conduongcoxua welcome to my blog

THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI.. 1..[r]

(1)

MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ

TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen tḥc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,… Ta còn gặp các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện cực trị Đây là dạng Toán khó, chỉ có chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng

Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu thấy là dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp tọa đợ, giải tích có thể đưa bài toán về một bài toán quen thuộc

Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu Được sự động viên, giúp của các thầy hội đồng bộ môn Toán của sở GD, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp tổ Toán – Tin học trường THPT Trần Phú Tôi mạnh dạn viết chuyên đề “ Một số bài toán cực trị hình học giải tích lớp 12”.

II THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI

1 Thuận lợi.

- Kiến thức được học, các bài tập được luyện tập nhiều

- Học sinh hứng thú tiết học, phát huy được khả sáng tạo, tự học và yêu thích môn học

- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh thực hiện chuyên đề

- Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý kiến cuả đờng nghiệp

2 Khó khăn.

- Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập

(2)

- Đa sớ học sinh ́u mơn hình học 3 Sớ liệu thống kê

Trong các năm trước, gặp bài toán liên quan đến Cực trị hình học sớ lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau:

Không nhận

biết được

Nhận biết, không biết vận dụng

Nhận biết và biết vận

dụng ,chưa giải được hoàn chỉnh

Nhận biết và biết vận dụng , giải được bài hoàn chỉnh

Số lượng 60 20

Tỉ lệ ( %) 66,7 22,2 9,9 1.1

III NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ

1.

Cơ sở lý luận.

Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả tư Từ những kiến thức bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt kiến thức nâng cao)

Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ không gian để giải các bài toán được đặt

2 Nội dung.

2.1 Nhắc lại một số dạng toán hay sử dụng

a.

Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α)

M lên (α)

 Viết phương trình đường thẳng MH(qua M và vng góc với (α))

 Tìm giao điểm H của MH và (α) Nếu u cầu tìm điểm M’ đới xứng với M qua mặt phẳng (α) ta tìm hình chiếu H của M lên (α), dùng cơng thức trung điểm suy tọa đợ M’

b.Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:  Viết phương trình tham sớ của d

 Gọi H

 d

(3)

 Tìm t, suy tọa độ của H

2.2

Ca ́c bài toán cực trị liên quan đ ến tìm một điểm thỏa điều kiện

cho trước.

Bài toán 1: Cho n điểm A1, A2, An, với n số k1, k2,.,kn thỏa k1+ k2+ ….+kn = k ≠ và đường thẳng d hay mặt phẳng (α) Tìm điểm M đường thẳng d hay mặt phẳng (α) cho k MA1 1 k MA2 2  k MAn n

  

có giá trị nhỏ nhất. Lời giải:

 Tìm điểm I thỏa k IA + k IA + + k IA1 2 n n 0

   

 Biến đổi

1 2 n n n

k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI    

 Tìm vị trí của M MI



đạt giá trị nhỏ nhất

Giải:

1) Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0   I là trung điểm AB và I(0; 2; 4)

Khi đó   2

      

MA + MB MI + IA + MI IB MI

có giá trị nhỏ nhất <=>

 MI

nhỏ nhất <=> M là hình chiếu vng góc của I lên đường thẳng d

Đường thẳng d có vtcp 

u = (1; 1; 1), phương trình tham số d:     

x = + t y = -1 + t

z = t

Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t), 

IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) M là hình chiếu vng góc của I lên đường thẳng d IM u               0 hay 3t – = <=> t = 1

Vậy M( 5; 0; 1)

2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa JA - 4JB = 0  

Ta có: (0 –x; –y; – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0) Ví dụ 1: Cho đường thẳng

 

x- y+1 z

d = =

1 1 và hai điểm A 0;1;5









B 0;3;3 Tìm điểm M d cho 1)

  MA + MB

có giá trị nhỏ nhất 2)

 

MA - 4MB

(4)

=>x = 0; y = 13

5 , z =

3, J(0; 13

; 3)

Khi đó   )  3 3

                                                                                                               

MA - 4MB MJ+ JA- 4(MJ JB MJ MJ

có giá trị nhỏ nhất M là hình chiếu vng góc của J lên đường thẳng d

Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t),

18 17

5



JM = ( t+ 4; t - ; t - )

M là hình chiếu vng góc của J lên đường thẳng d 0

 

JM u hay 3t – = <=> t = 1 Vậy M( 5; 0; 1)

 

MA - 4MB

có giá trị nhỏ nhất

Giải: 1) Gọi điểm G thỏa   



GA + GB +GC = G là trọng tâm của tam giác ABC và G(0;-2;1)

Ta có 

  

MA + MB MC

=   

     

MG + GA + MG GB MG GC =3

 MG

có giá trị nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α)

MG nhận 

n = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương

Phương trình tham sớ MG

    

x = 2t y = -2-2t

z = 1+3t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 17t 17 0   t 1 Vậy với M(-2; 0; -2) 

                                         

MA + MB MC

có giá trị nhỏ nhất 2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2IB   3IC 0

Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0)

23

x = 4; y = - ; z =

-2  , 23 ; ) 2   I(4;

Ta có: 3                                          

MA -2MB MC

=  ) 3(  )

     

MI+IA -2(MI IB MI IC =2

 MI

có giá trị nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = và ba điểm A 1;0;1









B -2;1;2 ,C 1;-7;0





1) 

                                         

MA + MB MC

2) 3

                                         

MA -2MB MC

(5)

Phương trình tham sớ MI:

23 

  

   

