Sử dụng yếu tố hình học để giải quyết hiệu quả một lớp bài toán cực trị tọa độ không gian nhằm phát triển năng lực tư duy cho học sinh lớp 12, nâng cao chất lượng giảng dạy và đáp ứng yêu cầu đổi mới
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (295.05 KB, 20 trang )
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình phổ thông, hình học là môn học không dễ đối với học
sinh. Để học tốt môn hình học ngoài những yêu cầu cơ bản thì người học cần
phải có tư duy logic chặt chẽ và khả năng trừu tượng hóa cao hơn các môn học
khác.
Bài toán cực trị nói chung hay cực trị tọa độ không gian Oxyz thường tạo ra
khó khăn nhất định cho học sinh. Chính vì vậy, bài toán cực trị hình học tọa độ
không gian thường xuất hiện ở đề thi học sinh giỏi hoặc ở các câu hỏi ở mức độ
vận dụng và vận dụng cao trong các đề thi THPT Quốc Gia (nay là kì thi tốt
nghiệp THPT Quốc Gia). Để bài thi của các em đạt kết quả tốt nhất thì ngoài
việc các em phải nắm được hệ thống kiến thức cơ bản thì các em phải có được
kiến sâu, rộng và đồng thời phải lựa chọn được phương pháp tối ưu để giải
nhanh và hiệu quả nhất.
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy, việc lựa chọn phương pháp giảng
dạy phù hợp với từng dạng bài sẽ kích thích được hứng thú học tập của học sinh,
giúp các em chủ động lĩnh hội và tích lũy được kiến thức từ đó có được kỹ năng
để vận dụng vào làm bài thi đạt kết quả cao, là nhiệm vụ đặc biệt quan trọng của
người thầy.
Từ những lý do trên cùng với sự tích luỹ kinh nghiệm của bản thân qua
những năm giảng dạy, tôi chọn đề tài: “SỬ DỤNG YẾU TỐ HÌNH HỌC ĐỂ
GIẢI HIỆU QUẢ MỘT LỚP BÀI TOÁN CỰC TRỊ TỌA ĐỘ KHÔNG
GIAN, NHẰM PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH LỚP
12, NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG GIẢNG DẠY VÀ ĐÁP ỨNG YÊU CẦU
ĐỔI MỚI CỦA KỲ THI THPT QUỐC GIA (NAY LÀ KỲ THI TỐT
NGHIỆP THPT)” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình trong năm học
2019 – 2020.
1.2 Mục đích nghiên cứu
Hình thành cách giải hiệu quả một lớp bài toán về cực trị hình học tọa độ
không gian. Hơn nữa rèn luyện các kỹ năng vận dụng kiến thức, kỹ năng lựa
chọn phương pháp và định hướng phát triển năng lực tư duy cho học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp giải một lớp các bài toán cực trị hình học tọa độ không gian
bằng cách sử dụng các yếu tố hình học.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu sử dụng trong đề tài bao gồm:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận.
- Phương pháp điều tra quan sát.
- Phương pháp tổng kết rút kinh nghiệm.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong nghiên cứu khoa học thì việc tìm ra phương pháp để giải quyết một
vấn đề là vô cùng quan trọng. Nó giúp ta có định hướng tìm được lời giải của
một lớp các bài toán. Trong dạy học giáo viên là người có vai trò thiết kế và điều
1
khiển sao cho học sinh thực hiện và luyện tập các hoạt động tương thích với nội
dung dạy học. Vì vậy trang bị về phương pháp, tập trung dạy cách học, rèn
luyện các kỹ năng, phát triển các năng lực cho học sinh... là một nhiệm vụ quan
trọng của người giáo viên.
Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu, tôi thấy đây là dạng toán
không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn hút được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết
sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, kiến thức véctơ, tìm
được vị trí đặc biệt của nghiệm hình để cực trị xảy ra thì có thể đưa bài toán trên về
một bài toán quen thuộc, đơn giản giảm nhẹ được tính cồng kềnh của biến đổi đại số.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Bài toán cực trị nói chung và bài toán cực trị tọa độ không gian nói riêng
là bài toán gây ít nhiều khó khăn cho học sinh. Bên cạnh khó khăn do vốn kiến
thức, kinh nghiệm còn ít ỏi, các em học sinh chưa nắm vững kiến thức hình học và
cái nhìn tổng quan, phân loại các dạng toán và phương pháp giải. Vậy khi gặp dạng
toán này các em chưa tự tin và rất lúng túng tìm lời giải, hơn nữa là lời giải hiệu quả.
Nếu tháo gỡ được khó khăn đó sẽ đem lại hiệu quả cao trong công tác giảng dạy của
các thầy cô cũng như việc học tập của các em học sinh.
Ngoài mục tiêu đảm bảo chất lượng đại trà thì chất lượng mũi nhọn luôn
được tập thể nhà trường quan tâm và trăn trở. Bên cạnh đó chất lượng tuyển sinh
vào 10 của nhà trường không cao, cụ thể tỉ lệ số học sinh đạt điểm trên 7 thấp
hơn nhiều so với các trường trên địa bàn huyện. Chính vì vậy, thầy cô giáo giảng
dạy luôn phải tư duy, tìm tòi phương pháp giảng dạy sao cho đạt hiệu quả cao
nhất.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Ôn tập kiến thức.
2.3.1.1. Các công thức cần nhớ
* Công thức về khoảng cách:
- Khoảng cách giữa hai điểm A x A ; y A ; z A , B xB ; yB ; z B
AB ( xB x A )2 ( y B y A ) 2 ( z B z A )2
- Khoảng cách từ điểm M x0 ; y0 ; z0 đến mp : Ax By Cz D 0
d M ;
Ax0 By0 Cz0 D
A2 B 2 C 2
r r r
�
M
M
�
� 0
� 0M1, u �
�
r
- Khoảng cách từ điểm M 1 đến : � r : d M 1 ,
Vtcp u
u
�
�M '
�M
' �
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau : � r và : � ur'
Vtcp u
�
Vtcp u
�
u
u
u
u
u
r
r r
u , u ' . MM �
urur
d( , �
)=
.
�
�
�
u
,
u
� �
* Công thức về góc:
2
r r
u1.u2
r r
- Công thức tính góc giữa hai đường thẳng d1 , d 2 : cos r r ( u1 , u2 lần
u1 . u2
lượt là hai vtcp của hai đường thẳng).
vv
r r
n.u
- Công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: sin v v ( n, u là
n .u
vtpt,vtcp của mặt phẳng và đường thẳng).
r r
ur uu
r
n1.n2
- Công thức tính góc giữa hai mặt phẳng: cos r r ( n1 , n2 lần luợt là hai
n1 . n2
vtpt của hai mặt phẳng).
