Bài toán cực trị hình học trong không gian

Ta coù ME MH.[r]

-

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI

BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC

LỜI MỞĐẦU

Thực tếgiảng dạy cho thấy mơn Tốn học trường phổ thơng mơn học khó, phần lớn em học mơn Tốn yếu đặc biệt hình học khơng gian, khơng có giảng phương pháp dạy mơn Hình học phù hợp hệ học sinh dễ làm cho học sinh thụ động việc tiếp thu, cảm nhận Đã có tượng số phận học sinh không muốn học Hình học, ngày xa rời với giá trị thực tiễn Hình học Nhiều giáo viên chưa quan tâm mức đối tượng giáo dục, chưa đặt cho nhiệm vụ trách nhiệm nghiên cứu, tượng dùng đồng loạt cách dạy, giảng cho nhiều lớp, nhiều hệ học trò cịn nhiều Do phương pháp có tiến mà người giáo viên trở thành người cảm nhận, truyền thụ tri thức chiều, cịn học sinh khơng chủ động trình lĩnh hội tri thức - kiến thức Hình học làm cho học sinh khơng thích học mơn Hình học

Tuy nhiên với việc đại số hóa hình học tốn hình học khơng gian trở lên đơn giản dễ nhìn Gần đề thi Đại học hàng năm bắt đầu xuất toán cực trị hình học khơng gian mà đơi việc giải toán cách trực tiếp kiến thức hình học khơng gian vơ khó khăn Chính lý tơi chọn đề tài “Bài tốn cực trị hình học khơng gian”.

NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ THUYẾT

Muốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ đại lượng hình học biến thiên f ta sử dụng phương pháp sau:

1 Vận dụng kết hình học để so sánh trực tiếp f với đại lượng không đổi cho trước Sau vài kết bản:

a ∀A, B,C, AB + BC ≥ CA Đẳng thức xảy A, B, C thẳng hàng theo thứ tựđó

b Nếu ABC vng A thì: AB < BC AC < BC

c Trong tam giác, đối diện với góc lớn cạnh lớn ngược lại d Trong tất đoạn thẳng vẽ từ điểm M đến mặt phẳng ( )α

(hoặc đường thẳng d) không chứa điểm M đoạn vng góc đoạn thẳng ngắn

e Đoạn thẳng vng góc chung hai đường thẳng chéo đoạn thẳng ngắn nối liền hai điểm thuộc hai đường thẳng

2 Nếu f được biểu thị thành biểu thức nhiều đại lượng biến thiên đại lượng lại ràng buộc với hệ thức liên hệ ta sử dụng bất đẳng thức đại sốđể tìm giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) của f Các bất đẳng thức thường dùng là:

a Bất đẳng thức Cô si: ∀ 1, ,

n a a … a ≥0,

1

1 n n

n

a a a

a a a n

+ …+ ≥

… Dấu đẳng thức xảy ⇔ 1 1

n a =a …=a b Bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki:

∀ 1, ,

n

a a … a , 1, , n x x … x ,

2 2 2 2

1 2 1 2

( ) ( )( )( )

n n n n

a x +a x …+a x ≤ a +x a +x a +x Dấu xảy ⇔ ∃ k ∈R, 1 1, 2 2, ,

n n x =ka x =ka x =ka

3 Nếu f được biểu thị hàm số biến số x ta sử dụng phương pháp khảo sát hàm số để tìm giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) hàm số miền xác định nó, từ suy giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) của f

4 Phương pháp tọa độ không gian

a Trong không gian oxyz: Xét hệ toạ độĐề vng góc giả sử A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2)

1 2

( , , )

AB = x −x y −y z −z

2 2

1 2

( ) ( ) ( )

AB = x −x + y −y + z −z

b Cho vectơ: u =( , , )x1 y1 z1

,

2 2 ( , , ) v = x y z

* u = x12 +y12 +z21

; v = x22 +y22 +z22

* u + ≤v u + v

(dấu “=” xảy u v,

cùng chiều vectơ

)

