(Sáng kiến kinh nghiệm) hướng dẫn học sinh lớp 12 giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích

KÝ HIỆU CÁC CHỮ VIẾT TẮT GV HS HH PPVT SGK, SBT THPT VD VDC : : : : : : Giáo viên Học sinh Hình học Phương pháp véc tơ Sách giáo khoa,sách tập Trung học phổ thông : Vận dụng : Vận dụng cao MỤC LỤC Tran g A.Mở đầu Lý chọn đề tài … Nhiệm vụ đề tài………………………………………… …………………3 Đối tượng nghiên cứu……………………………………………………… .3 Phạm vi nghiên cứu B.Nội dung … Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học 1.1 Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng 1.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α)…………….4 1.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:………… Áp dụng thực tế dạy học Các dạng tập thường gặp…………………………………… ………….5 2.1 Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước 2.2 Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt phẳng… 15 Hiệu sáng kiến…………………………………………………… 23 C.Kêt luận 24 Kiến nghị .25 HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài 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 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 sử dụng làm câu hỏi VD VDC đề thi TN THPT Quốc Gia Trong thưc tế giảng dạy, nhận thấy nhiều học sinh bị mất kiến thức bản hình học không gian, không nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ không gian Đặc biệt nói đến tốn cực trị hình học em “e ngại” kể học sinh khá, giỏi Nhiệm vụ đề tài 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 th̀n túy, véctơ, phương pháp tọa đợ, hình học giải tích thì có thể đưa bài toán về một bài toán quen thuộc Với đề tài này, cố gắng xây dựng sở kiến thức vững chắc, hệ thống tập ví dụ logic giúp học sinh tiếp thu vấn đề cách thuận lợi nhất, quy lạ quen để tốn cực trị hình học giải tích khơng cịn ln ln tốn hóc búa, khó giải Đối tượng nghiên cứu Từ kiến thức ví dụ dễ hiểu, sau phát triển dần thành tốn phức tạp hơn, đối tượng nghiên cứu đề tài tập trung vào số tốn cực trị hình học cụ thể hình học giải tích lớp 12 Phạm vi nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu đề tài hình học giải tích chương trình SGK nâng cao hình học lớp 12 lưu hành Tập trung chủ yếu vào toán mức độ VD VDC đề thi TN THPT Quốc Gia Với tinh thần yêu thích mơn, nhằm giúp em hứng thú hơn, tạo cho em niềm đam mê, u thích mơn tốn, mở cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo kiến thức học, tạo tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu.Tôi mạnh dạn viết chuyên đề “Hướng dẫn học sinh lớp 12 giải một số bài toán cực trị hình học giải tích” B NỘI DUNG 1.Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học 1.1 Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng 1.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α) - Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (α) - Viết phương trình đường thẳng MH(qua M và vuông góc với (α)) - Tìm giao điểm H của MH và (α) *Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với Mqua mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếuH của M lên (α), dùng công thức trung điểm suy tọa độ M’ 1.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d: -Viết phương trình tham số của d - Gọi H  d có tọa độ theo tham số t - H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d   udMH  -Tìm t, suy tọa độ của H Áp dụng thực tế dạy học Các dạng tập thường gặp 2.1 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    phẳng (α) cho k1 MA1  k2 MA2   kn MAn có giá trị nhỏ nhất Lời giải:     -Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k IA + + k n IA n       k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI -Biến đổi : 2 n n n  MI  Tìm vị trí của M đạt giá trị nhỏ nhất 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 :    1) MA + MB  MC có giá trị nhỏ    2) MA -2MB  3MC có giá trị nhỏ     Giải: Gọi điểm G thỏa GA +GB +GC =0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và G(0;-2;1)           1) Ta có MA +MB  MC = MG +GA +MG  GB  MG  GC = MG có giá trị nhỏ M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α)  MG nhận n =(2; -2; 1) làm vecto chỉ phương x =2t  Phương trình tham số MG 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   t  1    MA +MB  MC có giá trị nhỏ nhất Vậy với M(-2; 0; -2) thì     2) Gọi I(x; y; z) là 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 = - , vậy I(4;  ;  ) 2 2           MA -2MB  MC MI+ IA -2(MI  IB )  3( MI  IC ) MI Ta có: = = có giá trị nhỏ M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)  x =4+2t  23  Phương trình tham số MI: y =  -2t   z =  +3t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 73 73 23  2t)  3(   3t)  10   17t  0 t 2 34    245 135 MA -2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất M(  ;  ;  ) Vậy với thì 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 = 2(4  2t)  2(  k1MA12  k2 MA22   kn MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất Lời giải:     - Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k IA + + k n IA n  -Biến đổi : T = k1MA12  k2MA 22   knMA 2n =    = (k1 + + k n )MI + k1IA12  k2IA 22   kn IA 2n + MI(k1 IA1 + + k n IA n ) = kMI2 + k1IA12  k2IA 22   knIA 2n Do k1IA12  k2IA 22   knIA 2n không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông 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 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 nhất    3 Giải:1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA +IB =0 thì I là trung điểm AB và I (2; ;  ) 2        Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA) +(MI + IB)     IA + IB2 +2MI +2MI(IA + IB) = IA + IB2 +2MI Do IA + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α)  Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp n α  (1; 2; 2)  x =2+t   Phương trình tham số MI: y = +2t   z =  +2t  Tọa độ M ứng với t là 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 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;  y; 1  z)  (3  x;1  y; 2  z)  (1  x; 2  y;1  z)  (0;0;0) 3  x    3  y   J(3; 3;0) z         Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) - (MJ + JB)  (MJ + JC)      J A  JB2  JC  MJ + 2MJ(JA  JB  JC)  JA  JB2  JC2  MJ Do JA  JB2  JC 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 α  (1; 2; 2) x =3+t  Phương trình tham số MJ: y =-3+2t z =2t  Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:  t  2( 3  2t)  2.2t    9t    t   23 35 ; ; ) 9 23 35 Vậy với M ( ;  ;  ) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất 9  M( Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình: x-1 y-2 z-3 = = 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 2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất Giải:    1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2 IB =0 Hay: ( x;1  y; 2  z)  2(2  x; 1  y;  z)  (0;0;0) 4  x    3  y   I(4; 3;6) - 6+z       Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA)  2(MI + IB)     IA  2IB2  MI + 2MI(IA  IB)  IA  2IB2  MI Do IA - IB2 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 x =1+t   Đường thẳng d có vtcp u  (1;2;1) , phương trình tham số d: y =2+2t z =3+t   M  d  M(1  t;  2t;  t) , IM =( t-3; 2t +5 ; t - 3) M là hình chiếu   vuông góc I lên d nên IM.u   6t    t   3 2  M( ; ; ) 3 3 Vậy với M ( ; ; ) thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất     2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa GA +GB +GC =0 thì G là trọng tâm tam giác ABC và G(2; 1; 1)       Ta có: MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC)     = GA  GB2  GC +3MG + 2MG(GA  GB  GC) = GA  GB2  GC +3MG Do GA  GB2  GC không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất MG nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của G lên đường thẳng d  M  d  M(1  t;  2t;  t) , GM =( t-1; 2t +1 ; t +2) Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì   GM.u  1  6t    t    M ( ;1; ) 2 Vậy với M ( ;1; ) thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất 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) < thì 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 thì A, B nằm về một phía với (α) Khi đó ta tìm điểm A’ đối 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 Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương trình:x – 2y – 2z + = và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2) Tìm điểm M mặt phẳng (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất 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 x   t  Phương trình tham số của AB:  y  t z   Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: + t – 2(-t)- 2.2 + =  3t    t   3 Hay M ( ; ;2) là điểm cần tìm 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 1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất 2) MA - MC có giá trị lớn nhất 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 n  (1; 1;2) làm vecto chỉ phương x   t  Phương