* Lưu ý: Các công thức tính góc nêu trên có điều kiện: 0 � , , � .
2
2.3.1.2. Một số kết quả được sử dụng.
* Kết quả 1: Trong một tam giác cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn.
* Kết quả 2: Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm nằm
ngoài đường thẳng đến một đường thẳng đó thì đường vuông góc là đường ngắn
nhất.
*Kết quả 3: Với ABC bất kì ta luôn có AB AC BC AB AC .
*Kết quả 4: Trong không gian Oxyz , cho P : ax by cz d 0 và 2 điểm
A( x A ; y A ; z A ), B( xB ; y B ; z B ) .
* Nếu ax A by A cz A d ax B byB czB d 0 thì A, B nằm về hai phía với
mặt phẳng P .
* Nếu ax A by A cz A d ax B byB cz B d 0 thì A, B nằm về cùng một phía
với mặt phẳng P .
2.3.1.3. Hai bài toán cơ bản của hình học tọa độ trong không gian thường
được sử dụng.
Bài toán 1: Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng P .
Phương pháp giải:
�
�M uuur
d
:
- Viết phương trình đường thẳng
�
vtcp n P
�
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên P
� H d � P .
Bài toán 2: Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d
Phương pháp giải:
�
�M
uu
r
Vtpt ud
�
- Viết phương trình mp : �
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d
� H d �
Lưu ý: Có thể giải 2 bài toán trên bằng cách khác.
3
2.3.2. Giải bài toán cực trị hình học tọa độ không gian bằng hai phương pháp.
Ví dụ: (Đại học khối B năm 2009).
Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : x 2 y 2 z 5 0 và hai điểm
A 3,0,1 , B 1, 1,3 . Trong các đường thẳng đi qua A và song song với mp P .
Viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng đó
là nhỏ nhất.
Phân tích, hướng dẫn:
Cách 1: Dùng phương pháp sử dụng các yếu tố
hình học.
Gọi d là đường thẳng cần tìm vậy A �d gọi
Q là mặt phẳng sao cho Q �d và Q // P
�
�A 3;0;1
� Q : � uuur
� Q : x 2 y 2z 1 0
Vtpt n P 1; 2;2
�
�
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của B trên d và mp Q . Áp dụng kết quả 2 ta
có BK �BH , đẳng thức xảy ra khi K �H vậy đường thẳng d �AH , đường
�
x 1 y 1 z 3
�B 1; 1;3
BH
:
� BH :
thẳng
.
� uuur
1
2
2
Vtcp
n
1;
2;2
�
Q
�
� � 1 11 7 �
; ; �
�H �
x 3 y z 1
� �9 9 9�
� d:
Ta có H BH �(Q ) � d : � uuur
.
26
11
2
26
11
2
�
�
�
Vtcp AH � ; ; �
�
�9 9 9 �
�
Cách 2: Dùng phương pháp hàm số.
uu
r uuur
uu
r
Giả sử ud (a; b;c) với (a 2 b 2 c 2 �0) . Do d // P � ud . n P 0 , vậy ta có
uu
r
uuu
r
a 2b 2c 0 � a 2b 2c � ud (2b 2c; b;c) , AB (4; 1;2)
uuu
r uu
r
� c 2b;2a 4c;4b a
��
AB
,
u
d�
�
uuuruu
r
2
2
2
�
�
AB
,
u
56b 2 84bc 69c 2
� d � c 2b 2a 4c a 4b
� d B; d
uu
r
2
5b 2 8bc 5c 2
ud
2b 2c b2 c 2
- TH1: Nếu c 0 thì d B; d
56
.
5
- TH2: Nếu c �0 thì ta chia cả tử và mẫu của biểu thức trong căn cho c 2 ta có
2
�b �
�b �
56 � � 84 � � 69
2
�c �
�c �
. Đặt f (t ) = 56t 84t 69 (t ��)
d B; d
2
5t 2 8t 5
�b � �b �
5 � � 8 � � 5
�c � �c �
28t 2 130t 132
6
11
'
� f t
, f ' t 0 � t hoặc t
2
2
(5t 8t 5)
7
2
4
Bảng biến thiên của y f t
x
f ' t
f t
�
-
11
2
0
6
7
+
56
5
0
�
-
2
100
9
Từ bảng biến thiên nhận thấy d B; d min
56
5
100
11
b
11
tại t �
9
2
c
2
�
uu
r �
11 �
�A 3;0;1
x 3 y z 1 .
r
� ud �
13c; c; c �� d : �
� d:
2
26
11 2
Vtcp
u
26;11;2
�
�
�
* Nhận xét: Ngoài bài toán trên thì còn có nhiều bài toán cực trị tọa độ không
gian có thể giải bằng 2 phương pháp:
- Phương pháp đại số: Chuyển đại lượng cần tìm Min, Max về biểu thức đại số và
dùng bất đẳng thức hoặc khảo sát hàm số để tìm Min, Max.
- Phương pháp sử dụng các yếu tố hình học: Sử dụng các yếu tố hình học và bất đẳng
thức hình học để tìm Min, Max.
Từ hai cách giải của bài toán trên nhận thấy nếu giải theo phương pháp đại số
có lợi thế là ít dùng đến trí tưởng tượng trong không gian nhưng phải tính toán
điều đó làm mất nhiều thời gian và dễ có sai sót. Đối với phương pháp hình học
thì đòi hỏi học sinh có sự tưởng tượng không gian nhưng lời giải thể hiện tính
nhanh gọn, tiết kiệm thời gian, kết quả thường chính xác, phù hợp với xu thế thi
THPT Quốc Gia. Sau đây tôi xin đưa ra một số bài toán cực trị hình học tọa độ
để chứng tỏ tính ưu việt của phương pháp hình học.
2.3.3. Dạng toán cực trị hình học tọa độ không gian bằng phương pháp sử dụng yếu
tố hình học.
2.3.3.1. Dạng toán cực trị hình học tọa độ không gian liên quan đến khoảng cách.
Bài toán 1:
Cho điểm A cố định và điểm M di động trên đường thẳng (hoặc mặt phẳng).
Xác định điểm M để AM có độ dài nhỏ nhất.
Phương pháp giải:
Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng (hoặc mặt phẳng). Xét tam giác
AHM và áp dụng kết quả 2 ta có AM �AH . Đẳng thức xảy ra khi M �H , vậy
AM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của A trên đường thẳng (hoặc mặt phẳng).
5
Ví dụ 1.1. (KSCL Sở GD&ĐT Lạng Sơn 2019):
Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm M 2, 2,1 , A 1, 2, 3 và đường thẳng
r
x 1 y 5 z
. Trong các véc tơ u , xác định véc tơ chỉ phương của đường
2
2
1
thẳng đi qua M , vuông góc với d , đồng thời cách điểm A một khoảng bé
d:
nhất, khoảng
cách bé nhấtr đó là:
r
r
r
A . u 1;0;2 .