  

x = 4+2t

y = -2t

z = +3t

23

2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10

2

         17t 73 t 73

2 34

    

Vậy với

5 245 135

; ; )

17 34 17

  

M(

thì 3

  

MA -2MB MC

đạt giá trị nhỏ nhất

Bài toán 2: Cho đa giác A1 A2 ….An và n số thực k1, k2, …., kn thỏa k1+ k2+ ….+ kn = k Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) cho tổng T = k MA1 12k MA2 22 k MAn n2 đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn

nhất

Lời giải: - Tìm điểm I thỏa k IA + k IA + + k IA1 2 2 n n 0

   

- Biến đổi : T =k MA1 12k MA2 22 k MAn n2 = = (k + + k )MI1 n 2+

2 2

1  2  n n

k IA k IA k IA + 2MI(k IA + + k IA )1 n n

  

= kMI2

+k IA1 12k IA2 22 k IAn 2n

Do k IA1 12k IA2 22 k IAn n2 không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vng góc của I lên mặt phẳng hay đường thẳng

Chú ý:

- Nếu k1+ k2+ ….+ kn = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất

- Nếu k1+ k2+ ….+ kn = k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ nhất.

Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + = và ba điểm A(1; 2; -1),

B(3; 1; -2), C(1; -2; 1)

1) Tìm M mặt phẳng (α) cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.

2) Tìm M mặt phẳng (α) cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn

(6)

Giải:

1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0   I là trung điểm AB và

3 (2; ; )

2  I

Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA) +(MI + IB)2

   

2 2

IA + IB +2MI +2MI(IA + IB)

                 =IA + IB +2MI 2 2

Do IA + IB2 2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất MI2 có giá trị nhỏ

nhất, hay M là hình chiếu vng góc của I lên (α) Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp nα (1; 2; 2)



Phương trình tham sớ MI:

3

3 

     

  

x = 2+t y = + 2t

z = +2t

3

2 t 2( 2t) 2( 2t) 9t t

2

            

1 (1; ; )

2  M  

Vậy với

1 (1; ; )

2   M

MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.

Nhận xét:

Với I là trung điểm AB thì MA2 + MB2 = 2MI2 +

2

2 AB

, AB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α).

2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa JA - JB -JB = 0                

Hay (1 x;2 y; z) (3 x;1 y; z) (1 x; y;1 z) (0;0;0)               x

3 y J(3; 3;0) z

  

 

     

  

Ta có: MA2 - MB2 – MC2 =(MJ + JA) - (MJ + JB)2  (MJ + JC)2

     

2 2

J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC)                       

2 2

JA JB JC MJ

(7)

Do JA JB2   JC2 không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhất MJ nhỏ

nhất hay M là hình chiếu của J mặt phẳng (α) Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp

n



(1; 2; 2)



Phương trình tham sớ MJ:

    

x = 3+t y = -3+ 2t z = 2t

Tọa đợ M ứng với t là nghiệm phương trình:

4 t 2( 2t) 2.2t 9t t

9             23 35

( ; ; ) 9  M  

Vậy với

23 35 ( ; ; )

9   M

MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất.

Giải:

1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2 IB = 0   Hay: ( x;1 y; z) 2(2 x; y; z) (0;0;0)         

4 x

3 y I(4; 3;6) - 6+z

  

 

     

 



Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA) 2(MI + IB)2 

   

2 2

IA 2IB MI + 2MI(IA IB)

                   IA 2IB MI2 2

  

Do IA - IB2 2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn nhất MI2 có giá trị nhỏ

nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d

Đường thẳng d có vtcp (1;2;1)



u , phương trình tham sớ d:

    

x = 1+t y = 2+ 2t z = 3+ t

Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình:

x-1 y-2 z-3 = =

1 và các điểm

A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3) Hãy tìm điểm M d cho 1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất

(8)

M d  M(1 t; 2t; t)   , IM = ( t-3; 2t + ; t - 3) M là hình chiếu vng góc của I lên đường thẳng d IM u               0

2

6 ( ; ; )

3 3

 t   t   M

Vậy với

1 ( ; ; )

3 3 M

MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất

Nhận xét:

Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M

VớiM d  M(1 t; 2t; t)  

Và MA2 - 2MB2 = (t + 1)2 + (2t + 1)2 +(t + 5)2 – 2[(t - 1)2 + (2t + 3)2+(t +1)2

= - 6t2 – 8t +5

Xét hàm số f t( ) – 5, t2 t  t R

Có đạo hàm

2 '( ) 12t – , '( )

3 f t  t f t   t

Bảng biến thiên t

  



f’(t) +

f(t)

23

3    

Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất

2 t 

Hay MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất

1 ( ; ; )

3 3 M

2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa GA + GB +GC = 0    G là trọng tâm tam giác ABC và G(2; 1; 1)

Ta có: MA2 + MB2 + MC2 =(MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC)2 2

     

= GA GB2   GC +3MG + 2MG(GA GB GC)2  

                                                       

= GA GB2   GC +3MG2

Do GA GB2   GC2 không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất MG

nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vng góc của G lên đường thẳng d

(9)

Khi M là hình chiếu vng góc của I lên đường thẳng d GM u               0

1

6 ( ;1; )

2 2

 t   t   M

Vậy với

1

( ;1; )

2

M

MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất.

Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = và hai điểm A,B không thuộc (α) Tìm điểm M (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

1 Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < A, B nằm về hai phía

với (α) Để MA + MB nhỏ nhất M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và AB

2 Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 A, B nằm về mợt

phía với (α) Khi đó ta tìm điểm A’ đới xứng với A qua (α) Do MA + MB = MA’+ MB mà đạt giá trị nhỏ nhất M thuộc A’B hay M là giao điểm của (α) và A’B

Giải:

Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α)

Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất M là giao điểm của AB và (α) Đường thẳng AB qua điểm B, nhận AB(1; 1;0) làm vecto chỉ phương

Phương trình tham số của AB:

2

x t

y t z

  

     

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: + t – 2(-t)- 2.2 + =

3

t t

    

Hay

4 ( ; ;2)

3 M

là điểm cần tìm

Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương

(10)

Giải:

1) Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về một phía của (α)

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhất M là giao điểm của A’B với (α)

Đường thẳng AA’ qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận  (1; 1;2)



n

làm vecto chỉ phương

Phương trình tham sớ AA’:

1

x t

y t

z t

  



  

   

Tọa độ hình chiếu vng góc H của A (α) ứng với t của phương trình + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) =  6t – = hay t =

1 3

H( ; ;0)

2  2

Do H là trung điểm AA’ nên ' ' '

2

1 '(2; 1; 1)

A H A

 

 

  



  



x = 2x x

y =2y y A

z = 2z z A’B có vtcp A'B(1;0; 3)

Phương trình tham sớ A’B:

2 1   

      

x t

y

z t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: + t – + 2(1 – 3t) =

3

5

t t

     

hay

13

( ;1; )  M

Vậy với

13

( ;1; )  M

MA + MB có giá trị nhỏ nhất

2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α).Vậy nên A’ và C nằm cùng một phía đối với (α)

Ta thấy MA - MC MA' - MC A'C

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = và ba điểm A(1; 2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2) Hãy tìm điểm M d cho

(11)

Nên MA - MC đạt giá trị lớn nhất M thuộc A’C phía ngoài đoạn A’C, tức M là giao điểm của A’C và (α)

Đường thẳng A’C có vtcp  ( 1; 3; 3)  

A'C

Phương trình tham sớ A’C:

2 3 t    

      

x t

y

z t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) =

3

4

t t

     

hay

5 5

( ; ; )

4   M

Vậy với

5 5

( ; ; )

4   M

MA - MC có giá trị lớn nhất

Bài toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộc d. Tìm điểm M đường thẳng d cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải: 1 Nếu d và AB vng góc với nhau Ta làm sau:

- Viết phương trình mặt phẳng (α) qua AB và vng góc với d - Tìm giao điểm M của AB và (α)

- Kết luận M là điểm cần tìm.

2 Nếu d và AB khơng vng góc với nhau Ta làm sau:

- Đưa phương trình của d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo tham số t

- Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB - Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy t

- Tính tọa độ của M và kết luận.

Giải:

Đường thẳng d có phương trình tham sớ

1 2

x t

y t

z t

  



  

   

Ví dụ 1: Cho đường thẳng

 

x-1 y + z-3

d = =

(12)

qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u(2; 2;1) và CD(7;5; 4) Ta có u



CD= 14 -10 – =  dCD

Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với d

(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận u(2; 2;1) làm vecto pháp tuyến Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = hay 2x – 2y + z + =

Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất M là giao điểm của d và mp(P)

Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình:

+ 4t + + 4t + + t + = 0 9t + 18 0 t 2

Vậy M(-3; 2; 1) MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2 17

Giải: Ox có vtcp i (1;0;0)



qua O(0; 0; 0), AB có vtcp  ( 1;1; 2) 

AB và

i   

  

AB Ox và AB không vuông góc. Ta có [ ,i ]

                           

AB OA= (0; 2; 1)(3; 0; 2) = + +2 = nên AB và Ox chéo nhau.

Phương trình tham sớ của Ox:

0 x t y z

  

     ( ;0;0)

 

M Ox M t

S = MA + MB = (t -3)2  0 (t -2)2 1 0= (t -3)2 4 (t -2)21 Ta phải tìm t cho S đạt giá trị nhỏ nhất

Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các điểm Mt(t; 0)  Ox và hai điểm

At(3;2), Bt(2; 1) S = MtAt + MtBt

Ta thấy At, Bt nằm cùng phía với Ox nên ta lấy At’(3; -2) đối xứng với At

qua Ox

Phương trình đường thẳng At'Bt : 3x + y – =

S = MtAt + MtBt nhỏ nhất M là giao điểm của Ox và At'Bt  3t - =

hay  t

Vậy ( ;0;0)

3 M

là điểm cần tìm

Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số.  Từ biểu thức S = (t -3)2 4 (t -2)21

Ta xét hàm số f t 

 

t  

Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0) Hãy tìm điểm M trục Ox

(13)

Có đạo hàm

 









3

t t

 

  

   

f t

 









3

0

3

t t

 

    

   

f t









( 3) ( 2)

3

t t

  

 

    (*)

với điều kiện ≤ t ≤ ta có:

(*) 



t

 

t





t

 

t











3 2( 2)

t t

  



     

  



1 [2;3]

3

t t

  

 

  

Bảng biến thiên của hàm số f(t) :

t

 

3 

f’(t) - +

f(t)

 

38 10

3 

Từ bảng biến thiên suy

 

7

3 f t   f  

 =

38 10

3 

Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

38 10

3 

, đạt được tại t 

, tức là M(

7

3; 0; 0)

Giải: Ví dụ 3: Cho đường thẳng

 

x-2 y-2 z -1

d = =

(14)

Đường thẳng d có phương trình tham sớ

1 2

x t

y t

z t

  



  

   

qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp u(2;2;1) và AB(2;3; 1) Ta có u.



