Sáng kiến kinh nghiệm: Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị trong Hình học giải tích lớp 12

MỤC LỤC Trang A.Đặt vấnđề I.Lời nói đầu .2 II.thực trạng vấn đề B.Giải vấn đề I Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng .3 II Các dạng tập thường gặp .3 C.Kêt luận .20 HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 A.ĐẶT VẤN ĐỀ I Lời nói đầu Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,… Ta còn gặp các toán tìm vị trí điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện cực trị Đây dạng Toán khó, chỉ có chương trình nâng cao đề tủn sinh Đại học cao đẳng Trong quá trình trực tiếp giảng dạy nghiên cứu thấy dạng toán khơng chỉ khó mà còn khá hay, lơi ćn được các em học sinh khá giỏi Nếu ta biết sử dụng linh hoạt khéo léo kiến thức hình học túy, véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích có thể đưa toán mợt toán quen thuộc II.Thực trạng vấn đề Trong thưc tế giảng dạy, nhận thấy nhiều học sinh bị kiến thức bản hình học khơng gian, khơng nắm vững các kiến thức hình học, vec tơ, phương pháp đợ khơng gian Đặc biệt nói đến các toán cực trị hình học các em “ Sợ” Trước làm chuyên đề khảo sát lớp 12A 12B với tống số 90 học sinh, kết quả đạt được sau Số lượng Tỉ lệ ( %) Không Nhận biết, nhận không biết biết vận dụng được 60 20 66,7 22,2 Nhận biết biết vận dụng, chưa giải được hoàn chỉnh 9,9 Nhận biết biết vận dụng, giải được hoàn chỉnh 1.1 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 mợt cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức học, tạo tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu.Tôi mạnh dạn viết chuyên đề “Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị hình học giải tích lớp 12” B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α) -Gọi H hình chiếu vng góc M lên (α) -Viết phương trình đường thẳng MH(qua M vng góc với (α)) - Tìm giao điểm H MH (α) *Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đới xứng với Mqua mặt phẳng (α) ta vẫn tìm hình chiếuH M lên (α), dùng công thức trung điểm suy tọa độ M’ b.Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d: -Viết phương trình tham sớ d - Gọi H �d có tọa đợ theo tham sớ t -r Huulà uu r hình chiếu vng góc điểm M lên d udMH  -Tìm t, suy tọa độ H II Các dạng bài tập thường gặp 1.Các bài toán cực trị liên quan đến 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 uuur uuuur uuuur k MA  k MA   k MA phẳng (α) cho 2 n n có giá trị nhỏ nhất Lời giải: uur uuur uuur r -Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k IA + + k n IA n  uuuu r uuuuu r uuuuur uuu r uuu r k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI -Biến đổi : 2 n n n uuu r  Tìm vị trí M MI đạt giá trị nhỏ Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = ba điểm A  1;0;1 , B -2;1;2 , C  1;-7;0 Tìm điểm M mặt phẳng (α) cho : uuuu r uuur uuur uuuu r uuur 1) MA +MB  MC có giá trị nhỏ uuur 2) MA -2MB  3MC có giá trị nhỏ uuur uuu r uuur r Giải: Gọi điểm G thỏa GA +GB +GC =0 G trọng tâm tam giác ABC G(0;-2;1) uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r 1) Ta có MA +MB  MC = MG +GA +MG  GB  MG  GC = MG có giá trị nhỏ r M hình chiếu vng góc G lên mặt phẳng (α) MG nhận n =(2; -2; 1) làm vecto chỉ phương x =2t � � y =-2-2t Phương trình tham sớ MG � � z =1+3t � Tọa đợ M ứng với t nghiệm phương trình: 4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = � 17t  17  � t  1 uuuu r uuur uuur Vậy với M(-2; 0; -2) MA +MB  MC có giá trị nhỏ uur uu r uur r 2) Gọi I(x; y; z) điểm thỏa IA -2IB  3IC  Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0) 23 23 � x = 4; y = - ; z = - , I(4;  ;  ) 2 2 uuuu r uuur uuur uuu r uur uuu r uu r uuu r uur uuu r MA -2MB  MC