*Điều kiện để hai véc tơ a

b b( )≠

phương ∃ ∈t R đểa

=tb

*Điều kiện để ba véc tơ a

;c

b

không đồng phẵng a b c;  ≠

*Điều kiện để ba véc tơ a

;c

b

đồng phẵng làa b c;  =

* u ⊥ v ⇔u v = ⇔ x x1 2 +y y1 2 +z z1 2 =

* Cho ABC Thì AB+BC ≥ BC AB BC− ≤ AC dấu đẳng thức sãy ba điểm A;B;C thẳng hàng

II MỘT SỐ BÀI TỐN ĐIỂN HÌNH

Bài toán 1: Cho tam giác cân ABC, AB=AC Một điểm M thay đổi đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABC) A (M không trùng với điểm A)

a) Tìm quỹ tích trọng tâm G trực tâm H tam giác MBC

b) Gọi O trực tâm tam giác ABC, xác định vị trí M để thể tích tứ diện OHBC đạt giá trị lớn

(Đại học Quốc gia Hà Nội - 1997) Hướng dẫn giải

M

A B

C I

H

O D

E M

A B

C I

G

a) Gọi I trung điểm BC, trọng tâm ∆MBC G, trọng tâm ABC ,

G

Trong ∆ MIA ta có :

, IG IG

IM = IA = suy ,

GG // MA

Do G nằm đường vng góc với mặt phẳng (ABC) ,

G , đường thẳng chứa ,

GG

Với MI BD đường cao với H trực tâm ∆ ABC Vì BE ⊥CA MA nên BE ⊥(MAC) ⇒ BE ⊥MC (1)

BD đường cao MBC nên BD ⊥MC (2) Từ(1) (2) suy MC ⊥(BDE) ⇒ OH ⊥MC (3)

Vì BC ⊥MI MA nên BC ⊥(MAI) ⇒ BC ⊥OH (4) Từ (3) (4) suy OH ⊥(MBC) ⇒ HI ⊥OH

Vậy H nhìn đoạn cốđịnh OI góc vng

⇔Quỹ tích H đường trịn nằm mặt phẳng (MAI) có đường kính OI (trừ hai điểm O I)

b) Tứ diện OHBC có đáy OBC cốđịnh nên thể tích lớn H vị trí “cao nhất” so với đáy OBC

Xét ∆OHI vng góc ABC=450

Hay ∆OHI vuông cân ⇒MAI cân ⇒ AM =AI Vậy AM =AI thể tích tứ diện OHBC lớn

Bài tốn 2: Cho tam giác đều OAB có cạnh a > Trên đường thẳng d qua O vng góc với mp (OAB) lấy điểm M với OM = x Gọi E, F hình chiếu vng góc A lên MB, OB Trên đoạn thẳng EF cắt d N a)Chứng minh AN ⊥ BM

b)Xácđịnh x để thể tích tứ diện ABMN nhỏ

(Đại học Tổng hợp TP.HCM-1995) Hướng dẫn giải

x

N O

F

E M

A

a)Ta có AF ⊥OB AF ⊥OM nên AF ⊥(MOB)⇒ AF ⊥MB (1)

Theo gỉa thiết AE ⊥MB (2)

Từ (1) (2) suy MB ⊥(AEF) nên MB ⊥AN b)∆NOF ∼BOM (là vng cân có

N =B) Ta có:

2 OF

OF

2

NO a a

OM NO BO a

BO OM

= ⇔ = = =

Thể tích tứ diện ABMN là:

2

1

( )

3

ABMN OAB

a

V = S MN = OM +ON

ABMN

V nhỏ OM+ON nhỏ Biết

2

2 2

2 a

OM +ON ≥ OM ON = =a (Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương)