CD= + – = ≠  d không vuông góc với AB và [ ,  u AB NA] = (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – =  d và AB chéo nhau

- Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), AB không đổi nên 2p đạt giá trị nhỏ nhất MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

Xét điểm M d M(1 ; t 2+2t;1t), ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

Xét f t

 

t

f t

 

t

Có đạo hàm 2

3

'( )

(3 2) (3 1)

t t

f t

t t

 

 

   

2

3

'( ) 0

(3 2) (3 1)

t t

f t

t t

 

   

   

2

3 (3 1)

(3 2) (3 1)

t t

  

 

    với

2

3 t

  

 (3t2) [(3 1)2 t 24] (3 1) [(3 t t2)21]

2

5

2(3 2) 3

4(3 2) (3 1)

2(3 2) 1

3 t

t t

t t t

t t

t  

 

  



         

  

  

 Bảng biến thiên của hàm số f(t) :

t

  



f’(t) - +

f(t)

 

(15)

Hay với

2 ; ; ) 3 M(

MA + MB đạt giá nhỏ nhất

Nhận xét: Trong dạng toán này nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số thì việc tìm t sẽ đơn giản hơn.

Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d1,d2 chéo Tìm các điểm M d1, N d2 là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên.

Lời giải: - Viết phương trình hai đường thẳng

dạng tham sớ

- Lấy M

 d

tham sớ)

- Giải hệ phương trình

.



0

 

MN u

2

.



0

 

MN u

,



u



u

- Tìm tọa đợ M, N và kết luận.

Giải: 1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp 1(1;2; 1)



u

d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp  ( 7;2;3) 

u Ta có [ 1,



u 2



u ] 1 2



M M



0

2) M



d



d

dài đoạn vuông góc chung của d1 và d2

Phương trình tham sớ của hai đường thẳng

d1:

5 11

t t   



  

   

x t

y

z , d

2:

4 t t   



  

   

x t

y z

Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng

1:

1

d x-5 = y+1 = z -11

-1 , d2: 7 x+ y-3 z -

= = 1) Chứng minh d1, d2 chéo

(16)

M



d



d

(





MN

Ta có

1

.

0

6 ' 6

6 0

2

62 ' 6

50 0

'

1

.

0

t









 

























 

MN u

Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1)

Vậy với M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) đợ dài MN ngắn nhất

2 21

Giải:

- Lấy điểm M d, Gọi H là hình chiếu vng góc của M lên AB

- Tam giác MAB có diện tích S =

1

2AB.MH đạt giá trị nhỏ nhất MH nhỏ nhất, hay MH là đoạn vuông góc chung của AB và d

Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp (1;1;0) 

u AB qua A(1; 2; 3) và





AB



u với 1(0;1;1)



u là véc tơ chỉ phương của AB

Phương trình tham số AB

1 ' ' t t           x y z

M(2 + t; 4+ t; -2)



d

 AB



(



MH

Ta có

.

0

' 2

3

'

3

2 '

3

.

0

t

t t

t

































 

MH u

Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) đó MH =

2 3

2 2

1

6

2

S



AB.MH



Ví dụ 2: Cho đường thẳng d:

2 t           x t y

(17)

Giải:

- Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d tại M, tiếp xúc với Ox tại N

- Ta thấy 2R = IM + IN ≥ MN, đó mặt cầu (S) có đường kính nhỏ nhất là 2R = MN và chỉ MN nhỏ nhất hay MN là đoạn vuông góc chung của d và Ox

Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp u(0;1; 1) Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i (1;0;0)



[ , 

u i ]



OM



0



(



MN

Ta có

.

0

2 0

1

' 0

.

0

t t

t

i







  





















 



MN u

MN

Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O Mặt cầu (S) có tâm I (0

1 ; ; )

2 , bán kính R =

2  MN

Phương trình mặt cầu (S):

2 ( 1)2 ( 1)2

2 2

x  y  z 

Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt phẳng.

Bài toán 1: Cho hai điểm phân biệt A,B Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A và cách B một khoảng lớn nhất.

Lời giải:

Họi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (α), đó tam giác ABH vuông tại H và khoảng cách d(B; (α)) = BH ≤ AB Vậy d(B; (α))

Ví dụ 3: Cho đường thẳng d:

0

2 t

t   

     

x y

(18)

lớn nhất AB A ≡ H, đó (α) là mặt phẳng qua A và vuông góc với AB

Giải:

(α) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất (α) là mặt phẳng qua D và vuông góc với DI

(α) nhận (2;



DI 1; -5) làm vecto pháp tuyến

Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) =  2x + y – 5z + 15 = 0

Giải:

Mặt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhất (α) qua B và vuông góc với AB

(1; 



BA 2; 2) là véctơ pháp tuyến của (α)

Phương trình (α): 1(x -1) + 2(y +1) +2( z – 1) =  x + 2y + 2z – = 0

R = d(A; (α)) 2

1

1 2

  



 

Phương trình mặt cầu (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 9.