MI+ IA -2(MI  IB )  3( MI  IC ) MI Ta có: = = có giá trị nhỏ M hình chiếu vng góc I lên mặt phẳng (α) � � x =4+2t � 23 � Phương trình tham sớ MI: �y =  -2t � � z =  +3t � � Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: 73 73 23 2(4  2t)  2(  2t)  3(  3t)  10  � 17t  0� t  2 34 u u u u r u u u r u u u r 245 135 ; ) MA -2MB  3MC đạt giá trị nhỏ Vậy với M(  ;  17 34 17 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 = k1MA12  k2 MA22   kn MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất Lời giải: uur uuur uuur r - Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k IA + + k n IA n  -Biến đổi : T = k1MA12  k2MA 22   knMA 2n = uuu r uur uuur = (k1 + + k n )MI + k1IA12  k2IA 22   knIA 2n + MI(k1 IA1 + + k n IA n ) = kMI2 + k1IA12  k2IA 22   knIA 2n Do k1IA12  k2IA 22   kn IA 2n không đổi, Biểu thức T nhỏ lớn MI nhỏ hay M hình chiếu vng góc 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 MI nhỏ nhất Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + = 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 2) Tìm M mặt phẳng (α) cho MA - MB2 – MC2 có giá trị lớn uur uu r r 3 Giải:1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA +IB =0 I trung điểm AB I (2; ;  ) 2 uuu r uur uuu r uu r 2 Ta có: MA + MB = (MI + IA) +(MI + IB) uuu r uur uu r  IA + IB2 +2MI +2MI(IA + IB) = IA + IB2 +2MI Do IA + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M hình chiếu vng góc I lên (α) r Đường thẳng IM qua điểm I có vtcp n α  (1; 2; 2) � � x =2+t � � Phương trình tham sớ MI: �y = +2t � � z =  +2t � � Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: 3  t  2(  2t)  2(  2t)   � 9t   � t  1 2 � M (1;  ;  ) 2 AB Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA + MB = 2MI + , AB2 không 2 2 đổi nên MA + MB nhỏ nhất MI có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α) uur uur uur r 2)Gọi J(x; y; z) điểm thỏa JA - JB -JB =0 Hay (1  x;  y; 1  z)  (3  x;1  y; 2  z)  (1  x; 2  y;1  z)  (0;0;0) �3  x  � ��  y  � J(3; 3;0) �z  � uuu r uur uuu r uur uuu r uur Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) - (MJ + JB)  (MJ + JC) 2 2 uuu r uur uur uur  J A  JB2  JC  MJ + 2MJ(JA  JB  JC)  JA  JB2  JC  MJ Do JA  JB2  JC không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn MJ nhỏ hay M hình chiếu J mặt phẳng (α) r Đường thẳng JM qua điểm I có vtcp n α  (1; 2; 2) x =3+t � � Phương trình tham sớ MJ: �y =-3+2t � z =2t � Tọa đợ M ứng với t nghiệm phương trình:  t  2(3  2t)  2.2t   � 9t   � t   23 35 ; ; ) 9 23 35 Vậy với M ( ;  ;  ) MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn 9 � M( Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình: x-1 y-2 z-3 = = 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 2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ uur Giải: uu r r 1) Gọi điểm I(x; y; z) điểm thỏa IA -2 IB =0 Hay: ( x;1  y; 2  z)  2(2  x; 1  y;  z)  (0; 0; 0) �4  x  � ��  y  � I(4; 3;6) � - 6+z  � uuu r uur uuu r uu r Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA)  2(MI + IB) uuu r uur uu r  IA  2IB2  MI + 2MI(IA  IB)  IA  2IB2  MI Do IA - IB2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M hình chiếu vng góc I lên d x =1+t � r � Đường thẳng d có vtcp u  (1;2;1) , phương trình tham số d: �y =2+2t � z =3+t � uuu r M �d � M(1  t;  2t;  t) , IM =( t-3; 2t +5 ; t - 3) M hình chiếu uuu rr vng góc I lên d nên IM.u  � 6t   � t   3 2 � M( ; ; ) 3 3 Vậy với M ( ; ; ) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn uuur uuu r uuur r 2) Gọi điểm G(x; y; z) điểm thỏa GA +GB +GC =0 G trọng tâm tam giác ABC G(2; 1; 1) uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur Ta có: MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC) uuuu