Khi đó: 2

2

a a

OM =ON = ⇔x =

Bài tốn 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA=h SA⊥(ABCD).M điểm thay đổi cạnh CD Đặt CM=x a) Hạ SH ⊥BM.Tính SH theo a, h x

b) Xác định vị trí M để thể tích tứ diện SABH đạt giá trị lớn tính giá trị lớn

(Đại học kỹ thuật TP.HCM-1998) Hướng dẫn giải

h

H

M D

C B

A S

2 2

sinHBA sinCMB AH BC AH AB BC a a a

AB BM CM a x a x

= ⇒ = ⇒ = = =

+ +

Trong tam giác vuông SHA ta có:

4

2 2 2

2 2

a a

SH SA AH h SH h

a x a x

= + = + ⇒ = +

+ +

b) Trong tam giác vuông ABH ta có:

2

2 2 2

2

2 2 2

ax

1 ax

3 6

SABH ABH

a BH a

a x a x

a a hx

V S SA h

a x a x a x

= − =

+ +

= = =

+

+ +

Xét hàm số V=f(x) [0;a], ta thấy V đạt giá trị lớn x=a⇔M trùng với D

Vậy Max

3

2

1

6 12

SABH

a hx

V a h

a

= =

Bài tốn 4: Cho một hình cầu K tích ( 3)

3π dm Người ta muốn đặt hình cầu nội tiếp hình nón có chiều cao h bán kính đáy R

a) Tìm hệ thức liên hệ h R

b) Xácđịnh h R để thể tích hình nón có giá trị nhỏ Hướng dẫn giải

r O

H B

A

S

a) Gọi r bán kính hình cầu, theo giả thiết ta có:

4

1

3

Cắt tổ hợp gồm mặt cầu hình nón cho mặt phẳng (P) qua trục SH hình nón ta đường tròn (O;r) nội tiếp tam giác cân SAB hình vẽ Ta có: r = OH, h = SH R = HA

Áp dụng công thức SSAB = pr đó: 2

2

2

2

AB SA SB R h R

p = + + = + + = +R h +R

Ta có:

2 SAB

S = SH AB =SH AH = Rh

Do ( 2).1

SAB

S = pr ⇔Rh = R + h +R

( )

( )

( ) ( )

2

2 2

2

1

2

2 *

2

R h h R

R h h h R

h

R h h R

h

⇔ − = +

⇔ − + = +

⇔ − = ⇔ =

−

(*) hệ thức liên hệ R h cần tìm b) Thể tích hình nón là:

2

1

3 ( 2) h V R h

h

π π

= =

− (ĐK h>2) Hàm số:

3

V h

h

π 

=  + +  −

  với biến số h xác định (2;+∞) Ta có:

2

' '

2

0

1 ( )

1 ;

4

3 ( 2) 3( 2)

h h h

V V

h

h h

π

π   −  =

=  −  = = ⇔ 

=

− − 

  

Bảng biến thiên:(ta xét biến h∈ +∞(2; )

h −∞ +∞

'

V + - - +

V 8

3 π

Từbảng biến thiê suy ( )3

Min

V = π dm h = 4 R = 2 Bài tốn 5: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;4;2), B(-1;2;4) đường thẳng :

1

x − y+ z

∆ = =

−

a) Viết phương trình đường thẳng d qua trọng tâm G tam giác OAB vuông góc với mặt phẳng OAB

Hướng dẫn giải

a) Viết phương trình đường thẳng d qua G, vng góc mp(OAB)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )  + + = =   + +  ∆  = = ⇒  + +  = =   = = − ⇒ = − = − ⊥ = = − d

trọng tâm OAB nên G thỏa 0;2;2

2

( ) có cặp VTCP laø 1;4;2 , 1;2;4 12; 6;6 / / 2; 1;1

( ) neân a 2; 1;1

O A B G

O A B G

O A B G

x x x

x

y y y

G y G

z z z

x

mp OAB OA OB

n n

d mp P n = − = −

−

2

maø d qua G nên pt đt :

2 1

x y z

d b) Tìm M∈∆để MA2 + MB2 nhỏ nhất

( ) ∆ + = + + ⇔ ⇔ ≡ − ∆ ∆ == 2 2

2

Gọi E trung điểm AB

2

ME chiếu E lên đt trung điểm AB nên E 0;3;3 ;