Bài toán 2: Cho điểm A và đường thẳng ∆ không qua A Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆ cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất

Lời giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (α), K là hình chiếu vng góc của A lên ∆

Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhất H ≡ K, đó (α) là mặt phẳng qua ∆ và vuông góc với AK Hay (α) qua ∆ và vuông góc với mp(∆, A)

Ví dụ 1: Viết phương trình mặt phẳng (α) qua điểm D(1; -2; 3) và cách

điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất

Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), gọi (α) là mặt phẳng qua A Trong các mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (α), viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính lớn nhất

Ví dụ 1: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1) Viết phương

(19)

Giải:

Mặt phẳng (α) qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất (α) qua hai điểm A, B và vuông góc với mp(ABC)

(1; 1; 1)   



AB ,  ( 2; 3; 2)  

AC

(ABC) có véctơ pháp tuyến [ , ] ( 1;4; 5)    

n AB AC

(α) có véctơ pháp tuyến  [ , ] ( 6; 3)    3(3;2;1)

                                         

n n AB

Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) =  3x + 2y + z – 11 = 0

Giải: 1) d1 qua M1(2; 1; -1), có vtcp 1(1;2; 2)



u

d2 qua M2(0; 3; 1), có vtcp  ( 2; 4;4)



u Ta thấy 2

 

u u và M1d2 nên hai đường thẳng song song với

2) Xét (α1) là mặt phẳng chứa d1 và d2 (α1) có

véctơ pháp tuyến

1 [ , ] (8;2;6) 2(4;1;3) 2   2



  

     

1

n u M M n

Khoảng cách giữa d2 và (α) là lớn nhất (α) phải

vuông góc với (α1)

Do đó (α) nhận [ , ] (8; 11; 7)  

 

1

u n là véctơ pháp

tuyến, qua M1(2; 1; -1)

Phương trình (α): 8(x -2) -11(y -1) -7(z +1) = hay 8x – 11y – 7z – 12 =

Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α). Tìm đường thẳng ∆ nằm (α) qua A và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất.

Lời giải: Ví dụ 2: Cho hai dường thẳng

2 1

:

1 2

x y z

d     

 ,

3

:

2 4

x y z

d    

 

1) Chứng minh hai đường thẳng song song với

2) Trong các mặt phẳng chứa d1, viết phương trình mặt phẳng (α)

(20)

Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn nhất

A ≡ H hay ∆ là đường thẳng nằm (α) và vuông góc với AB.

Gọi K là hình chiếu vng góc của B lên (α) đó d(B; (α)) = BH ≥ BK Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ nhất khi K ≡ H hay ∆ là đường thẳng qua hai điểm A, K

Giải: Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến  (2; 2;1)



n

1) Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên (α)

Phương trình BH:

2

t   

   

   

x t

y

z t

Tọa độ điểm H ứng với t là nghiệm của phương trình:

2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + + t + 15=  t2 hay H(-2; 7; 3)

Ta thấy d(B; ∆) nhỏ nhất ∆ qua hai điểm A, H vậyAH (1;4;6) là véc tơ chỉ phương của ∆

Phương trình của ∆:   x+3 y-3 z +3

2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất ∆ là đường thẳng nằm (α), qua A và vuông góc với AB

∆ có véctơ chỉ phương  [ , ] (16;11; 10)    

                                      

u AB n

Phương trình của ∆: 16 11 10 x+3 y-3 z +3

Giải:

Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = và điểm A (-3; 3; -3)

Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua điểm A và cách điểm B(2;3; 5) một khoảng :

1) Nhỏ nhất 2) Lớn nhất

Ví dụ 2: Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm C(2; -1; 3), vuông góc với đường thẳng d:  

x-3 y+2 z +5

(21)

Xét mặt phẳng (α) qua C và vuông góc với d, (α) nhận d (1;2; )



u làm véctơ pháp tuyến, ∆ nằm (α)

Do d(D; ∆) lớn nhất ∆ nằm (α), qua C và vuông góc với CD. ∆ có véctơ chỉ phương  [ , ] (1; 8;5) 

  

u CD n

Phương trình ∆:  8  x-2 y+1 z -3

Giải:

1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp d (1;0; )



u -1 ,  ( 2;2;0) 

MB [ ,            u MB  d ] (2;2;2) 2(1;1;1) 2   n

(α) qua B nhận  (1;1;1) 

n làm véctơ pháp tuyến Phương trình (α): x + y + z – =

2) Gọi H là hình chiếu của A lên (α), để d(A, ∆1) nhỏ nhất ∆1 qua hai

điểm B,H

Phương trình tham sớ AH:

2 1

t t   



  

   

x t

y z

Tọa độ H ứng với t là nghiệm phương trình: + t + + t -1 + t – =

1

3

t t

     H( ; ;5 4)

3 3  

8 4 4

( ; ; ) (2; 1; 1)

3 3 3

 

    

 

1

BH u

 ∆1 nhận



1

u làm véc tơ chỉ phương Ta thấy



u và ud không cùng phương nên d và ∆

1 cắt (do cùng thuộc

mặt phẳng (α))

Vậy phương trình ∆1: 1

 

 

x+1 y-2 z

Ví dụ 3: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng d:

1   

     

x t

y

z t

1) Viết phương trình mặt phẳng (α) qua d và B

2) Viết phương trình đường thẳng ∆1 qua B cắt d cho khoảng

cách từ A đến ∆1 lớn nhất

3) Viết phương trình đường thẳng ∆2 qua B cắt d cho khoảng

(22)

3) Gọi K là hình chiếu của A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆2 )

lớn nhất K ≡ B hay ∆2 nằm (α)và vuông góc với AB

Ta có [ , ] (0; 4;4)  4(0;1; 1) 4

  

n AB u  ∆

2 nhận 

u làm véc tơ chỉ phương, mặt khác



u và d



u không cùng phương nên d và ∆2 cắt (do cùng tḥc mặt phẳng (α))

Phương trình ∆2:

1 2 t

t   

  

  

x y z

Chú ý :

Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số đề giải ý và ý trong ví dụ 3.