B. u 2;1;6 .
A . u 1;0;2 .
D. u 2;2; 1 .
Phân tích, hướng dẫn:
Gọi P là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với đường thẳng d
�
�M 2; 2;1
mp P : � uu
� P : 2 x 2 y z 9 0 . Gọi K , H lần lượt là hình
r
Vtpt ud 2;2; 1
�
chiếu của của A lên mp P và đường thẳng d , Áp dụng bài toán cơ bản 2 ta có
H 3; 2; 1 . d A, AK �AH , đẳng thức xảy ra khi K �H . Vậy đường
uuur
thẳng là đường thẳng AH có véc tơ chỉ phương AH 1;0; 2 . Đáp án A.
Ví dụ 1.2. (KSCL lần 1, Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai , Sóc Trăng năm
2018):
Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;2, 1 và mp P : x y 2 z 13 0 .
Xét các mặt cầu S có tâm I a; b; c đi qua điểm A , tiếp xúc với
P : x y 2 z 13 0 . Tính giá trị biểu thức T a 2 2b 2 3c 2 , khi mặt cầu S
có bán kính bé nhất:
A. T 35 .
B. T 20 .
C. T 25 .
D. T 30 .
Phân tích, hướng dẫn:
Gọi H là hình chiếu của A trên mp P , với M là điểm bất kỳ trên mp P
vậy theo kết quả 2 thì AH �AM . Vậy mặt cầu S đi qua A và tiếp xúc với
mp P có bán kính nhỏ nhất là mặt cầu có đường kính AH với H là tiếp điểm
của S với mp P , hay H là hình chiếu của A trên mp P .Lập phương trình
đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mp P
�x 1 2t
�
�A 2; 2;1
�
�d :�
� d : �y 2 t � H d �mp P � H 3;4;3 .
r
Vtcp u 1;1;2
�z 1 2t
�
�
Vậy mặt cầu có tâm I là trung điểm AH � I 2;3;1 � T 25 . Đáp án C.
Bài toán 2:
Trong không gian Oxyz , cho điểm M , N và đường thẳng .
a. Lập phương mp Q đi qua M và cách điểm N cho trước một khoảng lớn nhất.
b. Lập phương trình mp Q chứa đường thẳng d và cách N một khoảng lớn nhất.
Phương pháp:
a. Gọi H là hình chiếu của N trên mp Q , khi đó d N , Q NH �NM
6
đẳng thức xảy ra khi M �H � d N ; Q max NM .
Vậy mp Q là mặt phẳng đi qua M và vuông góc
với MN
�M
r.
� Q : � uuuu
Vtpt MN
�
b. Gọi H , I lần lượt là hình chiếu của N trên
mp Q và d , khi đó d N , Q NH �NI , đẳng
thức xảy ra khi
�I
H �I � d N ; Q min NI � Q : � uur .
Vtpt NI
�
Ví dụ 2.1. (KSCL lần 2, Ngô Quyền, Hải Phòng 2018):
2
2
2
Trong không gian Oxyz , cho mp : ax by cz d 0 a b c 0 đi qua
hai điểm B 1;0;2 , C 5;2;6 và cách A 2;5;3 một khoảng lớn nhất. Khi đó đó
giá trị của biểu thức T
A.
3
.
4
a
là:
bcd
1
B. .
6
1
C. .
6
D. 2 .
Phân tích, hướng dẫn:
�x 1 2t
�
�B 1;0;2
�
� BC : �y t
Đường thẳng BC : � uuur
gọi I là hình chiếu của A
Vtcp
BC
2;1;2
�z 2 2t
�
�
trên BC � I 3;1;4 , áp dụng phương pháp giải bài toán 2b � d A; max AI .
�
�B 1;0;2
a
1
� : x 4 y z 3 0 , vậy T
uur
.
bcd
6
Vtpt AI 1; 4;1
�
Vậy : �
Đáp án C.
Ví dụ 2.2. (KSCL Lê Quý Đôn Điên Biên 2019):
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1;2; 1 , B 3;0;3 . Biết mp p đi qua
A và cách B một khoảng lớn nhất. Phương trình của mp p là:
A. x 2 y 2 z 5 0 .
B. x y 2 z 3 0 .
C. 2 x 2 y 4 z 3 0 .
D. 2 x y 2 z 0 .
Phân tích, hướng dẫn:
uuu
r
AB 2; 2;4 , áp dụng phương pháp giải bài toán 2a thì d B; P max AB .
�
�A 1;2; 1
P
:
� P : x y 2 z 3 0 . Đáp án B.
Vậy � uuur
Vtpt
AB
2;
2;4
�
Bài toán 3:
7
Cho mp P và hai điểm phân biệt A, B . Tìm điểm M thuộc mp P sao cho:
a. MA MB nhỏ nhất b. MA MB lớn nhất
Phương pháp giải:
a.
TH1: Nếu A, B nằm khác phía so với P
theo kết quả 3 ta có AM BM �AB .
Đẳng thức xảy ra khi A, B, M thẳng hàng
hay M AB � P .
TH2: Nếu A, B nằm cùng phía so với P ,
gọi A' là điểm đối xứng với A qua mp P
áp dụng kết quả 3 ta có:
AM BM A' M BM �A' B .
Đẳng thức xảy ra khi A' , M , B thẳng hàng
'
hay M A B � P .
b.
TH1: Nếu A, B nằm cùng phía so với P ,
khi đó AM BM �AB . Đẳng thức xảy ra
khi A, M , B thẳng hàng hay điểm
M AB � P .
TH2: Nếu A, B nằm khác phía so với P ,
gọi A' là điểm đối xứng với A qua P .
'
'
Vậy AM BM A M BM �A B .
Đẳng thức xảy ra khi M , A' , B hay điểm
M A' B � P .
Ví dụ 3.1. (KSCL Sở GD&ĐT Sóc Trăng 2018):
Trong không gian Oxyz cho mp P : x y z 1 0 và hai điểm phân biệt
A 1; 3;0 , B 5; 1; 2 . Điểm M a; b; c thuộc mp P và MA MB lớn nhất. Giá
trị a.b.c bằng:
A.1 .
B.12 .