(P) mp qua E vuông góc đt P

AB MA MB ME

Vậy MA MB M H hình E

Goïi n a ( )

( ) − ⇒ − + + + = + + = ⇔ = − ⇒ − + + − =  = − − + + − =  ⇔ = ⇒ −  − +  = =   =  −  1;1;2 pt mp (P) :

(P) qua E neân pt mp (P) :

2

H thoûa 1 2 1;0;4

4

1

x y z m

m m x y z

x x y z

Vaäy x y z y M

z

Bài tốn 6: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho∆:

1

1 x − y z +

= =

− A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1) Tìm ∆ điểm M cho MA+MB nhỏ

Hướng dẫn giải Cách 1:

Nhận xét đường thẳng ∆ có vectơ phương v∆ = −( 1,2,1)

Và AB =(2, 4, 2) / /− − v∆

Thay toạ độ A vào phương trình ∆được: 2

1 − ≠ ≠ −

Ta có phương trình tham số ∆ là:

1

2 ( )

1

x t

y t t R

z t

 = − 

= ∈



 = − + 

Gọi I trung điểm AB I=(0,0,0) Gọi M hình chiếu I ∆thì M=(1-t , 2t , t-1) (1)

Vậy:IM =(1−t t t, , −1)

Ta có: 1

3

v IM∆ = ⇔ − +t t + − =t ⇔ =t

Thay

t = vào (1) ta 2, ,

3 3

M =  − 

 

Gọi A’ điểm đối xứng với A qua ∆ AB //∆ nên A’,M, B thẳng hàng MA’=MB Lấy điểm M’ tuỳ ý thuộc ∆

Ta có: M’A +M’B=M’A’+M’B≥ A’B= MA’+ MB = MA+ MB Cách 2:

Nhận xét đường thẳng ∆có vectơ phương v∆ = −( 1,2,1)

và (2, 4, 2) / /

AB = − − v∆

Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được: 2 − ≠ ≠

− Vâỵ điểm A khơng thuộc ∆nên AB //∆ Ta có phương trình tham số ∆là:

1

2 ( )

1 x t

y t t R

z t

 = − 

= ∈



 = − + 

Gọi H hình chiếu A ∆ H=(1-t,2t,-1+t) (1) Vậy AH = − +( t 2,2t −2,t −2)

Ta có 4

3 v AH∆ = ⇔ − +t t − + − =t ⇔ t = ⇔ =t

Thay

t = vào (1) toạđộđiểm 1, , 3

H = − 

 

Gọi A' =(x y z1, ,1 1) điểm đối xứng với A qua ∆ Ta có: ' 2, 16, / / (1, 8, 1)

3 3

A B =  − −  v = − −

 

Vậy phương trình đường thẳng A’B là:

1

x − y + z +

= =

Vậy phương trình tham số ∆là:

1

2 ( )

1

x t

y t t R

z t

 = − 

= ∈



 = − + 

Gọi M=(x,y,z) giao điểm A’B ∆thì toạđộ M nghiệm hệ:

1

1

2

2

1

1 2

3

3 x

s t t

s t y

s

s t

z 

=  

 + = − = 



  

− − = ⇔ ⇒ =

  

− − = − +  = −  − 

   =



Vậy 2, , 3

M =  − 

 

Nhận xét M điểm cần tìm Thật vậy, lấy điểm M tuỳ ý ∆ Ta có: M’A+M’B=M’A’+M’B≥ A’B=MA’+MB=MA+MB

Bài tốn 7: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho∆:

1

1

x − y z + = =

− A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1) Tìm ∆ điểm M cho MA MB+

nhỏ

Hướng dẫn giải Cách 1:

Nhận xét đường thẳng ∆có vectơ phương v∆ = −( 1,2,1)

(2, 4, 2) / /

AB = − − v∆

Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được: 2 − ≠ ≠

−

\Vâỵ điểm A khơng thuộc ∆nên AB// ∆ Ta có phương trình tham số ∆ là:

1

2 ( )

1

x t

y t t R

z t

 = − 

= ∈



 = − + 

Gọi I trung điểm AB I=(0,0,0) Gọi M hình chiếu I ∆thì M=(1-t , 2t , t-1) (1)

Vậy:IM =(1−t t t, , −1)

Ta có: 1

3

v IM∆ = ⇔ − +t t + − =t ⇔ =t

Thay

t = vào (1) ta 2, , 3

M =  − 

 

Thật Gọi M’ điểm tuỳ ý thuộc ∆

Ta có: M A M B' + ' =2M I' = 2M I' ≥ 2MI = MA MB+

Cách 2:

Ta có phương trình tham số ∆ là:

1

2 ( )

1

x t

y t t R

z t

 = − 

= ∈



 = − + 

Lấy điểm M (1−t;2t;− +1 t) Ta có AM =(

2-t;2t-2;t-2) BM = −( ;2t t +2; )t

Nên AM +BM =

(2-2t;4t;2t-2)

Vậy MA MB+ = (2-2t) +16t +(2t-2)2 2 = 24t2 −16t +8

MA MB+

nhỏ t = 3, tức

2 2

, ,

3 3

M =  − 

 

Bài tốn 8: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho∆:

1

1

x − y z +

= =

− A=(-1,2,1); B=(1,-2,-1) Tìm ∆ điểm M cho

MA− MB

nhỏ

Hướng dẫn giải

Ta có phương trình tham số ∆là:

1

2 ( )

1

x t

y t t R

z t

 = − 

= ∈



 = − + 

Gọi M điểm tuỳ ý thuộc ∆điểm M=(1-t , 2t , t-1) (*) Ta có

( 2, 2 ,2 )

( , 2 , ) ( , 6, )

MA t t t

MB t t t MB t t t

= − − −

= − − − ⇒ − = − +

Vậy

2 2

2

3 ( 2, 8, 2)

3 16 64 64

24 80 72

P MA MB t t t

P MA MB t t t t t t

t t

= − = − − + +

= − = + + + + + + + +

= + +

Khi

t = − vào (*) ta 8, 10, 3 M =  − − 

 

Bài tốn 9: Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng:

1

x − y + z

= =

− − (d) điểm M1(2 ; 1; 5) ; M2(4 ; ; 9) Tìm điểm I∈(d) cho IM1 + IM2 nhỏ

Hướng dẫn giải Ta có (d) có véc tơ phương a =(1, 5, 3− − )

qua điểm A(2 ; -5 ; 0)

Phương trình tham số ( ) ( )

: 5

3

x t

d y t t

z t  = +  = − − ∈   = −  »

Ta có M M1 2 =( )2, 2,

nên phương trình tham số đường thẳng M1M2 là:

( )

2

x m

y m m

z m  = +  = + ∈   = +  »

Toạ độ giao điểm có (d) đường thẳng M1M2 nghiệm hệ phương trình:

2

5 1

3

t m t m

t m m

t m t

 + = +  =   − − = + ⇔ = −   − = +  = −  

Giao điểm E (1, 0, 3) Ta có EM1 = ( )1;1;2 ,EM2 = ( )3; 3;

Vậy EM2 = 3EM1

nên M1 M2ở phía đường thẳng (d) Gọi (P) mặt phẳng qua M1 (P) (d) nên phương trình mặt phẳng (P) là:

1(x - 2) - 5(y - 1) - 3(z - 5) = ⇔ x - 5y - 3z + 18 = Giao điểm H (d) với mặt phẳng (P):

9

5 18

5

2 5 10 27

7 ; ;

5 10 7

7

27

t x y z

x x t H y t y z t z  = −   − − + =   = +  =    ⇔  ⇒  = − −        =  = −    = 

1

1

1

4 '

7

13 13 19

' ' ; ;

7 7

19 '

7

H

H

H

x x x

y y y M

z z z



= − = −



  

 = − = ⇒ −

  

 