r uuur uuur uuur 2 2 = GA  GB  GC +3MG + 2MG(GA  GB  GC) = GA  GB2  GC +3MG Do GA  GB2  GC không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ MG nhỏ nhất, hay M hình chiếu vng góc uuuu r G lên đường thẳng d M �d � M(1  t;  2t;  t) , GM =( t-1; 2t +1 ; t +2) uuuu rr Khi M hình chiếu vng góc I lên đường thẳng d GM.u  1 � 6t   � t   � M ( ;1; ) 2 Vậy với M ( ;1; ) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ 2 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 hai phía với (α) Để MA + MB nhỏ M thuộc AB hay M giao điểm (α) AB 2.Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 A, B nằm mợt phía với (α) Khi ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α) Do MA + MB = MA’+ MB mà đạt giá trị nhỏ M thuộc A’B hay M giao điểm (α) A’B Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa đợ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương trình:x – 2y – 2z + = hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2) Tìm điểm M mặt phẳng (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ Giải: Thay tọa độ A B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm hai phía (α) Ta có MA + MB có giá trị nhỏ uuurM giao điểm AB (α) Đường thẳng AB qua điểm B, nhận AB  (1; 1;0) làm vecto chỉ phương �x   t � Phương trình tham sớ AB: �y  t �z  � Tọa đợ M ứng với t nghiệm phương trình: + t – 2(-t)- 2.2 + = � 3t   � t   3 Hay M ( ; ; 2) điểm cần tìm Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = ba điểm A(1; 2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2) Hãy tìm điểm M d cho 1) MA + MB có giá trị nhỏ 2) MA - MC có giá trị lớn Giải: 1) Thay tọa độ A B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm mợt phía (α) Gọi A’ điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ M giao điểm A’B với (α) uur n Đường thẳng AA’ qua A vuông góc với (α), AA’ nhận   (1; 1;2) làm vecto chỉ phương �x   t � Phương trình tham sớ AA’: �y   t �z  1  2t � Tọa đợ hình chiếu vng góc H A (α) ứng với t phương trình 3 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = � 6t – = hay t = � H( ; ; 0) 2 xA ' =2xH  xA  � � Do H trung điểm AA’ nên �yA ' =2yH  yA  � A '(2; 1; 1) � zA ' =2zH  zA  � uuur A’B có vtcp A'B  (1;0; 3) x 2t � � Phương trình tham sớ A’B: �y  � z   3t � Tọa đợ M ứng với t nghiệm phương trình: + t – + 2(1 – 3t) = � 5t   � t  13 hay M ( ;1;  ) 5 13 ;1;  ) MA + MB có giá trị nhỏ 5 Vậy với M ( 2) Thay tọa độ A C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm hai phía (α).Vậy nên A’ C nằm cùng một phía đối với (α) Ta thấy MA - MC  MA' - MC �A'C Nên MA - MC đạt giá trị lớn M thuộc A’C phía uuuu r đoạn A’C, tức M giao điểm A’C (α) Đường thẳng A’C có vtcp A'C  (1; 3; 3) x 2t � � Phương trình tham sớ A’C: �y   3t � z   3t � Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = � 4t   � t  5 5 hay M ( ;  ;  ) 4 4 Vậy với M ( ;  ;  ) MA - MC có giá trị lớn 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: - Đưa phương trình d dạng tham số, viết tọa độ M theo tham số t - Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB - Tính giá trị nhỏ hàm số f(t), từ suy t - Tính tọa đợ M kết luận Ví dụ 1: Cho đường thẳng  d : x-1 y +2 z-3 = = hai điểm C(-4; 1; 1), D(3; 6; 2 -3) Hãy tìm điểm M d cho MC + MD đạt giá trị nhỏ Giải: �x   2t � Đường thẳng d có phương trình tham số �y  2  2t �z   t � uuur r qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u  (2; 2;1) CD  (7;5; 4) r uuur Ta có u CD = 14 -10 – = � d  CD Xét mặt phẳng (P) qua CD vng r góc với d (P) qua điểm C(-4; 1; 1) 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 M giao điểm d mp(P) Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: + 4t + + 4t + + t + = � 9t +18  � t  2 