Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị hình học trong hình tọa độ không gian

Trong việc dạy học toán ta luôn coi mục đích chủ yếu của bài tập toán là hình thành và phát triển tư duy toán học , tạo cho học sinh vốn kiến thức và vận dụng kiến thức vào thực tiễn . Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học sinh phương pháp giải từng dạng toán là hết sức cần thiết . Trong các đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông hay thi tuyển sinh vào các trường Đại học , Cao đẳng ,Trung học chuyên nghiệp thường xuất hiện các bài toán về phương pháp tọa độ trong không gian . Có thể nói rằng toán về phương pháp tọa độ trong không gian rất đa dạng phong phú . Cực trị hình học trong phương pháp tọa độ trong không gian là một dạng toán khó đòi hỏi học sinh vừa phải biết tư duy hình học vừa phải biết kết hợp sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian Trong năm học ,,,,,,,, được phân công giảng dạy lớp 12 trước khi dạy chương phương pháp tọa độ trong không gian bản thân tôi luôn trăn trở : làm thế nào để khi học sinh đọc đề thi thấy xuất hiện câu cực trị hình học trong không gian nhưng học sinh không cảm thấy sợ .Với suy nghĩ như vậy tôi đã chuẩn bị một chuyên đề xem như một đề tài cải tiến phương pháp dạy học : “ Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực cải trị hình học trong hình tọa độ không gian “

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG HÌNH TOẠ ĐỘ KHƠNG GIAN Phân : ĐẶT VẤN ĐỀ I Lý chọn đề tài : Trong việc dạy học tốn ta ln coi mục đích chủ yếu tập tốn hình thành phát triển tư tốn học , tạo cho học sinh vốn kiến thức vận dụng kiến thức vào thực tiễn Vì việc xây dựng hình thành cho học sinh phương pháp giải dạng toán cần thiết Trong đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông hay thi tuyển sinh vào trường Đại học , Cao đẳng ,Trung học chuyên nghiệp thường xuất tốn phương pháp tọa độ khơng gian Có thể nói tốn phương pháp tọa độ không gian đa dạng phong phú Cực trị hình học phương pháp tọa độ khơng gian dạng tốn khó địi hỏi học sinh vừa phải biết tư hình học vừa phải biết kết hợp sử dụng phương pháp tọa độ không gian Trong năm học ,,,,,,,, phân công giảng dạy lớp 12 trước dạy chương phương pháp tọa độ không gian thân trăn trở : làm để học sinh đọc đề thi thấy xuất câu cực trị hình học khơng gian học sinh không cảm thấy sợ Với suy nghĩ chuẩn bị chuyên đề xem đề tài cải tiến phương pháp dạy học : “ Hướng dẫn học sinh giải số tốn cực cải trị hình học hình tọa độ không gian “ II Phạm vi ứng dụng Đề tài áp dụng vào giảng dạy lớp 12B, 12 E trường THPT ………………… Phần GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ : A Cơ sở lý luận: Trong chương trình hình học 12 phương pháp tọa độ khơng gian tập trung chủ yếu vào dạng toán xác định tọa đô điểm thỏa mãn điều kiện cho trước, lập phương trình đường thẳng ,mặt phẳng việc cung cấp nội dung phương pháp cần thiết B Cơ sở thực tiễn : 1 Đối với học sinh : Khi chưa cải tiến phương pháp lớp 10/45 em tập trung làm tập dạng Đối với giáo viên : Sách giáo khoa bỏ qua dạng tập này, số tài liệu có điểm qua khơng có tính chất hệ thống Bài tốn : TÌM TOẠ ĐỘ ĐIỂM THỎA MÃN HỆ THỨC Dạng1: Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( α ) cho: ( a, b, c ∈ R ) lớn (nhỏ nhất) T = aMA2 + bMB2 + cMC2 Cách giải: Gọi G điểm thỏa mãn : aGA + bGB + cGC = T biểu diễn: ( ) ( ) ( T = a MG + GA + b MG + GB + c MG + GC ( ) ) = ( a + b + c ) MG + 2MG aGA + bGB + cGC + a.GA2 + b.GB2 + c.GC2 +) Nếu a + b + c > ta có Tmin ⇔ MGmin ⇔ M hình chiếu G lên (P) +) Nếu a + b + c < ta có Tmax ⇔ MGmin ⇔ M hình chiếu G lên (P) Các ví dụ: Ví dụ 1: a, Trong không gian với hệ Oxyz cho mặt phẳng ( α ) : x –y – 2z = điểm A(1; 3; 1); B(3; 2; 2); C(1; 1; -1) Tìm điểm M ∈ ( α ) cho T = MA2 + 2MB2 + MC2 nhỏ b, Trong không gian với hệ Oxyz cho ( α ) : x – y + 2z = điểm A(1; 2; -1); B(3; 1; -2); C(1; -2; 1) Tìm M ∈ ( α ) cho P = MA2 - MB2 - MC2 lớn Lời giải: a Giả sử G thỏa mãn: GA + 2GB + GC = 2 = ( MG + GA) T = MA + 2MB + MC = 4MG2 + GA2 + 2GB2 + GC2 ( ⇒ G ( 2;1;1) ) ( + MG + GB + MG + GC ) Vì G, A, B, C cố định nên T nhỏ MG nhỏ ⇔ M hình chiếu vng góc G mặt phẳng ( α ) x = + t  ⇒ d : y = − t  z = + 2t  Gọi d đường thẳng qua G vng góc với ( α ) 2 x = + t y = − t   5 1  z = + 2t ⇒ M ; ;    3 3 Tọa độ M nghiệm hệ:  x − y + z = b Gọi G điểm thỏa mãn: GA − GB − GC = = ( MG + GA) − ( MG + GB ) − ( MG + GC ) 2 2 MA - MB - MC ⇒ G ( 3; − 3; ) 2 = -MG2 + GA2 – GB2 – GC2 Vì G, A, B, C cố định nên P lớn MG nhỏ ⇔ M hình chiếu vng góc G lên (P) ⇒ M(2; -2; -2) Ví dụ 2: Trong khơng gian với hệ Oxyz, cho ba điểm A(3; 1; 1); B(7; 3; 9); C(2; 2; 2) mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – z + = Tìm (P) điểm M MA + 2MB + 3MC cho Lời giải: nhỏ  23 13 25  ⇒ I  ; ;  ∉ ( P)  6 6 Gọi I điểm thỏa mãn IA + IB + 3GC = ( ) ( Ta có MA + 2MB + 3MC = MI + IA + MI + IB + MI + IC ) = 6MI + IA + IB + 3IC = 6MI ⇒ MA + 2MB + 3MC = 6MI MA + MB + 3MC Do đó, hình chiếu I (P) nhỏ MI nhỏ nhất, suy M Dạng 2: Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) cho (MA + MB )min, A max Cách giải * Tìm M ∈ (P) cho MA + MB + Nếu A, B khác phía (P) MA + MBmin M, A, B thẳng hàng ⇒ M = AB ∩ (P ) MA − MB M P B + Nếu A, B phía (P) 3 Gọi A1 điểm đối xứng với