Gọi ∆ là đường thẳng tuỳ ý qua B và cắt d, giả sử ∆ cắt d tại điểm

N(1+t, 0;-t), đó ∆ có véc tơ chỉ phương NB   ( t;2; )t Ta có  ( 3;1;1)



AB , [ , ] (2  t;2 ;4 t  t)  

NB AB

Và d(A;∆) =

2 2

[ , ] (2 ) (2 ) (4 )

( ) ( )

t t t

t t

    



   

   NB AB

NB

=

2

3 10 12

2

t t

 

 

Xét hàm số

2

3 10 12

( )

2

t t

f t

t t

 



  có

2

16 64

'( )

( 4)

t t

f t

t t

 

  , với mọi tR

'( )

2 t f t

t      



Bảng biến thiên của f t( )

t   -2 

f’(t) + - + f(t)

11

Từ bảng biến thiên ta thấy:

 d(A;∆) lớn nhất 11 t = -2  N(-1; 0;2) (0;2; 2) 2(0;1; 1)

   



(23)

và đường thẳng cần tìm có phương trình là:

1 2 t

t   

  

  

x y z

 d(A;∆) nhỏ nhất

3 t =  N(3; 0;-2) ( 4;2;2) 2(2; 1; 1)

    



NB

và đường thẳng cần tìm có phương trình là : 1 1 x+1 y-2 z

Bài toán 4: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hoặc nằm (α) và không đi

qua A Tìm đường thẳng ∆ nằm (α), đi qua A cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất.

Lời giải:

Gọi d1 là đường thẳng qua A và song

song với d, B là giao điểm của d với (α) Xét (P) là mặt phẳng (d1, ∆), H và I là hình

chiếu vuông góc của B lên (P) và d1

Ta thấy khoảng cách giữa ∆ và d là

BH và BH ≤ BI nên BH lớn nhất I ≡ H, đó ∆ có vtcp  [ , ]

                                         

u BI n .

Giải:

Đường thẳng d có vtcp u(1; 2; -1), (α) có vtpt  



n (2; -1; 1)

Phương trình tham số d:

1 2

t   



  

   

x t

y

z t

Gọi B là giao điểm của d và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình: 2+ 2t – – 2t – 3+ t + =  t = -1  B(0; 0; 4)

Xét d1 là đường thẳng qua A và song song với d

Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:   1 x-1 y-2 z -3

(24)

Phương trình tham số đường thẳng d1:

1

t   



  

   

x t

y

z t

Gọi I là hình chiếu vuông góc của B lên d1

 I(-1 + t; + 2t; – t), BI (-1 + t; + 2t;-5– t)

Ta có BI u               0  -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) =  t = -1 I(-2; -1; 2) Đường thẳng ∆ có vtcp  [ , ]

                                         

u BI n = (-5; -10; 4)

Phương trình ∆: 5 10  x+1 y-1 z -1

Giải:

Mặt phẳng (α) qua A và song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= => d nằm (α)

Đường thẳng ∆ có vtcp u(2;1;-3), (α) có vtpt  



n (1;1;-1)

Phương trình tham số ∆:

1

4 t   

      

x t

y

z t

Gọi B là giao điểm của ∆ và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình: -1+ 2t + t – (4- 3t) + = t =

1

2  B(0; 2;

5 2) Xét ∆1 là đường thẳng qua A và song song với ∆

Phương trình tham sớ đường thẳng ∆1:

1 2

t   



  

   

x t

y

z t

Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên ∆1  H(1 + 2t; -1 + t; – 3t), 



BH (1 + 2t; t

-3 2; -3t)

Ta có BI u               0  2 + 4t + t -

2 + 9t =  t = 28 

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) và đường thẳng ∆: 3

x+1 y z-4

= =

(25)

  BH=(

13 14;

43 28 

; 28) =

1

28(26; -43; 3) = 28

 u

Đường thẳng d có vtcp d [ ,1 ]

                                         

u u n = (40; 29; 69)

Phương trình d : 40  29  69 x-1 y+1 z -2

Bài toán 5: Cho hai đường thẳng ∆1 và ∆2 phân biệt và không song song với Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆1 và tạo với ∆2 một góc lớn nhất.

Lời giải:

Vẽ một đường thẳng bất kỳ ∆3 song song với ∆2 và cắt ∆1 tại M Gọi I là điểm

cố định ∆3 và H là hình chiếu vng góc của I lên mp(α), kẻ IJ ∆1

Góc giữa (α) và ∆2 là góc IMH

Trong tam giác vuông HMJ có cos IMH= 

HM MJ

IM IM không đổi

Suy góc IMH lớn nhất MJ = MI hay H ≡ J, đó IMH=(∆1,∆2) và (α) là mặt phẳng chứa

∆1 đồng thời vuông góc với mặt phẳng (∆1,∆2)

Khi đó (α) nhận [ 1,[ 1, 2]]

  

u u u làm véctơ pháp tuyến

Giải:

Đường thẳng d qua điểm M(2; -1; 1) có vtcp u(2; 1; 1) , AB(1;1;2) => n= [ , ] ( 3; 3;3)   3(1;1; 1)

  u AB

Mặt phẳng (α) qua điểm A và nhận [ ,n AB  ] (3; 3;0) 3(1; 1;0)    làm vecto pháp tuyến

Phương trình mp(α): 1(x – 3) - 1(y + 4) = hay x – y – = Khi đó cos((α),d) =

2 5  



Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:  1  x-2 y+1 z-1

(26)

Giải: Mp(p) có vecto pháp tuyến P (2; 1; )



n ,

Xét đường thẳng d qua A và vuông góc với (P), d có véctơ chỉ phương P (2; 1; )



n , Oy có véctơ chỉ phương j (0;1;0) nên d và Oy không song song Theo bài toán nếu (α) tạo với trục Oy góc lớn nhất (α) chứa d và vng góc với mp(d,Oy)

Do đó (α) nhận [nP,[nP, ]]j

  

= -2( 1; 4; 1) làm véctơ pháp tuyến

Phương trình (α): 1(x -1) + 4(y -1) +1( z + 1) = hay x + 4y + z – = Bài toán 6: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hoặc nằm (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm (α), qua A và tạo với d góc lớn nhất, nhỏ nhất.