trình tham số AA’:  y   t  z  1  2t  Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A (α) ứng với t của phương trình 3 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) =  6t – = hay t =  H( ; ;0) 2 xA ' =2xH  xA   Do H là trung điểm AA’ nên yA ' =2yH  yA   A '(2; 1; 1) z =2z  z  H A  A' 10 Giải:  x   2t  Đường thẳng d có phương trình tham số  y  2  2t z   t    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 + =  9t +18   t  2 Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất 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 và N  d2 ( tọa độ theo tham số)       - Giải hệ phương trình MN.u1  và MN.u2  ( u1 , u2 là các véctơ chỉ phương của d1 và d2 ) - Tìm tọa độ M, N và 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 và N  d cho độ dài MN ngắn nhất 12 Giải:  1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1  (1;2; 1)  d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp u2  (7;2;3)    Ta có [ u1, u2 ] M1M = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168  Hay d1 và d2 chéo 2) M  d1 và N  d cho độ dài MN ngắn nhất và chỉ MN là độ dài đoạn vuông góc chung của d1 và d2 Phương trình tham số của hai đường thẳng x   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’)  MN  ( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7)    MN u1   6t ' 6t   t     Ta có    62t ' 6t  50  t '  1  MN.u2  Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) Vậy với M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) thì độ dài MN ngắn nhất bằng 21 x   t  Ví dụ 2: Cho đường thẳng d: y   t và hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1) Tìm điểm z  2  M d cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất Giải: - Lấy điểm M d, Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AB - Tam giác MAB có diện tích S = AB.MH đạt giá trị nhỏ nhất MH nhỏ nhất, hay MH là đoạn vuông góc chung của AB và d 13  Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u  (1;1;0)   AB qua A(1; 2; 3) và AB  (0; -2;-2) = 2u1  với u1  (0;1;1) là véc tơ chỉ phương của AB x   Phương trình tham số AB y   t ' z   t '   M(2 + t; 4+ t; -2)  d ,H(1; 2+ t’;3+t’)  AB , MH  ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5)   MH.u  t ' 2t  t '  3    Ta có     2t ' t  3 t  3  MH.u1  Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) đó 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   t  với cả hai đường thẳng d và trục Ox, hãy viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất 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; 0; -1)(0; 0; 2) = -2  nên d và Ox chéo  Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox và MN  ( t’; -t; t – 2)    t  t   t  MN.u    Ta có    t '  t '   MN.i  Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O 14 1 2 MN  1 Phương trình mặt cầu (S): x  ( y  )  ( z  )  2 Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R = 2 2.2 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 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)) lớn nhất bằng AB A ≡ H, đó (α) là mặt phẳng qua A và vuông góc với AB 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 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 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) là mặt phẳng qua B Trong các mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (α), hãy viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính lớn nhất Giải: Mặt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhất (α) qua B và vuông góc với AB  BA  (1; 2; 2) là véctơ pháp tuyến của (α) R = AB=3 Phương trình mặt cầu (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 15 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 vuông góc của A lên ∆ Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhất thì 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: 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 và cách C một khoảng lớn nhất 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)   AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2)    (ABC) có véctơ pháp tuyến n  [AB, AC]  (1;4; 5)    (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 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 vuông góc của B lên (α) đó d(B; (α)) = BH ≥ BK 16 Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ nhất K ≡ H hay ∆ là đường thẳng qua hai điểm A, K 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 Giải:  Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến n  (2; 2;1) 1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α) x   2t  Phương trình BH: y   2t 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 vậy AH  (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 u  [AB, n ]  (16;11; 10) Phương trình của ∆: x+3 y-3 z +3   16 11 10 x   t  Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng d: 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 cách từ A đến ∆2 nhỏ nhất Giải: 17   1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp ud  (1;0; -1) , MB  (2;2;0)    [ud , MB]  (2;2;2)  2(1;1;1)  2n  (α) qua B nhận n  (1;1;1) 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 x   t  B,H Phương trình tham số AH: y   t z  1  t  Tọa độ H ứng với t là nghiệm phương trình: + t + + t -1 + t – =  3t    t    4 4 BH  ( ; ; )  3   Ta thấy u1 và ud 4  H( ; ; ) 3 3  4  (2; 1; 1)  u1  ∆1 nhận u1 làm véc tơ chỉ phương 3 không cùng phương nên d và ∆1 cắt (do cùng thuộc mặt phẳng (α)) Vậy phương trình ∆1: x+1 y-2 z   1 1 3) Gọi K là hình chiếu của A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆ ) lớn nhất K ≡ B hay ∆2 nằm (α)và vuông góc với AB     Ta có [n , AB]  (0; 4;4)  4(0;1; 1)  4u2  ∆2 nhận u2 làm véc tơ chỉ phương,   mặt khác u2 và ud không cùng phương nên d và ∆2 cắt (do cùng thuộc mặt phẳng (α)) 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: 18 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 ] Ví dụ 1: Cho đường thẳng d: x-1 y-2 z -3   , mặt phẳng (α): 2x – y – z + = 1 và điểm A( -1; 1; 1).Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua A cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất   Giải:Đường thẳng d có vtcp u  (1; 2; -1), (α) có vtpt n  (2; -1; 1) x   t  Phương trình tham số d: y   2t 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  x  1  t  Phương trình tham số đường thẳng d1: y   2t 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   -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) =  t = -1  I(-2; -1; 2)    u Đường thẳng ∆ có vtcp   [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) và đường thẳng ∆ : x+1 y z-4 = = Trong các đường thẳng qua A và song song song với (P), 3 hãy viết phương trình đường thẳng d cho khoảng cách giữa d và ∆ lớn nhất 19 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)  x  1  t  Phương trình tham số ∆: y  t z   3t  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  B(0; ; ) 2 Xét ∆1 là đường thẳng qua A và song song với ∆ x   t  Phương trình tham số đường thẳng ∆1: y  1  t z   3t  Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên ∆1  H(1 + 2t; -1 + t; – 3t)    3 BH  (1 + 2t; t - ; -3t).Ta có BI u   + 4t + t - + 9t =  t =  28  13 43 1   BH =( ;  ; ) = (26; -43; 3) = u1 14 28 28 28 28    u Đường thẳng d có vtcp d  [u1 , n ] = (40; 29; 69) Phương trình d : x-1 y+1 z -2   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 Lời giải: Vẽ đường thẳng d1 qua A và song song với d Trên d1 lấy điểm B khác A là điểm cố định, gọi K, H là hình chiếu vuông góc của B lên (α) và ∆ BH BK Ta có sin(d, ∆) = ≥ Do vậy góc (d, ∆) nhỏ nhất K ≡ H hay ∆ là AB AB đường thẳng AK 20    Góc (d, ∆) lớn nhất bằng 900 ∆  d và ∆ có vtcp u  [ud, n ] 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   1 1) Viết phương trình đường thẳng ∆1 nằm (α), qua A và tạo với d một góc lớn nhất 2) Viết phương trình đường thẳng ∆2 nằm (α), qua A và tạo với d một góc nhỏ nhất Giải:   (α) có vectơ pháp tuyến n  (2;2; -1) , d có vectơ ud  (1;1;1) qua điểm   M(-2; 1; 3) Ta thấy A (α) mặt khác n ud  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 u1  [ud, n ] = (-3; 3; ) = -3(1; -1; 0) x   t  Phương trình tham số của ∆1: y   t z  2  2) Xét đường thẳng d1 qua A và song song với d Phương trình d1: x-1 y-2 z +2   , lấy điểm B(2; 3; -1)  d1 1 Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên (α) x   2t  Phương trình tham số của BK y   2t , tọa độ z  1  t  của K ứng với t là nghiệm của phương trình : 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) – (- – t) – =  9t + = hay t =  10 19 5  K( ; ; ) 9 9  1 13 ) 9 ∆2 tạo với d một góc nhỏ nhất nó qua hai điểm A và K, AK  ( ; ;   ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương u2  9.AK  (1;1;13) 21 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) và đường thẳng d: x-1 y-2 z -3   1 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, vuông góc với