A qua (P) Có MA + MB = MA1 + MB Do A1 B khác phía (P) nên (MA + MB) ⇔ (MA1 + MB) M, A1, B thẳng hàng MA − MB = ⇒ MA − MB A ⇒ M = A1 B ∩ ( P ) * Tìm M ∈ (P) cho max + Nếu A, B khác phía (P) Gọi A1 điểm đối xứng với A qua (P), ta có: MA − MB B M P A1 MA1 − MB ≤ A1 B max = A1B ⇒ M, A1, B thẳng hàng ⇒ M = A1 B ∩ ( P ) Từ tìm toạ độ điểm M + Nếu A, B phía (P) MA − MB ≤ AB ⇒ MA − MB ⇔ M , A, B thẳng hàng max = AB ⇒ M = AB ∩ (P ) A P M A1 Ví dụ 1: B Cho A(1; 1; 2); B(2; 1; -3) mặt phẳng (P): 2x + y -3z – = Tìm điểm M thuộc (P) cho (MA + MB) nhỏ Lời giải: Xét vị trí tương đối A, B mặt phẳng (P) ta có: tA.tB = (2.1 + – 3.2 + 5).(2.2 + – 3.(-3) -5) = -72 < Vậy A, B khác phía (P) Đường thẳng AB qua A(1; 1; 2) nhận AB(1; 0; − 5) làm véc tơ x = + t  y =  z = − 5t phương, suy AB có phương trình:  Gọi N giao điểm AB (P), suy tọa độ điểm N nghiệm hệ: 4 25  2 x + y − 3t − = x=  17 x = + t   ⇔ y =  y =   z = − 5t z = − 17  Ta chứng minh MA + MB nhỏ M ≡ N Thật vậy, lấy M ∈ (P) ta có MA + MB ≥ AB = NA + NB 6  25 M  ;1; −  17  Dấu “=” xảy M ≡ N Vậy  17 Ví dụ 2: Cho A(-7; 4; 4); B(-6; 2; 3) mặt phẳng (P): 3x – y -2t + 19 = Tìm điểm M thuộc (P) cho AM + BM nhỏ A Lời giải: B Xét vị trí tương đối A, B mặt phẳng (P) ta có: tA.tB = 98 > M Suy A, B phía (P) Gọi A1 điểm đối xứng với A qua (P) MA + MB = MB + MA1 A1 Mà MB + MA1 ≥ BA1 ⇒ MB + MA1min = BA1 ⇔ B, M, A1 thẳng hàng Hay M = BA1 ∩ ( P )  13   − ; 2;   Lập phương trình đường thẳng BA1, giải hệ tìm toạ đội điểm M  Ví dụ 3: Trong khơng gian Oxyz, cho A(1; 2; 3); B(4; 4;5) Viết phương trình đường thẳng AB, tìm giao điểm P đường thẳng AB (Oxy) Chứng minh rằng: Với Q ∈ ( Oxy ) biểu thức Q ≡ P Lời giải:  x = + 3t   y = + 2t  z = + 2t Phương trình đường thẳng AB:  QA− QB có giá trị lớn A B P Q Giao điểm đường thẳng AB với (Oxy) 5  x = + 3t  y = + 2t    z = + 2t  nghiệm hệ:  z =   ⇒ P − ; − 1;    QA− QB ∀Q ∈ ( Oxy ) biểu thức có giá trị lớn Q ≡ P Thật vậy, ta có tA.tB = > 0, suy A, B phía (Oxy) Với ba điểm Q, A, B ta có: QA − QB ≤ AB Dấu “=” xảy A, Q, B thẳng hàng ⇒ Q = AB ∩ ( P ) ⇒ Q ≡ P Ví dụ: Trong khơng gian Oxyz cho A(-3; 5; -5); B(5; -3; 7) mặt phẳng (P): x + y + z = Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) cho MA2 + MB2 nhỏ Lời giải: Gọi H trung điểm AB, suy H có toạ độ H(1; 1; 1) AB Tam giác MAB có trung tuyến MH nên MA2 + MB2 = 2MH2 + 2 ⇔ MH ⇔ MH Do MA + MB ⇔ MH ⊥ ( P ) ⇔ M hình chiếu H (P) P(P) có véc tơ pháp tuyến n(1;1;1) O∈ (P ) Mà OH = (1;1;1) ⇒ M ≡ O Vậy M(0;0;0) MA2 + MB2 nhỏ nhất, MA2 + MB2 = OA2 + OB2 = 142 Bài tập áp dụng: Trong không gian với hệ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5); B(1; 