 = − =



Khi điểm (d) cách điểm M1 M' Nên : FM1 + FM2 = FM' + FM2, F∈(d)

Tổng nhỏ F giao điểm (d) với đường thẳng M2M' (vì M2 M' hai bên đường thẳng (d)) Ta có : 1 2 32 44; ;

7 7 M M =  

 

Phương trình đường thẳng qua M' M2 là: ( ) '

3 ' ' 11 '

x t

y t t

z t

 = + 

= + ∈



 = + 

» Giao điểm (d) với M'M2 nghiệm hệ phương trình:

3

2 '

'

5 '

10

3 11 '

7

t t t

t t

t

t t

  + = + = −

 − − = + ⇔ 

 

− = +  = − 

 

(d) E

M2 M1

M' I

Toạ độđiểm I cần tìm : ( ;4 15 30; ) 7 I

Bài tốn 10: Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng ∆: 1

x − y z +

= = −

với điểm A=(-1;-1;0) điểm B=(5;2;-3) Tìm M thuộc ∆ cho MA MB− lớn

Hướng dẫn giải Cách 1:

Phương trình tham số ∆ là:

1

2 ( )

1

x t

y t t R

z t

 = − 

= ∈



 = − + 

Suy AM = −(2 t t,2 +1,t −1)

( ,2 2, 2)

BM = − −t t − t +

Đặt

2 2 2

(2 ) (2 1) ( 1) ( 4) (2 2) ( 2) P = MA MB− = −t + t + + −t − t + + t − + +t

2

6t 2t 6t 4t 24

= − + − + +

6 P

⇒ =

2

1 35 35

6 36

t t

    =  −  + −  +  +

   

Chọn M’=(t, 0); ' 1, 35 ; ' 1, 35

6 3

A =  B =− 

   

' ' ' '

P

MA MB A B

⇒ = − ≤

Dấu đẳng thức xảy điểm M’,A’,B’ thẳng hàng hay

' ' ( )

MA =kMB k ∈R

Vậy ' , 35

6

MA t

 

= − 

 

; ' , 35

3

MB t

− 

=  − 

 

Mà

1

1

' / / '

1

3

t MA MB

t −

⇔ =

− −

1

2

3 t t t

−

⇔ − = − ⇔ =

Vậy 4, ,

3 3

M =  − 

  điểm cần tìm Cách 2:

Đường thẳng ∆ qua điểm C=(1, 0, -1) có vectơ phương ( 1,2,1)

v∆ = −

Suy ra: AB =(6, 3, 3)−

AC =(2,1, 1)−

Ta có: , 3 , , (9, 3,15) 1 1

AB v∆

 −  −   

  =       = −

     

     −  − 

và AB v, ∆.AC =18− −3 15 =

1 2

1 1

1

6 3 1

x y

x y z x y z

y z

 + = +

+ = + = ⇔ + = + = 

⇔  + = −

− − 

Phương trình ∆:

2 2

1

x y x y

x z x z

 − = −  + =

 ⇔ 

 − = − −  + =

 

 

Gọi D giao điểm AB ∆ Toạđộ D nghiệm hệ:

2

1

0 (1, 0, 1)

1 x y x x z y D y z z x y  + =  =  + =   ⇔ = ⇒ = −  + = −    = −   − =  Ta có :

A D B

x < x <x Vậy A B nằm khác phía so với đường thẳng∆ Gọi H hình chiếu của B đường thẳng ∆ Toạ độ H=(1-t, 2t, t-1) điểm thuộc ∆

Tacó:HB = +(t 4,2 , 2− t − −t)

( 4) 2(2 )

HB v∆ = ⇔ − +t + − t − − =t

1

4 4

3

t t t t t −

⇔ − − + − − − = ⇔ − = ⇔ =

Vậy 4, 2,

3 3

H =  − − 

 

Gọi B điểm đối xứng với B qua đường thẳng ∆ H trung điểm BB’ Nên toạ độ ' 7, 10 1, ' 4, 1, / / ' (4, 7, 1)