C. 24 .
D. 24 .
Phân tích, hướng dẫn:
Áp dụng kết quả 4 ta có ax A by A cz A d ax B by B cz B d 3 0 nên
A, B nằm nằm khác phía với mp P . Gọi B ' là điểm đối xứng của B qua mặt
8
'
'
phẳng P vậy MA MB MA MB �AB , đẳng thức xảy ra khi M , A, B ' thẳng
x 5 y 1 z 2
1
1
1
u
u
u
r
10 4 8 �
14 4 7 �
13 5 8 �
�
�
�
H B B ' � P � H � ; ; �� B ' � ; ; �, AB ' � ; ; �
�3 3 3 �
�3 3 3 �
�3 3 3 �
�x 1 5t
�
� A' B : �y 3 2t từ * � M 6; 1; 4 � a.b.c 24 . Đáp án C.
�z 4t
�
'
hàng hay M AB �mp P * . ta có BB ' :
Ví dụ 3.2. (KSCL Chuyên Hùng Vương phú Thọ 2018): Trong không gian Oxyz
cho mp P : x 2 y z 1 0 và hai điểm A 0; 2;3 , B 2;0;1 . Điểm M a; b; c
thuộc mp P và MA MB nhỏ nhất. Giá trị bằng a 2 b2 c 2 bằng:
A.
41
.
4
9
.
4
B.
C.
7
.
4
D. 3 .
Phân tích, hướng dẫn:
Áp dụng kết quả 4 ta có ax A by A cz A d ax B by B cz B d 12 0 nên
A, B nằm cùng phía với mp P . Gọi A' là điểm đối xứng của A qua P , ta có
MA MB
'
MA MB MA' MB �A' B vậy
min
A' B hay M , A' , B thẳng hàng
x y 2 z 3
. Gọi H là hình chiếu của A
1
2
1
'
'
trên P � H A A � P � H 1;0;2 do H là trung điển của AA ' � A 2;2;1
� M AA' �mp P , ta có AA ' :
�x 2 4t
9
�
�1 � 2
� pt A' B : �y 2t M A' B � P � M �
1; ;1�� a b 2 c 2 . Đáp án B.
4
�2 �
�z 1
�
Bài toán 4: Trong không gian Oxyz , cho n điểm M 1 , M 2 ,.., M n . i 1, n . Viết
phương trình mp P đi qua M sao cho tổng
n
�d M , P lớn nhất.
i
i 1
Phương pháp:
TH1: Nếu n điểm M 1 , M 2 ,....., M n . i 1, n nằm cùng phía so với mp P . Gọi G là
n
trọng tâm của n điểm M 1 , M 2 ,....., M n � �d M i , P nd G , P �nGM .
i 1
TH2: Nếu m điểm nằm về một phía và k điểm nằm về khác phía m k n nằm
cùng phía so với mp P . Gọi G1 là trọng tâm của m điểm, G2 là trọng tâm
của k điểm, G3 đối xứng với G1 qua điểm M vậy G3 , G2 nằm cùng phía đối
với mp P . Khi đó
n
�d M ; P md G , P kd G , P .
i
i 1
- Nếu G2G3 // mp P thì
3
2
n
�d M ; P m k d G , P � m k G M .
i 1
i
3
3
9
uuur
a uur
b
- Nếu G2G3 � P I . Gọi D là điểm thỏa mãn IG2 ID Và J là trung điểm
G2 D . Vậy
n
�d M ; P ad G , P bI
i 1
i
3
IG1
d D, P G3 M �2 a b JM .
ID
Ví dụ 4.1. (KSCL lần 1,chuyên Lương thế Vinh, Đồng Nai 2018):
Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A 4; 1;3 , B 1; 2; 1 , C 3;2; 3 và
D 0; 3;5 . Gọi là mặt phẳng đi qua D sao cho tổng khoảng cách từ A, B
và C đến mp lớn nhất, đồng thời ba điểm A, B, C nằm cùng phía so với
mp . Trong các điểm sau, điểm nào thuộc mp :
A. E1 7; 3; 4 . B. E2 2;0; 7 . C. E3 1; 1; 6 . D. E4 36;1; 1 .
Phân tích, hướng dẫn:
2
1
1
�
�
Gọi G là trọng tâm 3 điểm A, B, C � G � ; ; �
� 3 3 3�
ta có d A. P d B. P d C. P 3d G. P �3GD .
�D 0; 3;5
�
Vậy mp � uuur � 2 8 14 �� : x 4 y 7 z 47 0 . Đáp án A.
Vtpt DG �
; ; �
�
�3 3 4 �
�
Ví dụ 4.2. (Tạp chí Epsilon, số 17): Trong không gian Oxyz cho 3 điểm
A 1;2;3 , B 3;4; 1 , C 2;0; 2 . Gọi P là mặt phẳng đi qua C và tổng
khoảng cách từ A và B đến mp P lớn nhất. Khoảng cách h d O, P là:
A. h
4
.
3
C. h 3 .
B. h
1
.
3
D. h
2
.
3
Phân tích, hướng dẫn:
TH1: A và B nằm cùng phía so với mp P . M là trung điểm AB vậy M 1;3;1
ta có d A. P d B. P 2d M . P �2MC 6 3 .
TH2: A và B nằm khác phía so với mp P . Gọi B ' là điểm đối xứng với B qua
C và N là trung điểm của AB ' � N (4; 1;0) .
d A. P d B. P d A. P d B ' . P �2d N , P �2 NC 6 .
�
C 2;0; 2
4
�
mp P � uuuu
� P : x y z 4 0 � h
r
. Đáp án A.
3
Vtpt MC 3; 3; 3
�
Bài toán 5: Cho n điểm M 1 , M 2 ,......, M n , với n số thực k1 , k2 ,......, kn thỏa
mãn k1 k2 ...... kn �0 . Tìm điểm M trên đường thẳng d (hoặc mặt phẳng
uuuuu
r
uuuuur
uuuuur
(α)) sao cho T k1 MM 1 k2 MM 2 ... kn MM n có giá trị nhỏ nhất.
Phương pháp.
uuu
r
uuuu
r
uuuu
r r
- Tìm điểm I thỏa mãn k1 IM1 + k 2 IM 2 +...+ k n IM n 0
- Áp dụng quy tắc 3 điểm ta phân tích :
10
uuuuu
r
uuuuur
uuuuur
T k1 MM 1 + k 2 MM 2 +...+ k n MM n
uuu
r uuuu
r
uuu
r uuuu
r
uuu
r uuuu
r
= k1 MI IM1 k2 MI IM 2 .. k n MI IM n
uuu
r uuuu
r uuuu
r
uuuu
r
uuu
r
(k1 + k 2 +...+ k n )MI IM1 IM 2 .. IM n = k1 + k 2 +...+ k n MI
k1 + k 2 +...+ k n MI . Áp dụng bài toán 1 xác định được M để MI đạt giá trị
nhỏ nhất.