4; 3); C(5; 2; 1) mặt phẳng (P): x – y – z – = Gọi M điểm thay đổi (P) Tìm giá trị nhỏ biểu thức MA2 + MB2 + MC2 Trong không gian Oxyz cho A(1; 2; 3); B(3; 4; -1) mặt phẳng (P) có phương trình 2x + y + 2z + = Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) cho : MA2 + MB2 nhỏ Trong không gian Oxyz cho A(-1; 3; -2); (0; 1; 0); C(1; 0; -2) Tìm điểm M mP(P): x + y + z + = cho tổng MA + 2MB2 + 3MC2 có giá trị nhỏ Trong không gian Oxyz cho A(-1; 3; -2); B(-3; 7; -18) mp(P): 6 2x – y + z + = Tìm điểm M thuộc (P) cho MA + MB nhỏ Cho A(1; 2; 2); B(5; 4; 4) mp(P): 2x + y – z + = Tìm điểm M thuộc (P) cho MA2 + MB2 nhỏ Dạng 3: Trong không gian với hệ Oxyz cho hai điểm A, B đường thẳng (d) MA − MB Tìm điểm M (d) cho MA + MB nhỏ nhất, lớn Cách giải: Tìm điểm M (d) cho MA + MB nhỏ Bước 1: Tìm toạ độ điểm A 1, B1 theo thứ tự hình chiếu vng góc A, B lên (d) Bước 2: Tính độ dài AA1, BB1 từ tìm điểm N ∈ d chia véc tơ A1 B1 theo tỷ số NA1 = − − AA AA1 − BB1 ( Gọi N điểm chia A1 B1 theo tỷ số BB1 ) AA NB1 BB1 B A (d) Bước 3: Chứng minh (MA + MB) A1 M trùng với N Thật vậy: Gọi A2 điểm thuộc mặt phẳng (B; (d)),A2 A2, B khác phía (d) thoả mãn: N B1  AA = A1 A2 AA A1 A2 − A1 A2 ⇒ = ⇒ NA1 = NB1  BB1 B1 B2 BB1  A1 A2 ⊥ d ⇒ NA1 = A1 A2 NA1 A1 A2 NB1 ⇒ = ⇒ BB1 NB1 BB1 A2, N, B thẳng hàng ⇒ MA + MB = MA2 + MB ≥ A2 B = NA + NB Dấu “=” xảy ⇔ M ≡ N x +1 y −1 z + = = −1 Ví dụ: Cho A(1; 1; 0); B(3; -1; 4) đường thẳng (d): Tìm điểm M (d) cho MA + MB nhỏ Lời giải: Đường thẳng (d) có phương trình tham số là: x = -1 + t; y = – t; z = -2 + 2t, a = (1;−1;2) 7 +, Gọi A1 hình chiếu vng góc A lên d, suy A thuộc d ⇒ A1 ∈ ( d ) ⇒ A1 ( − + t ;1 − t ;−2 + 2t ) Vì AA1 ⊥ d ⇔ AA a = ⇔ ( t − 2) − (−t ) + (2t − 2) = ⇔ t = Vậy A1(0; 0; 0) AA = ( − 1;−1;0) ⇒ AA1 = +, Gọi B1 hình chiếu vng góc B lên d ⇒ B ∈ d ⇒ B1 ( −1 + t ;1 − t ;−2 + 2t ) ⇒ BB1 (t − 4;−t + 2;2t − 6) Vì BB1 ⊥ d ⇔ BB1 ⊥ a ⇔ BB1 a ⇔ BB1 a = ⇔ (t − 4).1 − (−t + 2).1 + 2(2t − 6) = ⇔ t = ⇒ BB1 = − AA Vậy, điểm N ∈ d chia véc tơ A1 B1 theo tỉ số BB1 = -1 A2 ⇔ NA1 = − NB1 ⇒ N (1;−1;2) +, Ta chứng minh (MA + MB) ⇔ M ≡ N A1 Thật vậy, gọi A2 điểm thuộc mặt phẳng A xác dịnh bới B d (A2 B khác phía d) thoả mãn AA1 = A2A1; ⇒ M B1 d N B A1 A2 ⊥ d AA A1 A2 − A1 A2 = ⇒ NA1 = NB1 ⇒ A2 , N , B BB1 BB1 BB1 thẳng hàng Vậy MA + MB = MA2 + MB ≥ A2 B = MA + MB Dấu “=” xảy ⇔ M ≡ N ⇒ M (1;−1;2) Ví dụ: Trong hệ Oxyz cho điểm A(1; 5; 0); B(3; 3; 6) đường thẳng  x = −1 + 2t  ∆ : y = 1− t  z = 2t  Một điểm M that đổi ∆ Xác định vị trí M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Lời giải: 2PABM = AB + MA + MB ⇒ P ⇔ MA + MB ∆ có véc tơ phương: u = (2; − 1; 2) +, A1 hình chiếu A ∆ ⇒ A1 (−1 + 2t;1 − t;2t ) 8 ⇒ AA1 (2t − 2; − t − 4; 2t ) AA1 ⊥ ∆ ⇒ AA ⊥ u ⇔ AA u = ⇔ 2(2t − 2) − 1(−t − 4) + 4t = ⇔ 9t = ⇔ t = ⇒ A1 (−1;1; 0) ⇒ AA = (−2; − 4; 0) ⇒ AA = +, B1 hình chiếu B ∆ ⇒ B1 (−1 + 2t1 ;1 − t1 ;2t1 ) BB1 = (2t1 − 4; − t1 − 2; 2t1 − 6) BB1 ⊥ ∆ nên BB1 ⊥ u ⇔ BB1 u = ⇔ ( 2t1 − ).2 + ( − t1 − ).