Lời giải:

Vẽ đường thẳng d1 qua A và song song

với d Trên d1 lấy điểm B khác A là điểm cớ

định, gọi K, H là hình chiếu vuông góc của B lên (α) và ∆

Ta có góc (d, ∆) = BAH và sin(d, ∆) = sinBAH=

BH AB≥

BK

AB Do góc

(d, ∆) nhỏ nhất K ≡ H hay ∆ là đường thẳng AK

Góc (d, ∆) lớn nhất 900 ∆d và ∆ có vtcp  [ , ]   

                                      

d

u u n

Giải:

Ví dụ 2: Cho điểm A(1; 1; -1) và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + = Trong

các mặt phẳng qua A và vuông góc với (P), viết phương trình mặt phẳng (α) tạo với trục Oy góc lớn nhất

Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x + 2y – z – = 0, điểm A(1; 2; -2) và đường thẳng d:  

x+2 y-1 z -3

(27)

(α) có vectơ pháp tuyến  (2;2; ) 

n -1 , d có vectơ d (1;1;1)



u qua điểm

M(-2; 1; 3) Ta thấy A(α) mặt khác  

n d 0



u nên d không song song hoặc nằm (α)

1) ∆1 tạo với d một góc lớn nhất ∆1d

Do đó ∆1 có vectơ chỉ phương [ , ]                                          

d

u u n = (-3; 3; ) = -3(1; -1; 0)

Phương trình tham số của ∆1:

2

t    

     

x t

y z

2) Xét đường thẳng d1 qua A và song song với d

Phương trình d1: 1

 

x-1 y-2 z +2

, lấy điểm B(2; 3; -1)d1

Gọi K là hình chiếu vng góc của B lên (α)

Phương trình tham sớ của BK

2

1 t t   



  

   

x t

y

z , tọa độ của K ứng với t là nghiệm của phương trình : 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) – (- – t) – =

 9t + = hay t =

 K(10 19; ; 5)

9 9  

∆2 tạo với d một góc nhỏ nhất nó qua hai điểm A và K,

1 13 ( ; ; )

9 9 



AK ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương 9 (1;1;13)

 

u AK

Phương trình ∆2 : 1 13

 

x-1 y-2 z +2

Giải: Đường thẳng d có vectơ (2;1;1)

d 

 u

Xét mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với d ∆ nằm (α) (α) nhận d (2;1;1)



u làm vectơ pháp tuyến. Phương trình (α): 2x + y + z – =

Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên (α), BH có vectơ d (2;1;1)

 u

Ví dụ 2: Cho hai điểm A(1; 0; 0) , B( 0; -2; 0) và đường thẳng d:

2   x-1 y-2 z -3

(28)

Phương trình tham sớ của BH

2 2 t t   

  

  

x t

y

z , tọa độ của H ứng với t là nghiệm

của phương trình: 4t -2 + t + t – = 0 6t – =

2 t

3

 

hay H(

4

; ;

3 3 

) ∆ tạo với AB một góc nhỏ nhất nó qua hai điểm A và H,

1 ( ; ; )

3 3  



AH

∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương  3 (1; 4;2)

 

   

u AH

Phương trình ∆ : 4 2

x-1 y z

Bài tập áp dụng.

Bài 1: Cho ba điểm A(1; -2; 1), B(-1; 1; 2), C(2; 1; -2) và mặt phẳng (α) có phương trình x + 2y – 2z + =

1) Tìm điểm M (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất 2) Tìm điểm N (α) cho NA + NC có giá trị nhỏ nhất

3) Tìm điểm S (α) cho SA2 + SB2 – 3SC2 có giá trị lớn nhất.

4) Tìm điểm P (α) cho 

  

PA +2PB PC

có giá trị nhỏ nhất Bài 2: Cho đường thẳng

 

x-2 y + z+2

d = =

-1 và hai điểm A(3; 1; 1), B(-1; 2; -3) Hãy tìm điểm M d cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất Bài 3: Cho đường thẳng

 

x-2 y - z-2

d = =

1 và hai điểm A(0; 1; 1), B(1; 2; 3) Tìm điểm M d cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất

Bài 4: Cho đường hai thẳng d1:

2

t t

t    

     

x y

z d

2:

 

x-1 y-2 z +1

Trong các mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2, viết phương trình mặt cầu

(S) có bán kính nhỏ nhất

Bài 5: Cho hai điểm C(1; -2; 2) và đường thẳng d có phương trình

2  

 

x-1 y- z +1

(29)

Bài 6: Cho họ đường thẳng dm:

1 (1   



   