Ví dụ 5.1: (Sở GD &ĐT Hà Tĩnh 2018-2019) : Trong không gian Oxyz , cho 3
điểm A 1,0,0 , B 0, 1,0 , C 0,0,1 và mặt phẳng P :2 x 2 y z 7 0 .
uuur uuur uuuu
r uuur
M � P , giá trị nhỏ nhất của MA MB MC MB bằng:
A. 22 .
B. 2 .
C. 6 .
D. 19 .
uuur uuur uuuu
r uuur
Phân tích, hướng dẫn: Đặt S MA MB MC MB
uu
r uur uur r
Gọi I là điểm thỏa mãn đẳng thức IA IB IC 0 � I 1,1,1 . Ta có
uuu
r uuur
S MI MB MI MB do 2 xB 2 yB zB 7 2 xI 2 yI z I 7 0 � B, I nằm
cùng phía so với mp P .Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên P
�
�I 1;1;1
x 1 y 1 z 1
� 17 17 5 �
: � uuur
� :
.Vậy H � P � H � ; ; �.
Vtcp n P 2; 2;1
2
2
1
� 9 9 9�
�
�
' � 25 25 1 �
Gọi I ' là điểm đối xứng với I qua mp P � I � ; ; �
� 9 9 9�
S MI MB MI ' MB �I ' B 22 � Min S 22 . Đáp án A.
Ví dụ 5.2:
Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm A 1, 4, 2 , B 1, 2, 4 và đường thẳng
uuur uuur
x 1 y 2 z
. Tọa độ điểm M a, b, c � để biểu thức T MA MB đạt
1
1
2
giá trị nhỏ nhất. Khi đó a b c bằng:
A. 3 .
B. 1 .
C. 0 .
D. 3 .
:
Phân tích, hướng dẫn:
uuur uuur
uuu
r
uuur uuur
uuu
r
Gọi I là trung điểm AB � I 0;3;0 , vậy MA MB 2MI � MA MB 2MI
uuur uuur
2MI , vậy MA MB min � MI min hay IM d hay M là hình chiếu của I trên .
uuu
r
uu
r
M 1 t , 2 t , 2t �d , I 0;3;3 � MI 1 t ;5 t;3 2t , u 1;1;2
uuu
r uu
r
MI d � MI .ud 0 � 1 t 1 5 t 1 3 2t 1 0 � t 2
� M 1;0;4 � M 1;0;4 � a b c 3 . Đáp án D.
Bài toán 6:
Trong không gian Oxyz , cho đa giác M 1 , M 2 ,..., M n và n số thực k1 , k2 ,..., kn thỏa
mãn k1 k2 ...... kn �0 . Tìm điểm M sao cho tổng
11
T k1MM 12 k2 MM 22 ... kn MM n2 đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất.
Phân tích, hướng dẫn: uuur
uuuu
r
uuuu
r r
- Tìm điểm I thỏa mãn k1 IM1 + k 2 IM 2 +...+ k n IM n 0
- Áp dụng quy tắc 3 điểm và phân tích như bài toán 5 ta có:
T = k1MM12 k 2 MM 22 ... k n MM n2 =kMI 2 +(k1IM12 k 2 IM 22 ... k n IM n2 )
- Ta có k1IM12 k 2 IM 22 ... k n IM n2 không đổi, áp dụng bài toán 1 ta xác định được
vị trí của M để MI đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất.
* Nhận xét:
- Nếu k1 k 2 .. kn k 0 , Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất
- Nếu k1 k 2 .. kn k 0 , Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ nhất.
Ví dụ 6.1. (Sở GD &ĐT Điện Biên 2018-2019):
Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm A 2, 2, 4 , B 3,3, 1 , C 1, 1, 1 và
mặt phẳng P :2 x y 2 z 8 1 . Xét điểm M thay đổi thuộc P , giá trị nhỏ
nhất của biểu thức T 2MA2 MB 2 MC 2 bằng:
A . 102 .
B. 105 .
C. 30 .
D. 55.
Phân tích, hướng dẫn:
uuur uur uur r
Gọi I là điểm thỏa mãn đẳng thức 2 IA 2 IB IC 0 � I 1,0, 4 vậy
2 IA2 IB 2 IC 2 30 . Với M x, y, z � P . Ta có T 2 MA2 MB 2 MC 2
uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2 uuu
r uur 2
2 MI IA MI IB MI IC 2MI 2 2 IA2 IB 2 IC 2 2MI 2 30 .
Tmin � MI P � MI d I , P 6 � Tmin 2.62 30 102 . Đáp án A.
Ví dụ 6.2 (Sở GD &ĐT Hà Nội 2018-2019):
Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm A 1;2;1 , B 2; 1;3 và điểm M a; b;0 ,
tìm giá trị của a, b để biểu thức P MA2 MB 2 nhỏ nhất. Giá trị của a b bằng:
A. 2 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 1 .
Phân tích, hướng dẫn:
uu
r uur r
Gọi I là điểm thỏa mãn đẳng thức IA IB 0 vậy I là trung điểm của AB
3 1 �,
2
2
2
2
2 ,
.
� I�
� ; ;2 �P MA MB 2MI IA IB Pmin � MI min � MI Oxy
�2 2 �
�3 1 �
Vậy M là hình chiếu của I trên mp Oxy � M � ; ;0 �� a b 2 . Đáp án A.
�2 2 �
*Nhận xét: Ngoài cách giải trên ta có thể giải bài toán bằng cách sử dụng công
thức độ dài đường trung tuyến MA2 MB 2 2MI 2
AB 2
.
2
Ví dụ 6.3 ( Trích trong đề tập huấn của sở GD&ĐT 2019:
x 1 y 2 z
.
1
1
2
2
2
Xét điểm M thuộc thì giá trị nhỏ nhất của biểu thức P MA MB bằng:
A. 2 6 2 .
B.
C. 2 6 2 .
D. 2 6 1 .
6 2.
Trong không gian Oxyz ,cho 2 điểm A 1, 4, 2 , B 1, 2, 4 và :
12
Phân tích, hướng dẫn:
AB 2
Pmin � MI min
2
�
�I 0;3;3
:
r
M
I
d
hay
là hình chiếu vuông góc của lên .
�
VTPT
n
1;1;2
�
� : x y 2 z 9 0 , M d � . Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
Áp dụng nhận xét trên ta có: P MA2 MB 2 2MI 2
�x 1 t
�x 1
�y 2 t
�
�
� �y 0 � M 1;0;4 � Pmin 2 6 2 . Đáp án A.
�
�z 2t
�
�z 4
�
x
y
2
z
9
0
�
Ví dụ 6.4 (Chuyên KHTN năm 2018-2019 lần 1):
2
2
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 y 2 z 3 1 3 và hai
điểm A 3,1, 3 , B 0, 2,3 . Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu S , giá trị lớn
nhất của T MA2 2MB 2 bằng:
A.102 .