( −1) + (2t1 − 6).2 = ⇔ 9t1 = 18 ⇔ t1 = ⇒ B1 (3; − 1; 4) ⇒ BB1 = (0; − 4; − 2) ⇒ BB1 = ⇒ AA =1 BB1 AA = −1 BB A B 1 +, Gọi N điểm chia theo tỉ số (N nằm A1 B1) ⇒ NA1 = − NB1 ⇒ N (1; 0; 2) (N trung điểm A B ) 1 +, Ta chứng minh MA + MB ⇔ M ≡ N Thật vậy, gọi A2 điểm thuộc mặt phẳng xác định (B; ( ∆ )), A2 B khác phía ∆ thoả mãn ⇒  A1 A2 = AA   A1 A2 ⊥ ∆ AA A1 A2 AA = ⇒ NA1 = − NB1 BB1 BB1 BB1 ⇒ A2, N, B thẳng hàng Vậy MA + MB + MA2 + MB B A A1 ∆ N M B1 A2 ≥ A2 B = NA + NB Dấu “=” xảy ⇔ M ≡ N ⇒ M (1; 2) Ví dụ: Trong không gian với hệ Oxyz cho A(2; 0; 3) ; B(2; -2; -3) x − y +1 z = = ∆: Chứng minh A, B ( ∆ ) nằm mặt phẳng Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho MA4 + MB4 đạt giá trị nhỏ Lời giải: Phương trình đường thẳng AB: x =  y = t  z = + 3t  Phương trình x = + t '  ∆ :  y = −1 + 2t '  z = 3t '  2 = + t '  t = −1 + 2t ' 3 + 3t = 3t ' Gọi I giao điểm AB ∆ ta có:  t = −1 ⇒ ⇒ I ( 2; − 1; t ' = ) Vậy AB ( ∆ ) cắt I nên A, B ∆ đồng phẳng Có: IA = (0; − 1; − 3); IB = (0; − 1; − 3) ⇒ IA = − IB ⇒ I trung điểm AB , IA + IB = AB 1 1 2 ≥ ( MA +MB ) ≥  ( MA + MB )  ≥ AB = ( IA + IB ) 2  8 Khi MA4 + MB4 Suy MA4 MB4 nhỏ M ≡ I (2; − 1; 0) Bài tốn 2: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Dạng : Cho hai điểm phân biệt A B Viết phương trình mặt phẳng ( α ) chứa B cách A khoảng lớn Cách giải: Gọi H hình chiếu A lên (P), tam giác ABH vuông H d ( A; ( P ) ) = AH ≤ AB ⇒ d ( A; ( P ) ) max = AB ⇔ H ≡ B Khi (P) mặt phẳng qua B vng góc với AB Ví dụ 1: Viết phương trình mặt phẳng qua điểm B(1; 2; -1) cách gốc toạ độ khoảng lớn Lời giải: Gọi H hình chiếu A mp(P) cần tìm, OH ≤ OB d ( O; ( P ) ) = OH ≤ OB ⇒ d( O; ( P ) ) max = OB Vậy mp(P) qua B(1; 2; -1) nhận OB = (1; 2; − 1) làm véc tơ pháp tuyến Vậy mp(P) có phương trình: 1(x – 1) + 2(y – 2) – 1(z + 1) = ⇔ x + 2y − z − = 10 10 Dạng 2: Cho điểm A đường thẳng ∆ không qua A Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ cho khoảng cách từ A đến mp(P) lớn Cách giải: Gọi H hình chiếu vng góc A mp(P), K hình chiếu vng góc A đường thẳng ∆ d ( A; ( P ) ) = AH ≤ AK ⇒ d ( A; ( P ) ) max = AK ⇔ H ≡ K A ∆ P H K Vậy mp(P) cần tìm mặt phẳng chứa ∆ vng góc với AK Hay (P) chứa ∆ vng góc với mp(AK; ∆ ) Ví dụ: Cho ba điểm A(1; 1; 1); B(2; 1; 0); C(2; 0; 2) Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua hai điểm B, C cách điểm A khoảng lớn Lời giải: Mặt phẳng cần tìm chứa BC vng góc với mp(ABC) Ta có BC − (0;−1;2), AB = (1; 0; − 1) Toạ độ véc tơ pháp tuyến mp(ABC) [ ] n ( ABC ) = BC, AB = (!;2;1) Suy mp( α ) có véc tơ pháp tuyến [ ] n α = BC , n ( ABC) = (−5;2;1) Vậy phương trình mặt phẳng ( α ) -5(x – 2) + 2(y – 1) + Z = hay -5x + 2y + z + = Dạng : Cho đường thẳng d điểm A không thuộc d Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A , song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn Cách giải : Bước : Gọi I hình chiếu vng góc A d Tìm tọa độ điểm I Bước : Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Ta có IH ≤ IA Suy IHmax = IA H ≡ A Vậy (P) qua A nhận AI làm vec tơ pháp tuyến Bước : Viét phương trình mặt phẳng (P) Ví dụ : Trong khơng gian với hệ tọa độ O xyz choA(10;2;-1) đường thẳng d x −1 y z −1 = = có phương trình : Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A , song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn Lời giải: Áp dụng phương pháp giải ta tìm phương trình mặt phẳng (P) : 7x + y -5z -77 = 11 11 Dạng 4: Cho hai đường thẳng ∆ 1, ∆ phân biệt khơng song song với Viết phương trình mặt phẳng ( α ) chứa ∆ tạo với ∆ góc lớn Lời giải: Vẽ đường thẳng ∆ song song với ∆ cắt ∆ K Gọi A điểm cố định ∆ H hình chiếu A mp( α ) Ta có góc ∆ ( α ) góc AKH Kẻ AT ⊥ ∆ , (T ∈ ∆1 ) HK KT ≥ AK AK Khi tam giác HKT vuông T, nên cos AKH = Vậy góc AKH lớn HK = KT hay H ≡ T Góc lớn góc AKT = ( ∆ 1, ∆ 2) [ Khi mặt phẳng ( α ) cần tìm có véc tơ phơng u ∆ , u ∆ [ [ Do véc tơ pháp tuyến mp( α ) n α = u ∆ , u ∆ , u ∆ ∆1 : ] x y −1 x y z = ; ∆2 : = = 1 1 Ví dụ: Cho hai đường thẳng phẳng ( α ) chứa ∆ tạo với ∆ góc lớn (khơng đổi) ] Viết phương trình mặt Lời giải: Ta tháy hai đường thẳng phân biệt không song song với [ ] Theo kết tốn u ∆ = (1;1;2), u ∆ = (1;1;1) , suy u ∆ , u ∆ = (−1;1;0) [ [ ] Do véc tơ pháp tuyến mp( α ) n α = u ∆ , u ∆ , u ∆ = (−2;−2;2) 1 Vậy phương trình mp( α ) -2x -2(y - 1) + 2z = hay x + y - z - = Dạng : Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) tạo với mặt phẳng (Q) góc nhỏ Cách giải: Bước 1: Gọi M(x0; y0; x0) thuộc (d); mặt phẳng (P) chứa (d) nên điểm M thuộc (P) Phương trình mp(P): A(x – x0) + B(y – y0) + c(z – z0) = (A2 + B2 + C2 ≠ ) Bước 2: mp(P) có véc tơ pháp tuyến: n p = ( A; B; C ) (Q) có véc tơ pháp tuyến: n Q = ( A' ; B' ; C ' ) Gọi α góc (P) (Q) Ta có cos α = AA'+ BB'+CC ' A + B2 + C 2 A' + B ' +C ' Bước 3: (P) chứa (d) nên n P u d = biểu thị liên quan A, B, C Tìm giá trị lớn cos α 12 12  x = −t   y = −1 + 2t z = + t  Ví dụ: Viết phương trình mp(P) chứa đường