Vậy M(-3; 2; 1) MC + MD đạt giá trị nhỏ bằng:  17 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 Lời giải: - Lấy M�d1 N�d2 ( tọa độ theo tham số) r r uuuu rr uuuu rr - Giải hệ phương trình MN.u1  MN.u2  ( u1 , u2 các véctơ chỉ phương d1 d2 ) - Tìm tọa đợ M, N kết luận Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng d1 : x-5 y+1 z -11 x+4 y-3 z - = = = = , d2 : -1 7 1) Chứng minh d1, d2 chéo 2) Tìm điểm M�d1 N�d cho độ dài MN ngắn Giải: uu r 1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1  (1;2; 1) uur d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp u2  (7;2;3) uu r uur uuuuuur u Ta có [ , u2 ] M1M = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168 �0 Hay d1 d2 chéo 2) M �d1 N �d cho độ dài MN ngắn chỉ MN độ dài đoạn vuông góc chung d1 d2 10 Phương trình tham số hai đường thẳng x 5 t x  4  t � � � � d1: �y  1  2t , d2: �y   2t � � z  11  t z   3t � � M�d1 nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N �d nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; + 3t’) uuuu r MN  ( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7) uuuu rr � MN 6t ' 6t   t2 � � � u1  � � Ta có � uuuu rr � � 62t ' 6t  50  t '  1 MN.u2  � � � Do M(7; 3;9) N(3; 1; 1) Vậy với M(7; 3;9) N(3; 1; 1) đợ dài MN ngắn 21 x 2t � � Ví dụ 2: Cho đường thẳng d: �y   t hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1) Tìm điểm � z  2 � M d cho tam giác MAB có diện tích nhỏ Giải: - Lấy điểm M d, Gọi H hình chiếu vng góc M lên AB - Tam giác MAB có diện tích S = AB.MH đạt giá trị nhỏ MH nhỏ nhất, hay MH đoạn vng góc chung AB d r Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u  (1;1;0) uu r uuu r AB qua A(1; 2; 3) AB  (0; -2;-2) = 2u1 uu r với u1  (0;1;1) véc tơ chỉ phương AB x1 � � Phương trình tham sớ AB �y   t ' � z 3t' � uuuu r M(2 + t; 4+ t; -2) �d ,H(1; 2+ t’;3+t’) �AB , MH  ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5) 11 uuuu rr � MH t ' 2t  t '  3 � � � u  �� �� Ta có � uuuu r uu r 2t ' t  3 t  3 MH.u1  � � � Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) MH = , AB = 2 Diện tích S MAB  AB.MH  x � � Ví dụ 3: Cho đường thẳng d: �y  t Trong các mặt cầu tiếp xúc � z 2t � với cả hai đường thẳng d trục Ox, viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ Giải: Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d M, tiếp xúc với Ox N Ta thấy 2R = IM + IN ≥ MN, mặt cầu (S) có đường kính nhỏ 2R = MN chỉ MN nhỏ hay MN r đoạn vuông góc chung d Ox Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp u  (0;1; 1) r Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i  (1;0;0) r r uuuu r [ u, i ] OM = (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2 �0 nên d Ox chéo uuuu r Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox MN  ( t’; -t; t – 2) uuuu rr � MN.u  t  t   t 1 � � � �� �� Ta có � uuuu rr t' t' MN.i  � � � Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O 1 2 MN  1 Phương trình mặt cầu (S): x  ( y  )  ( z  )  2 Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R = 2 2 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 hình chiếu vng góc B lên mặt phẳng (α), tam giác ABH vuông H khoảng 12 cách d(B; (α)) = BH ≤ AB Vậy d(B; (α)) lớn AB A ≡ H, (α) mặt phẳng qua A vng góc với AB Ví dụ 1: Viết phương trình mặt phẳng (α) qua điểm D(1; -2; 3) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn Giải: (α) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn (α) mặt phẳng qua D vng gócuurvới DI (α) nhận DI  (2; 1; -5) làm vecto pháp tuyến Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = � 2x + y – 5z + 15 = Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), gọi (α) mặt phẳng qua B Trong các mặt cầu tâm A tiếp