B. 78 .
C. 84 .
D. 52 .
Phân tích, hướng dẫn:
uuu
r uuur
N
NA
2 NB 0 � N 1, 1,1 � NA2 24 và
Gọi là điểm thõa mãn đẳng thức
NB 2 6 . Mặt cầu S có tâm I 1,0, 3 và R 1 , ta có T MA2 2 MB 2
MI �NI MN
3MN 2 NA2 2 NB 2 3MN 2 36 mà MN
NI
R
4 vậy
MN max 4 � Max MA2 2MB 2 3.42 36 84 . Đáp án C.
*Nhận xét: Cho điểm A cố định và điểm M di động trên đường mặt cầu tâm I
bán kính R, thì Min AM AI R , Max AM AI R .
Bài tập tự luyện
Bài 1. (KSCL lần 3, THPT Kim Liên Hà Nội 2019):
Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm M 2, 2,1 , A 1, 2, 3 và đường thẳng
x 1 y 5 z
. Gọi là đường thẳng đi qua M , vuông góc với d, đồng
2
2
1
thời cách điểm A một khoảng bé nhất, khoảng cách bé nhất đó là:
34
B. 6 .
C. 5 .
A. 29 .
D.
.
9
d:
Bài 2. (Toán học tuổi trẻ 2018-2019):
Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm A 1, 2,2 , B 3, 1, 2 , C 4,0,3 , tọa độ
uu
r uur uur
mp
Oxz
IA
sao cho để biểu thức 2IB 3IC đạt giá trị nhỏ nhất
điểm I trên
là:
19 15 �
�
A. I � ;0; �
.
2�
�2
19
15 �
�
�9 15 �
�9 15 �
B. I � ;0; �. C. I � ;0; �. D. I � ;0; �
.
2�
4�
2�
�2
�4
�2
Bài 3. (Sở GD &ĐT Hà Tĩnh 2018-2019):
13
Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm A 5,10,0 , B 4, 2,1 và mặt cầu
S : x 2 y 2 z 2 2 x 8 y 9 0 , gọi điểm M � S giá trị nhỏ nhất của tổng
MA 3MB bằng:
A.
11 2
.
3
B.
22 2
.
3
C. 22 2 .
D.11 2 .
Bài 4. (Đề tham khảo Bộ GD& ĐT 2016 -2017):
2
2
2
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x y z 2 x 4 y 2 z 5 0 và
uuuu
r
P : x 2 y 2 z 3 0 . Giả sử M � P và N � S sao cho MN cùng phương với
r
u 1,0,1 và khoảng cách M và N lớn nhất. Tính MN
A. MN 3 .
B. MN 1 2 2 .
C. MN 3 2 .
D. MN 14 .
Bài 5. (KSCL lần 1, chuyên ngoại ngữ Hà Nội 2018):
2
2
2
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S :( x 1) ( y 2) ( z 2) 9 và
2 điểm M 4, 4, 2 , N 6,0,6 , gọi điểm E � S sao cho EM EN đạt giá trị lớn
nhất, phương trình mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu S tại E là:
A. x 2 y 2 z 8 0 .
B. 2 x y 2 z 9 0
C. 2 x 2 y z 1 0
D. 2 x 2 y z 9 0
Bài 6. (2H3-2.8-4):
Trong không gian Oxyz , cho P :3 x 3 y 2 z 29 0 và 3 điểm A 1, 4,5
�x 1 t
�
B 3, 4,0 , C 2, 1,0 và, gọi M a, b, c là điểm thuộc đường thẳng : �y 2 t .
�z 2t
�
Tọa độ điểm I trên mp Oxz sao cho để biểu thức T MA2 MB 2 3MC 2 đạt giá
trị nhỏ nhất. Tổng a b c bằng:
A .8 .
C. 10 .
D. 8 .
B.10 .
Bài 7. (GHK2, THPT Hàm Rồng Thanh Hóa, 2019):
Trong không gian Oxyz cho mp P : x 2 y z 1 0 và cho 3 điểm A 1;0;1 ,
B 3; 2;0 , C 1;2; 2 . Gọi P là mặt phẳng đi qua A sao cho tổng khoảng cách
từ B và C đến mp P lớn nhất, biết rằng P không cắt đoạn BC . Khi đó pháp
tuyến của mp P là
r
A . n 2; 2; 1 .
r
B. n 1;0;2 .
r
C. n 1;2; 1 .
r
D. n 1;0; 2 .
Bài 8. (KSCL Chuyên Lê Quý Đôn, Điện Biên 2019):
Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm A 1;2; 1 , B 3;0;3 . Biết mp P đi qua
điểm A và cách B một khoảng lớn nhất. Phương trình của mp P là:
A. x 2 y 2 z 5 0 .
C. 2 x 2 y 4 z 3 0 .
B. x y 2 z 3 0 .
D. 2 x y 2 z 0 .
Bài 9. (Đề chính thức THPTQG 2019, Mã đề 103):
Trong không gian Oxyz , cho điểm A 0;3; 2 . Xét đường thẳng d thay đổi và
14
song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 2. Khi đó khoảng cách
từ A đến d nhỏ nhất, d đi qua điểm nào dưới đây?
A. 2;0; 2 .
B. 0; 2; 5 .
C. 0;2; 5 .
D. 0;4; 2 .
Bài 10. (Đề KSCL lần 4, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, năm 2018):
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P x 2 y z 1 0
và điểm A 0; 2;3 , B 2;0;1 . Điểm M a; b;0 thuộc P sao cho MA MB nhỏ
nhất. Giá trị của a 2 b2 c 2 bằng:
A. 414 .
B. 94 .
C. 74 .
D. 3 .
2.3.3.2. Dạng toán cực trị hình học tọa độ không gian liên quan đến góc
Bài toán 7:
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và P cắt nhau. Viết phương
trình của mp Q chứa d và tạo với mặt phẳng P một góc nhỏ nhất.
Phương pháp giải:
Gọi I d �( P ) , và P �(Q) . Lấy điểm
M d ( M I ) . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu
của M trên mp P và . Đặt P , Q
HM HM
�
� tan tan MKH
�
. Vậy đẳng
HK
HI
(Q) MHI
�
thức xảy ra khi K �I , vậy �
(Q) �d
�
d
�
uuur
uu
r uu
r uu
r
�M �u
�
uur
�
�
� n Q �
n
;
u
;
u
�
Q
:
�p d � d � �
�
Vtpt
n
Q
�
Ví dụ 7.1. (Trích từ đề tập huấn sở GD & ĐT Lai châu, 2019):
x 1 y 1 z
và : x 2 y 2 z 5 0 . Gọi
1
2
2
P là mặt phẳng chứa và tạo với mp một góc nhỏ nhất. Phương trình P
có dạng ax by cz d 0 a, b, c, d �� , a, b, c, d � 5;5 . Khi đó tích
Trong không gian Oxyz , cho :
a.b.c.d bằng:
A. 120 .
B. 60 .
C. 60 .
D. 120 .
Phân tích, hướng dẫn:
uur
uur uu
r uu
r
�
�
�M (1;1;0)
�
�
�
r
nP �
n
;
u
;
u
8;20;
16
p
:
vậy �
� � �
�
Vtpt n 8;20; 16
�
� P : 2 x 5 y 4 z 3 0 � a.b.c.d 120 . Đáp án D.