thẳng (d): tạo với mp(Q): 2x – y – 2z – = góc nhỏ Hướng dẫn giải: Áp dụng kết toán tìm C  2 + 1 + = B  ≤ cos α = 3B B + BC + 2C ⇔ C = −1 B ⇔ C = −B Suy cos α lớn Vậy mp(P) có phương trình x + y – z + = Bài tập áp dụng: Trong không gian với hệ Oxyz cho điểm A(2; 5; 3), đường thẳng d: x −1 y z − = = 2 Viết phương trình mp(P) chứa (d) cho khoảng cách từ A đến (P) lớn x −1 y − z − = = 1 −1 x y −1 z + = = −2 −1 Cho d1: d2: Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 đồng thời tạo với d2 góc nhỏ x +1 y − z +1 = = 1 −1 Trong không gian với hệ Oxyz cho d: trình mp(P) chứa d tạo với mp(Oxy) góc nhỏ Viết phương Bài toán : VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Dạng 1: Cho mặt phẳng ( α ) điểm A thuộc ( α ), điểm B khác A Tìm đường thẳng ∆ nằm ( α ) qua A cách B khoảng nhỏ Cách giải: Gọi H hình chiếu vng góc B ∆ ,ta thấy d(B; ∆ ) = BH ≤ AB Vậy khoảng cách lớn H ≡ A B Khi ∆ đường thẳng qua A có véc tơ [ ] phương u ∆ = n a , AB Gọi T hình chiếu B ( α ) , ta thấy BH ≥ BT 13 P H A H ∆ 13 Vậy khoảng cách BH nhỏ BT H ≡ T hay đường thẳng ∆ qua A T để viết phơng trình đường thẳng ∆ ta có hai cách : +, Tìm hình chiếu vng góc T B ∆ , từ viết phương trình đường thẳng ∆ qua A T [ [ ] +, Tìm toạ độ véc tơ phương đường thẳng ∆ : u ∆ = n α , n α , AB Ví dụ: Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A(1;1;1) vng góc với đường thẳng x = t  ∆':  y = + t (t ∈ R)  z = + 2t  cách điểm B(2;0;1) khoảng lớn Lời giải: Gọi ( α ) mặt phẳng qua A vng góc với ∆ ’ Khi đường thẳng ∆ nằm mặt phẳng ( α ) qua A cách B khoảng lớn [ ] Theo tốn trên, ta có AB = (1;−1;0), n α = (1;1;2), u ∆ = n α , AB = ( 2;2;−2) x = + t   y = + t (t ∈ R ) z = − t  Vậy phương trình đường thẳng ∆ Dạng 2: Cho mặt phẳng ( α ) điểm A thuộc ( α ) , đường thẳng d không song song hay nằm ( α ) Tìm đường thẳng ∆ nằm ( α ) qua A tạo với đường thẳng d góc bé nhất, lớn Cách giải: Vẽ đường thẳng qua A song song với d Trên đường thẳng lấy điểm B khác A cố định Hình chiếu vng góc B ∆ ( α ) theo thứ tự H K BH BK ≥ AB AB Ta có: (d, ∆ ) = BAH; sin(d, ∆ ) = Vậy (d, ∆ ) nhỏ H ≡ K , hay ∆ đường thẳng AK A d K [ [ ] P A ∆ H Ta thấy véc tơ phương ∆ u ∆ = n α , n α , u d , đường thẳng ∆ tạo với d góc lớn 900 [ ] có véc tơ phương u ∆ = n α , u d 14 14 Dạng : Cho mặt phẳng ( α ) điểm A thuộc ( α ) ,đường thẳng d không song song với ( α ) , không nằm ( α ) , khơng qua A Tìm đường thẳng ∆ nằm mặt phẳng ( α ) qua A cho khoảng cách ∆ đường thẳng d lớn Cách giải: Gọi d’ đường thẳng qua A song song với d B dgiao điểm d d’ với mp ( α ) Gọi H hình chiếu vng góc B mặt phẳng (d’, ∆ ) Khoảng cách d ∆ BH P Gọi C hình