3 3 3 AB

B = − − ⇒ AB =− −  v = −

   

Vậy phương trình đường thẳng AB’ là:

7 4

1

1 4

4

x y x y

x y z

x z x z

 + = +  − = −

+ = + = ⇔  ⇔ 

− − =  + = −

−  

Gọi M’ điểm đường thẳng ∆thì:

' ' ' ' ' ' '

M A M B− = M A M B− ≤ AB = MA MB− = MA MB−

Vậy toạ độ M nghiệm hệ:

7

3

4 4 1 4 1

, ,

2 3 3

1 x x y x z y H x y

x z z

Bài tốn 11: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

1

1

2

: vaø :

2

1

x t

x y z

y t

x y z

z t  = +  − + − =   ∆  ∆  = + + − + =    = + 

a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆1 v song song với đường thẳng ∆2

b) Chođiểm M(2;1;4) Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng ∆2 cho đoạn thẳng MH cĩđộ di nhỏ

(Đại học khối A – 2002) Hướng dẫn giải

a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆1 v song song với

đường thẳng ∆2.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )  = −    ∆  ⇒ ∆  = = −   − =  = ∆ =  ⇔ ⇒ ∆ − + = − = −   ∆

1 1

2

1

1

n 1; 2;1

có cặp VTPT có VTCP a = n ,n 2;3;4

n 1;2;

2

cho 0, ta qua A 0; 2;0

2

mp (P) chứa nên a = 2;3;4

x y x

Trong z

x y y

Vì ( ) ( ) ( )   ∆    ⇒ = = − ⇒ − + = − = − = 2

1 VTCP (P)

mp (P) // nên a = 1;1;2 VTCP (P)

( ) có VTPT laø n a ,a 2;0;

mp (P) dạng : (P) qua A 0; 2;0 nên

pt mp (P) laø :

P

pt x z m m

Vaäy x z

b) Tìm H ∈ ∆2 để MH nhỏ nhất.

( ) ⊥ ∆ ≤ ⇔ = ⇔ ≡ − ∆ ∆ = = ⇒ + + + = 2 2

Ta coù ME MH

Vậy MH hình chiếu M xuống

(Q) mp qua M vng góc với (Q) có VTPT 1;1;2

mp (Q) dạng : Vì (Q) qua

Q Kẻ ME

MH ME H E

Gọi n a

pt x y z m M 1;2;4 neân m( ) = −11

( ) + + − =  = +  =  = +  ⇔ = ⇒   = +   =   + + − = 

Vaäy pt mp (Q) : 11

1

2

thoûa : 2;3;3

1

3

2 11

x y z

x t

x

y t

H y H

z t

z

T LUY Sáng kiến kinh nghiệm năm học III BÀI TẬP Ự ỆN

Bài 1: Cho đường trịn tâm O bán kính R Xét hình chóp S.ABCD có

( )

SA ⊥ ABCD (S, A cố định), SA=h cho trước, đáy ABCD tứ giác tùy ý nội tiếp đường tròn cho mà đường chéo AC BD vng góc với a) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ( qua đỉnh hình chóp) b) Hỏi đáy ABCD hình để thể tích hình chóp đạt giá trị lớn

(Đại học Quốc gia Hà Nội-1998) Bài 2: Cho đường trịn (C) tâm O, đường kính AB=2R Điểm M di động (C) AM=x Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa (C) điểm A, lấy điểm cốđịnh S AS=h

a) Chứng minh hai mặt phẳng (SAM) (SBM) vng góc với b) Tính thể tích tứ diện SABM theo R, h, x Tìm vị trí M (C) để thể tích tứ diện đạt giá trị lớn

(Đại học sư phạm Quy Nhơn-1998) Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – y + z + = hai điểm A(-1;-3;-2) ; B(-5;7;12)

a) Tìm tọa độđiểm A’ điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P)

b) Giả sử M l điểm chạy trn mặt phẳng (P), tìm gi trị nhỏ biểu thức: MA + MB

KẾT LUẬN