Bài toán 8:
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d và d ' chéo nhau. Viết phương trình
mặt phẳng Q chứa d và tạo với d ' một góc lớn nhất.
Phương pháp giải:
15
Lấy K �d , vẽ đường thẳng đi qua
điểm K và song song với d ' , lấy A � .
Gọi H , I lần lượt là hình chiếu của A trên
mp Q và đường thẳng d
cos d ' , Q cos , Q cos �
AKH
KH KI
�
, đẳng thức xảy ra khi H �I .
AK AK
�K
�
Q �d
�
�
uu
r uur uu
r
��
� Q : �
�
�
�
�
Vtpt
:
u
;
u
;
u
Q
AKH
�
�
�d d ' � d �
�
�
Bài 8.1. (Trích từ tạp chí Epsilon):
x 1 y 2 z
x 2 y 1 z
. Gọi
và d ' :
1
2
1
2
1
2
'
P là mặt phẳng chứa d và góc giữa mp P và đường thẳng d lớn nhất. Tọa
độ giao điểm của mp P và trục Oy là:
Trong không gian Oxyz , cho d :
A . 0;3;0 .
B . 0;9;0 .
C . 0; 9;0 .
D . 0; 3;0 .
Phân tích, hướng dẫn:
M (1; 2;0) �d
�
� uuur
uu
r uur uu
r
� P : 7 x y 5z 9 0
Ta có P : �
�
� 14; 3;10
�
�
Vtptn
u
;
u
;
u
'
d
d
P
�
� d� �
�
�
� P �Oy 0; 9;0 . Đáp án C.
Bài toán 9:
Cho mặt phẳng và điểm A � và đường thẳng cắt ( không
vuông góc với ). Viết phương trình đường thẳng ' đi qua A , nằm trong
và tạo với một góc nhỏ nhất.
Phương pháp giải:
vuôn Từ A vẽ đường thẳng d // . Lấy
B �d , gọi H , K lần lượt là hình chiếu
g góc của B trên mp và '
�
� cos , ' cos d , ' cos BAK
AK AH
�
AB AB
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K �H .
Vậy ' đi qua A và H hay ' đi qua
A và song song với hình chiếu
vuông góc của trên mp
A
�
�
uur
uuur uuur uu
r
� :�
�
�
�
�
Vtcp
u
n
;
n
;
u
'
d
�
d
�
� P � P
�
�
'
16
Ví dụ 9.1.
Đường thẳng thuộc P : 2 x y z 0 và đi qua gốc toạ độ O tạo với
x y 1 z 1
một góc nhỏ nhất. Có một véc tơ chỉ phương là:
2
1
2
r
r
r
r
A . u 10; 7;13 . B . u 10;7;13 . C . u 1; 7;13 . D . u 10; 7;1 .
đường thẳng d .
Phân tích, hướng dẫn:
uu
r
uuur uuur uu
r
� 10;7; 13 .
n ;�
n ;u �
Áp dụng phương pháp giải trên ta có u �
�( P ) �( P ) d �
�
Đáp án A.
* Nhận xét: Thông qua việc giải một lớp các bài toán cực trị không gian ta nhận
thấy, để giải nhanh bài toán cực trị trong hình học không gian bằng phương pháp
sử dụng các yếu tố hình học, ta cần có kỹ năng thuộc tính hình học từ đó tìm
được vị trí đặc biệt của nghiệm hình để cực trị (khoảng cách, số đo góc hay độ
dài) xảy ra. Khi xác định vị trí đó, thì việc tính toán để đưa ra kết quả lại vô
cùng đơn giản.
Bài tập tự luyện
Bài 11. ( Sở GD&ĐT Vĩnh phúc năm 2018-2019 lần 2):
Trong không gian Oxyz , gọi d là đường thẳng đi qua điểm A 1, 1, 2 , song
song với mặt phẳng P :2 x y z 3 0 đồng thời tạo với đường thẳng
:
x 1 y 1 z
một góc lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là:
1
2
2
x 1 y 1 z 2
x 1 y 1 z 2
A.
B.
.
.
4
5
3
4
5
3
x 1 y 1 z 2
x 1 y 1 z 2
C.
D.
.
.
4
5
3
4
5
3
Bài 12. (2H3-3.8-4):
Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A 4;0;0 , B 0;4;0 S 0;0; c và đường
x 1 y 1 z 1
, gọi A' , B ' lần lượt là hình chiếu của O lên SA, SB .
1
1
2
' '
Khi góc giữa đường thẳng d và mp OA B là lớn nhất, mệnh đề nào sau đây
thẳng d :
đúng ?
A . c � 8; 6 .
B. c � 9; 8 .
C. c � 0;3 .
� 17 5 �
D. c ��
; �.
� 2 2�
Bài 13. ( KSCL lần 4 THPT Thanh Miện 2, Hải Dương 2018):
Trong không gian Oxyz , cho điểm M 0; 1;2 , n 1;1;3 . Gọi P là mặt phẳng
đi qua M , N tạo với mặt phẳng Q :2 x y 2 z 2 0 góc có số đo nhỏ nhất.
Điểm A 1;2;3 cách mặt phẳng P một khoảng là:
A.
4 3
.
3
B.
7 3
.
11
C. 3 .
D.
5 3
.
3
Bài 14. (KSCL lần 3 THPT Minh Châu Hưng Yên 2018):
17
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2; 1 , B 0;4;0 và mặt phẳng
P :2 x y 2 z 2018 0 . Gọi Q là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B và α là
góc nhỏ nhất giữa hai mặt phẳng P và Q . Giá trị của cos là:
A. cos
1
.
6
B. cos
2
.
3
C. cos
1
.
9
D. cos
1
.
3
2.3.3.3. Bài toán cực trị hình học tọa độ không gian dạng khác giải bằng phương
pháp sử dụng các yếu tố hình học.
Ví dụ 1. (Sở GD& ĐT Hà nam năm 2018-2019):
2
2
2
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 3 y 4 z 4 25 và
điểm A 0;1;9 . Gọi C là giao tuyến S với mp Oxy . Lấy hai điểm M , N trên
C sao cho MN 2 5 khi tứ diện OAMN có thể tích lớn nhất thì đường thẳng
MN đi qua điểm nào trong số các điểm dưới đây?