   

x t

y m)t

z mt , với t   và m là tham số. 1) Chứng minh họ dm qua một điểm cố định và nằm mợt mặt

phẳng cớ định

2) Tìm m để khoảng cách từ dm đến gốc tọa độ lớn nhất, nhỏ nhất

3) Tìm m để khoảng cách từ dm và trục Oy lớn nhất

4) Tìm m để dm tạo với trục Ox góc lớn nhất, nhỏ nhất

Bài 7: Cho hai điểm A(1; 3; -1), B( 0; 0; 2) và đường thẳng d có phương trình

1  2  x-3 y+2 z -1

Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm I(-1; 1; 0), vuông góc với trục Oy và tạo với d một góc

1 Nhỏ nhất Lớn nhất

Bài 8: Cho điểm B(2; -1; -2), mặt phẳng (P): x – y + z + = và đường thẳng d:   1

x-1 y-2 z -3

Trong các mặt phẳng qua B và vuông góc với (P), viết phương trình mặt phẳng (α) tạo với d một góc lớn nhất

Bài 9: Cho điểm A(0; -1; 1) và ba đường thẳng ∆: 3

x+1 y z-4

= = , d1:

1

1 1

y z x

= =

, d2: 3

x+3 y+1 z-4

= =

1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A đồng thời song song với hai đường thẳng d1, d2

2) Trong các đường thẳng qua A và nằm (P), viết phương trình đường thẳng d cho khoảng cách giữa d và ∆ lớn nhất

Bài 10: Cho tứ diện ABCD với A(1;0;0), B(0; 1; 0),C(0; 0;1) và D(-2;-1;-2).

1) Tìm điểm M cho  

                                                       

MA + MB MC MD

2) Tìm điểm N mặt phẳng (ABC) cho NA2 – NB2 – 2ND2 có giá

trị lớn nhất

3) Cho (P) là mặt phẳng qua D và song song với (ABC), các đường thẳng qua D mp(P) Hãy viết phương trình đường thẳng d cho khoảng cách giữa d và trục Oz lớn nhất

Bài 11: Cho hai điểm A(2; 1; -3), B(1; 2; 0) và đường thẳng d:

x-1 y-2 z-3

= =

1

(30)

Bài 12: Cho hai điểm C(1; 1; -1), D(2; 2; 1) và đường thẳng d: 2 1 x-2 y-2 z-3

= =

Viết phương trình đường thẳng ∆ qua C, nằm mặt phẳng (P): x + y + z -1 = cho khoảng cách từ D đến ∆ là nhỏ nhất

Bài 13: Cho điểm A(1; 1; -1) và mặt phẳng (α): 2x – y + z + = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, vng góc với (α) và tạo với Oz một góc lớn nhất

Bài 14: Cho điểm A(2; -1; 0) và hai đường thẳng có phương trình ∆1: 1

x-1 y+1 z-1

= =

, ∆2: 1 x-2 y-1 z+3

= =

Trong các đường thẳng qua A và cắt ∆1 viết phương trình đường thẳng ∆sao cho khoảng cách giữa ∆và ∆2

là lớn nhất

Bài 15: Trong các mặt cầu qua điểm E(1; 2; -2) và tiếp xúc với mặt phẳng (P) 2x – 2y + z – = Hãy viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất IV KẾT QỦA

Chuyên đề này được thực hiện giảng dạy tham gia dạy 12NC và Luyện thi Đại học hai năm gần Trong quá trình học chuyên đề này, học sinh thực sự thấy tự tin, biết vận dụng gặp các bài toán liên quan, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức học, tạo nền tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu

K t qu sau th c hi n chuyên đ :ế ả ự ệ ề Không

nhận biết được

Nhận biết, không biết vận dụng

Nhận biết và biết vận

dụng ,chưa giải được hoàn chỉnh

Nhận biết và biết vận dụng , giải được bài hoàn chỉnh

Số lượng 50 37

Tỉ lệ ( %) 0.0 3.3 55.6 41.1

V GIẢI PHÁP MỚI

(31)

luyện tập nhiều, có thêm nhiều thời gian để sưu tầm các tài liệu tham khảo liên quan

VI THỰC TIỄN GIẢNG DẠY 1 Quá trình áp dụng

Bằng một chút vốn hiểu biết và kinh nghiệm giảng dạy một số năm, hệ thống được một số kiến thức liên quan, sưu tầm và tích lũy được một số bài tập phù hợp theo mức độ từ dễ đến khó để cho học sinh tham khảo tự giải 2 Hiệu quả sau sử dụng.

Sau học sinh học xong chuyên đề này học sinh thấy tự tin hơn, hứng thú hơn, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích mơn toán, mở mợt cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức học, tạo nền tảng cho học sinh tự học và tự nghiên cứu

3 Bài học kinh nghiệm.

Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, một kinh nghiệm được rút là trước hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ đó mới dạy các chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh nhằm bồi dương khiếu, rèn kỹ cho học sinh

Chuyên đề này chủ yếu đưa các bài tập từ đơn giản đến nâng cao từ đó hình thành kỹ năng, phương pháp giải Do đó giảng dạy phải cung cấp nhiều dạng bài tập khác để phát triển tư của học sinh

4

KẾT LUẬN

(32)

Tuy nội dung của chuyên đề khá rộng, song khuôn khổ thời gian có hạn người viết chỉ được các ví dụ, bài toán điển hình

Rất mong sự đóng góp ý kiến của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để chuyên đề này được đầy đủ hoàn thiện

VII TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Hình học 12, Bài tập hình học 12 – nhà XBGD năm 2008

2 Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao – nhà XBGD năm 2008

3 Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 2010

4 Các dạng Toán LT ĐH của Phan Huy Khải- NXB Hà Nội năm 2002 Long khánh,ngày 22 tháng 05 năm 2011

Người thực hiện