d và tạo với AB một góc nhỏ nhất  Đường thẳng d có vectơ ud  (2;1;1) Giải: Xét mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với d  ∆ nằm (α)  (α) nhận ud  (2;1;1) làm vectơ pháp tuyến Phương trình (α): 2x + y + z – =  Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α), BH có vectơ ud  (2;1;1) x  2t  Phương trình tham số của BH y  2  t , tọa độ của H ứng với t là nghiệm của z  t  phương trình: 4t -2 + t + t – =  6t – =  t  4 hay H( ; ; ) 3 3  4 ; ) 3 ∆ tạo với AB một góc nhỏ nhất nó qua hai điểm A và H, AH  ( ;   ∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương u  3.AH  (1; 4;2) Phương trình ∆ : x-1 y z   4 Hiệu đề tài Những điều thực nêu có số tác dụng học sinh,cụ thể : Các em tỏ say mê, hứng thú với dạng tốn coi thành công người giáo viên Kết thúc đề tài khảo sát lại cho em học sinh lớp 12A4,12A5 Kết sau: Không Nhận biết, nhận biết vận dụng Nhận biết biết vận dụng, chưa giải Nhận biết biết vận dụng , giải 22 Số lượng Tỉ lệ ( %) 0.0 3.3 hoàn chỉnh 27 30 hoàn chỉnh 60 66,7 Rõ ràng em có tiến Như chắn phương pháp mà nêu đề tài giúp em phận loại tập nắm vững phương pháp làm trình bầy giúp em tự tin học tập thi Tuy kết qủa chưa thật mong đợi, với trách nhiệm người thầy, chừng mực tơi bớt băn khoăn học trị làm tốt tốn: “ Cực trị hình học giải tích lớp 12 ” Vận dụng chuyên đề học sinh giải số câu VD, VDC đề thi TN THPT Quốc Gia, ví dụ minh họa: Ví dụ 1: (Đề Thi thử CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , x 1 y  z   Tìm véctơ 2 1  phương u đường thẳng  qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A khoảng bé     A u   2;1;  B u   1; 0;  C u   3; 4; 4  D u   2; 2; 1 cho hai điểm M  2; 2;1 , A  1; 2; 3 đường thẳng d : Ví dụ 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A(2; 4; 1) , B(1; 4; 1) , C (2; 4;3) D (2; 2; 1) x y z Biết M  x; y; z  , để MA2  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ A B C D Ví dụ 3: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A  1; 2;3 ; B  0;1;1 ; C  1;0;   Điểm M  P  : x  y  z   cho giá trị biểu thức T  MA2  2MB  3MC nhỏ Khi đó, điểm M cách  Q  :2 x  y  z   khoảng bằng A 121 54 B 24 C D 101 54 Và nhiều toán tương tự giaỉ cách hiệu C KẾT LUẬN 23 Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, kinh nghiệm rút trước hết học sinh phải nắm kiến thức bản, biết vận dụng linh hoạt kiến thức này, từ dạy chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức cách hợp lý với đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng khiếu, rèn kỹ cho học sinh Kiến nghị Tôi nghĩ : tiến thành đạt học sinh ln mục đích cao cả, nguồn động viên tích cực người thầy Do vậy, mong ước chia sẻ với quý đồng nghiệp số suy nghĩ sau: Một tốn có nhiều cách giải song việc tìm lời giải hợp lý, ngắn gọn thú vị độc đáo việc không dễ Do chuyên đề rất nhiều chuyên đề, 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 kiến thức sau cung cấp cho học sinh cách nhận dạng tốn, thể tốn từ học sinh vân dụng linh hoạt kiến thưc bản, phân tích tìm hướng giải, đâu bắt đầu quan trọng để học sinh không sợ đứng trước tốn khó mà dần gây hứng thú say mê mơn tốn, từ tạo cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu Tuy nội dung của chuyên đề khá rộng, song khuôn khổ thời gian có hạn người viết ví dụ, tốn điển hình Đặc biệt, chun đề thực hiệu giảng dạy cho đối tượng học sinh khá, giỏi Rất mong đóng góp ý kiến bạn quan tâm đồng nghiệp để chuyên đề đầy đủ hoàn thiện hơn./ XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thọ Xuân, ngày tháng năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN 24 viết, khơng chép nội dung người khác Lê Văn Hà ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ Thọ Xuân, Ngày tháng năm 2018 Thay mặt HĐKH sở Chủ Tịch TÀI LIỆU THAM KHẢO 25 [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 [5] Tuyển tập đề thi thử TN THPT Quốc Gia trường nước năm học 2017-2018 26 ... sáng kiến? ??………………………………………………… 23 C.Kêt luận 24 Kiến nghị .25 HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong. .. nghiên cứu Từ kiến thức ví dụ dễ hiểu, sau phát triển dần thành toán phức tạp hơn, đối tượng nghiên cứu đề tài tập trung vào số toán cực trị hình học cụ thể hình học giải tích lớp 12 Phạm vi nghiên... tin học tập thi Tuy kết qủa chưa thật mong đợi, với trách nhiệm người thầy, chừng mực tơi bớt băn khoăn học trị làm tốt tốn: “ Cực trị hình học giải tích lớp 12 ” Vận dụng chuyên đề học sinh giải