chiếu vng góc B d’ Ta thấy BH ≤ BC ,nên BH lớn H ≡ C [ B C A H ∆ ] Khi đường thẳng ∆ có véc tơ phương u ∆ = n α , BC Có thể thay véc tơ BC AT , T hình chiếu vng góc A d Bài tập áp dụng: Trong không gian với hệ Oxyz viết phương trình đường thẳng d qua A(1; 1; 2) vng góc với d2: nhỏ x −1 y − z = = 2 đồng thời tạo với trục Oz góc α x −1 y − z = = 1 Trong không gian với hệ Oxyz, cho d1: hai điểm A(1; 1; 0); B(2; 1; 1) Viết phương trình đường thẳng d qua A vng góc với d1 cho khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d2 lớn Phần : KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM Kết : Khi chưa thực đề tài cảm thấy học sinh hay vướng mắc giải tốn cực trị hình học khơng gian Sau nghiên cứu thực giảng dạy theo đề tài gây hứng thú học tập cho học sinh giúp học sinh giải nhiều khó dạng toán thường xuất đề thi đại học ,cao đẳng trung học chuyên nghiệp Giải dạng tập giúp học sinh rèn luyện khả tư cho học sinh ,phát huy tỉnh tích 15 15 cực sáng tạo học toán nữagiúp học sinh hệ thống kiến thức phương pháp giải để học sinh tự tin bước vào kỳ thi Thực tế thực đề tài chất lượng học sinh nâng lên rõ rệt Lớp Số Điểm 8-10 Điểm 6.5 Điểm đến Điểm đến Điểm HS đến 6.5 dưới 12 B 45 13.3 13 28.9 22 48.9 9.8 0 12E 45 17.8 15 33.3 19 42.2 6.7 0 Bài học kinh nghiệm : Việc lựa chọn phương pháp , hệ thống kiến thức rèn cho học sinh khả tư cần thiết Trong thực tế nhiều học sinh tiếp thu phương pháp nhanh việc trình bày chưa chặt chẽ giáo viên cần sửa cho học sinh cách tỉ mỉ Trên mộy số kinh nghiệm rút từ thực tế giảng dạy mơn tốn lớp 12 năm học 2012-2013 Trong khn khổ có hạn đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót , mong cấp lãnh đạo bạn đồng nghiệp trao đổi góp ý để đề tài đầy đủ hơn, góp phần vào việc nâng cao chất lượng giảng dạy mơn tốn trường THPT nói chung ,trường THPT Ba Đình nói riêng XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 10 tháng năm 2013 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Mai Thị Mơ 16 16 ... VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM Kết : Khi chưa thực đề tài cảm thấy học sinh hay vướng mắc giải tốn cực trị hình học khơng gian Sau nghiên cứu thực giảng dạy theo đề tài gây hứng thú học tập cho học sinh. .. sinh giúp học sinh giải nhiều khó dạng toán thường xuất đề thi đại học ,cao đẳng trung học chuyên nghiệp Giải dạng tập giúp học sinh rèn luyện khả tư cho học sinh ,phát huy tỉnh tích 15 15 cực sáng... 15 15 cực sáng tạo học toán nữagiúp học sinh hệ thống kiến thức phương pháp giải để học sinh tự tin bước vào kỳ thi Thực tế thực đề tài chất lượng học sinh nâng lên rõ rệt Lớp Số Điểm 8-10 Điểm