xúc với (α), viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính lớn Giải: Mặt uuu r cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn (α) qua B vng góc với AB BA  (1; 2; 2) véctơ pháp tuyến (α) R = AB=3 Phương trình mặt cầu (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 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 hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng (α), K hình chiếu vng góc A lên ∆ Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn H≡ K, (α) mặt phẳng qua ∆ vng góc với AK Hay (α) qua ∆ vng góc với mp(∆, A) Ví dụ 1: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1) Viết phương trình mặt phẳng (α) qua hai điểm A, B cách C một khoảng lớn Giải: Mặt phẳng (α) qua hai điểm A, B cách C một khoảng lớn (α) qua hai điểm A, B vng góc với mp(ABC) 13 uuur uuur AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2) r uuur uuur (ABC) có véctơ pháp tuyến n  [AB, AC]  (1;4; 5) uur r uuu r (α)cóvéctơpháptuyến n  [n, AB]  (9  6; 3)  3(3;2;1) Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = � 3x + 2y + z – 11 = 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: Gọi H hình chiếu B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn A ≡ H hay ∆ đường thẳng nằm (α) vng góc với AB Gọi K hình chiếu vng góc B lên (α) d(B; (α)) = BH ≥ BK Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ K ≡ H hay ∆ đường thẳng qua hai điểm A, K Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = điểm A (-3; 3; -3) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua điểm A cách điểm B(2;3; 5) một khoảng : 1) Nhỏ 2) Lớn Giải: uur Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến n  (2; 2;1) 1) Gọi H hình chiếu vng góc B lên (α) x   2t � � Phương trình BH: �y   2t � z 5t � Tọa độ điểm H ứng với t nghiệm phương trình: 2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + + t + 15= � t  2 hay H(-2; 7; uuu3) r Ta thấy d(B; ∆) nhỏ ∆ qua hai điểm A, H AH  (1;4;6) véc tơ chỉ phương ∆ Phương trình ∆: x+3 y-3 z +3   2) Ta thấy d(B; ∆) lớn ∆ đường thẳng nằm (α), qua A vng góc với AB 14 uur uuur uur ∆ có véctơ chỉ phương u  [AB, n ]  (16;11; 10) Phương trình ∆: x+3 y-3 z +3   16 11 10 x  1 t � � Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) đường thẳng d: �y  � z  t � 1) Viết phương trình mặt phẳng (α) qua d B 2) Viết phương trình đường thẳng ∆1 qua B cắt d cho khoảng cách từ A đến ∆1 lớn 3) Viết phương trình đường thẳng ∆2 qua B cắt d cho khoảng cách từ A đến ∆2 nhỏ Giải:r uuur 1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp ud  (1;0; -1) , MB  (2;2;0) uur uuur uur [ud , MB]  (2;2;2)  2(1;1;1)  2n uur (α) qua B nhận n  (1;1;1) làm véctơ pháp tuyến Phương trình (α): x + y + z – = 2) Gọi H hình chiếu A lên (α), để d(A, ∆1) nhỏ ∆1 qua hai điểm x 2t � � B,H Phương trình tham số AH: �y   t � z  1  t � Tọa độ H ứng với t nghiệm phương trình: + t + + t -1 + t – = � 3t   � t   uuu r 4 4 BH  ( ; ; )  uu 3r r Ta thấy u1 ud 4 � H( ; ; ) 3 3 r uu r 4 uu (2; 1; 1)  u1 � ∆1 nhận u1 làm véc tơ chỉ phương 3 không cùng phương nên d ∆1 cắt (do cùng thuộc mặt phẳng (α)) Vậy phương trình ∆1: x+1 y-2 z   1 1 3) Gọi K hình chiếu A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆2 ) lớn khiuuK ≡uurB hay ∆2 nằm (α)và vng r u uur góc với AB uur Ta có [n , AB]  (0; 4;4)  4(0;1; 1)  4u2 � ∆2 nhận u2 làm véc tơ chỉ phương, uur r mặt khác u2 ud không cùng phương nên d ∆2 cắt (do cùng thuộc mặt phẳng (α)) 15 x  1 � � Phương trình ∆2: �y   t � z  t � Bài toán 4: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hoặc nằm (α) và không qua A Tìm đường thẳng ∆ nằm (α), qua A cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất Lời giải: Gọi d1 đường thẳng qua A song song với d, B giao điểm d với (α) Xét (P) mặt phẳng (d1, ∆), H I hình chiếu vng góc B lên (P) d1 Ta thấy khoảng cách giữa ∆ d BH uur uu r uur BH ≤ BI nên BH lớn I ≡ H, ∆ có vtcp u  [BI , n ] Ví dụ 1: Cho đường thẳng d: x-1 y-2 z -3   , mặt phẳng (α): 2x – y – z + = 1 điểm A( -1; 1; 1).Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua A cho khoảng cách giữa ∆ d lớn uur r Giải:Đường thẳng d có vtcp u  (1; 2; -1), (α) có vtpt n  (2; -1; 1) x  1 t � � Phương trình tham số d: �y   2t � z 3 t � Gọi B giao điểm d (α), tọa độ B ứng với t nghiệm phương trình: 2+ 2t – – 2t – 3+ t + = � t = -1 � B(0; 0; 4) Xét d1 đường thẳng qua A song song với d x  1  t � � Phương trình tham sớ đường thẳng d1: �y   2t � z  1 t � Gọi I hình chiếu vnguugóc r B lên d1 � I(-1 + t; + 2t; – t), BI  (-1 + t; + 2t;-5– t) uu rr Ta có BI.u  � -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = � t = -1 � I(-2; -1; 2) 16 uur uu r uur Đường thẳng ∆ có vtcp u  [BI , n ] = (-5; -10; 4) Phương trình ∆: x+1 y-1 z -1   5 10 Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) đường thẳng ∆ : x+1 y z-4 = = Trong các đường thẳng qua A song song song với (P), 3 viết phương trình đường thẳng d cho khoảng cách giữa d ∆ lớn Giải: Mặt phẳng (α) qua A song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= => d nằm (α) uur r Đường thẳng ∆ có vtcp u  (2;1;-3), (α) có vtpt n  (1;1;-1) x  1  2t � � Phương trình tham sớ ∆: �y  t � z   3t � Gọi B giao điểm ∆ (α), tọa độ B ứng với t nghiệm phương trình: -1+ 2t + t – (4- 3t) + = � t = 1 � B(0; ; ) 2 Xét ∆1 đường thẳng qua A song song với ∆ x   2t � � Phương trình tham sớ đường thẳng ∆1: �y  1  t � z   3t � Gọi H hình chiếu vng góc B lên ∆1 � H(1 + 2t; -1 + t; – 3t) uu rr uuu r 3 BH  (1 + 2t; t - ; -3t).Ta có BI.u  � + 4t + t - + 9t = � t =  28 uuu r 13 43 1 r � BH =( ;  ; ) = (26; -43; 3) = u1 14 28 28 28 uu28 r uu r uur Đường thẳng d có vtcp ud  [ u1 , n ] = (40; 29; 69) x-1 y+1 z -2   Phương trình d : 40 29 69 Bài toán 5: 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 17 Lời giải: Vẽ đường thẳng d1 qua A song song với d Trên d lấy điểm B khác A điểm cớ định, gọi K, H hình chiếu vng góc B lên (α) ∆ BH BK Ta có sin(d, ∆) = ≥ Do góc (d, ∆) nhỏ K ≡ H hay ∆ AB AB đường thẳng AK uur uur uur Góc (d, ∆) lớn 900 ∆  d ∆ có vtcp u  [ud, n ] Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x + 2y – z – = 0, điểm A(1; 2; -2) đường thẳng d: x+2 y-1 z -3   1 1) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua A tạo với d mợt góc lớn 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua A tạo với d mợt góc nhỏ Giải: r r (α) có vectơ pháp tuyến n  (2;2; -1) , d có vectơ ud  (1;1;1) qua điểm r r M(-2; 1; 3) Ta thấy A �(α) mặt khác n ud �0 nên d không song song nằm (α)  1) ∆1 tạo với d mợt góc lớn uu r khiuur∆1uurd Do ∆1 có vectơ chỉ phương u1  [ud, n ] = (-3; 3; ) = -3(1; -1; 0) x  1 t � � Phương trình tham sớ ∆1: �y   t � z  2 � 2) Xét đường thẳng d1 qua A song song với d Phương trình d1: x-1 y-2 z +2   , lấy điểm B(2; 3; -1) �d1 1 Gọi K hình chiếu vng góc B lên (α) x   2t � � Phương trình tham sớ BK �y   2t , tọa độ � z  1  t � K ứng với t nghiệm phương trình : 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) – (- – t) – = � 9t + = hay t =  10 19 5 � K( ; ; ) 9 9 18 uuur 1 13 ) 9 ∆2 tạo với d mợt góc nhỏ qua hai điểm A K, AK  ( ; ; uur uuur ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương u2  9.AK  (1;1;13) Phương trình ∆2 : x-1 y-2 z +2   1 13 Ví dụ 2: Cho hai điểm A(1; 0; 0) , B( 0; -2; 0) đường thẳng d: x-1 y-2 z -3   1 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, vng góc với d tạo với AB mợt góc nhỏ r Đường thẳng d có vectơ ud  (2;1;1) Giải: Xét mặt phẳng (α) qua A vng góc với d � ∆ nằm (α) r (α) nhận ud  (2;1;1) làm vectơ pháp tuyến Phương trình (α): 2x + y + z – = r Gọi H hình chiếu vng góc B lên (α), BH có vectơ ud  (2;1;1) x  2t � � Phương trình tham sớ BH �y  2  t , tọa độ H ứng với t nghiệm � z t � phương trình: 4t -2 + t + t – = � 6t – = � t  4 hay H( ; ; ) 3 3 uuur 4 ; ) 3 ∆ tạo với AB một góc nhỏ qua hai điểm A H, AH  ( ; uur uuur ∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương u  3.AH  (1; 4;2) Phương trình ∆ : x-1 y z   4 C KẾT LUẬN Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, một kinh nghiệm được rút trước hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ 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 dưỡng khiếu, rèn kỹ cho học sinh 19 Những điều thực hiện nêu có mợt sớ tác dụng đới với học sinh,cụ thể : Các em tỏ say mê, hứng thú với dạng toán có thể coi một thành công người giáo viên Kết thúc đề tài khảo sát lạicho các em học sinh lớp 12A,12B Kết quả sau: Số lượng Tỉ lệ ( %) Không Nhận biết, nhận không biết biết vận dụng được 0.0 3.3 Nhận biết biết vận dụng, chưa giải được hoàn chỉnh 27 30 Nhận biết biết vận dụng , giải được hoàn chỉnh 60 66,7 Rõ ràng các em có tiến bợ Như chắc chắn phương pháp mà nêu đề tài giúp các em phận loại được tập nắm khá vững phương pháp làm trình bầy giúp các em tự tin học tập thi Tuy kết qủa chưa thật mong đợi, với trách nhiệm một người thầy, mợt chừng mực tơi có thể bớt băn khoăn học trò có thể làm tớt các toán: “ Cực trị hình học giải tích lớp 12 ” Tôi nghĩ : tiến bộ thành đạt học sinh mục đích cao cả, nguồn động viên tích cực người thầy Do vậy, mong ước được chia sẻ với quý đồng nghiệp một số suy nghĩ sau: Mợt toán có thể có nhiều cách giải song việc tìm mợt lời giải hợp lý, ngắn gọn thú vị độc đáo một việc khơng dễ Do chỉ mợt chun đề nhiều chuyên đề, một phương pháp hàng vạn phương pháp để giúp phát triển tư duy, sáng tạo học sinh Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học sinh nắm chắc các kiến thức bản sau cung cấp cho học sinh cách nhận dạng toán, thể hiện toán từ học sinh có thể vân dụng linh hoạt các kiến thưc bản, phân tích tìm hướng giải, bắt đầu từ đâu bắt đầu thế quan trọng để học sinh không sợ đứng trước mợt toán khó mà dần tạgây hứng thú say mê mơn toán, từ tạo cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu Tuy nội dung chuyên đề khá rộng, song khuôn khở thời gian có hạn người viết chỉ được các ví dụ, toán điển hình Rất mong đóng góp ý kiến các bạn quan tâm đồng nghiệp để chuyên đề được đầy đủ hoàn thiện hơn./ 20 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Nguyễn Văn Tân Thanh Hóa, ngày 10 tháng5 năm 2013 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Hồ Thị Mai ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ Vĩnh Lộc, Ngày 14 tháng năm 2013 Thay mặt HĐKH sở Chủ Tịch Nguyễn Văn Tân 21 VII TÀI LIỆU THAM KHẢO Hình học 12, Bài tập hình học 12 – nhà XBGD năm 2008 Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao – nhà XBGD năm 2008 Tạp chí Toán học tuổi trẻ năm 2010 Các dạng Toán LT ĐH Phan Huy Khải- NXB Hà Nội năm 2002 22 ...HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 A.ĐẶT VẤN ĐỀ I Lời nói đầu Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng... tạo tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu.Tôi mạnh dạn viết chuyên đề ? ?Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị hình học giải tích lớp 12? ?? B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I Nhắc... Tịch Nguyễn Văn Tân 21 VII TÀI LIỆU THAM KHẢO Hình học 12, Bài tập hình học 12 – nhà XBGD năm 2008 Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao – nhà XBGD năm 2008 Tạp chí Toán học