12
�
�
B. � ; 3;0 �
.
�5
�
A. 4;6;0 .
C. 5;5;0 .
�1
�
D. �
;4;0 �
.
�5
�
Phân tích, hướng dẫn:
�
�I 3;4;4
�H 3;4;0
� H nằm ngoài C
Mặt cầu S : �
, C : �
2
2
r
5
4
3
�
OH
5
�R 5
� C
�
1
1
d A, Oxy 9. V d A, Oxy .SOMN 3SOMN 3. d O, MN .MN
3
2
3 5.d O, MN .MN 3 5.d O, MN � Vmax � d O, MN max .
d O; MN �OH HK 5 32 5 2 7 ( K là trung điểm của MN ), đẳng thức
uuur
uuur r
�
OH
xảy ra khi OH MN . Khi đó uMN �
� ; k � 4; 3;0 , K là trung điểm của
� 21
�x 5 4t
� �21 28 �
�
uuur 7 uuur
�K �5 ; 5 ;0 �
� 28
�21 28 �
� � MN : �y
3t
MN và OK OH � K � ; ;0 �� MN : � �
r
5
5
�5 5 �
�
�
Vtcp u 4; 3;0
�
�z 0
�
�
Vậy MN đi qua điểm 5;5;0 . Đáp án C.
Ví dụ 2. (Đề tham khảo Bộ GD& ĐT 2016-2017):
Trong không gian Oxyz , cho P : x 2 y 2 z 3 0 và mặt cầu
uuuu
r
S : x 2 y 2 z 2 2 x 4 y 2 z 5 0 . Giả sử M � P và N � S sao cho MN
r
cùng phương với u 1,0,1 và khoảng cách M va N lớn nhất. Độ dài đoạn
MN là:
A. MN 3 .
D. MN 14 .
B. MN 1 2 2 . C. MN 3 2 .
Phân tích, hướng dẫn:
18
uuur
Ta có n P 1, 2, 2 . Mặt cầu S có tâm I 1, 2,1 , bán kính r 1 và
r r
u, n 45 . Do d I , P 2 r nên P � S �. Gọi H là hình chiếu của N
0
NH
NH 2 .Vậy NM max � NH max
trên mp P vậy �
NMH 450 và NM
0
sin 45
lớn nhất khi đó H �H với N là giao điểm của đường thẳng d đi qua I
vuông góc với Mp P và Mp P . Vây H ' là hình chiếu của I trên mp P , ta có
'
'
NH max N ' H ' r d I ; P 3 � MN max
NH max
3 2 . Đáp án C.
sin 450
Bài tập tự luyện
Bài 15. (KSCL, Sở GD& ĐT Bà Rịa Vũng Tàu, 2018-2019):
Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ
A 1;2;1 , B 1;0;1 , C 1; 1;0 , D 2;3;4 . Trên các cạnh AB, AC , AD lần lượt
AB AC AD
6 và tứ diện AB 'C ' D ' có thể tích
AB ' AC ' AD '
nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng ( B 'C ' D ' ) là:
A. x y 0
B. x y 2 0
C. y z 2 0
D. x z 0 .
lấy các điểm B ' , C ' , D ' sao cho
Bài 16. (Đề học sinh giỏi Bắc Ninh 2018-2019):
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : ( x 1)2 ( y 2) 2 ( z 3) 2
14
và
3
x4 y4 z4
. Gọi A x0 ; y0 ; z0 x0 0 là điểm nằm trên
3
2
1
đường thẳng d sao cho từ A kẻ được 3 tiếp tuyến đến mặt cầu S có các tiếp
điểm B, C , D sao cho ABCD là tứ diện đều. Giá trị biểu thức P x0 y0 z0
A. P 6 .
B. P 16 .
C. P 12 .
D. P 8 .
đường thẳng d :
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Qua nhiều năm giảng dạy và đúc kết kinh nghiệm tôi nhân thấy rằng để học
sinh học tốt được chủ đề cực trị hình học tọa độ không gian thì trước tiên phải
giúp hoc sinh nắm vững hệ thống lý thuyết gồm định nghĩa, định lý, hệ quả
và các phương pháp giải. Học sinh làm tốt các nội dung trên thì giúp cho việc
giảng dạy của giáo viên thuận lợi, đồng thời học sinh chủ động được việc tiếp
thu được kiến thức và tích cực làm bài.
Đề tài đã được thực hiện trong các buổi dạy chuyên đề lại hai lớp12E3,
12E7. Bước đầu tiếp cận đề tài thì các em gặp khó khăn và lúng túng chưa biết
bắt đầu từ đâu và giải quyết bài toán như thế nào nhưng qua một số ví dụ các em
đã hình thành được cách giải cho từ dạng bài. Từ đó tạo cho cho học sinh sự
hứng thú học tập, đam mê và yêu thích môn toán hơn. Đó là tiền đề tốt Cho
việc tự học tự nghiên cứu của học sinh.
Bản thân tôi đã góp phần thành công trong công tác chuyên môn nhà
trường trong những năm qua, cụ thể:
+) Kết quả thi học sinh giỏi:
19
Năm học 2017-2018 xếp thứ 10 trong tỉnh và xếp thứ nhất trong huyện.
Năm học 2018-2019 xếp thứ 7 trong tỉnh và xếp thứ nhất trong huyện.
+) Kết quả thi THPT Quốc Gia:
Năm học 2017-2018 xếp thứ 7 trong tỉnh và xếp thứ nhất trong huyện.
Năm học 2018-2019 xếp thứ 8 trong tỉnh và xếp thứ nhất trong huyện.
Từ những kết quả trên tôi mạnh dạn khẳng định những giải pháp mà đề tài đưa
ra là hoàn toàn khả thi và có thể áp dụng hiệu quả trong quá trình dạy học.
3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
Từ kinh nghiệm thực tiễn của bản thân trong quá trình dạy học, sự giúp đỡ
đồng nghiệp, thông qua việc nghiên cứu các tài liệu có liên quan đề tài đã hoàn
thành và đạt được những kết quả chính sau đây:
- Đề tài đã cung cấp được cho các thầy cô giáo và các em tài liệu tham
khảo, đề tài có thể cải thiện phần nào chất lượng bộ môn, cũng cố phương pháp
góp phần nâng cao chất lượng day và học.
- Đề tài đã đưa ra một số dạng bài tập áp dụng và hệ thống các bài tập
luyện tập được trích từ các đề thi thử THPT Quốc Gia của các trường THPT, của
Sở giáo dục và Đào tạo ở một số tỉnh, thành phố và đề học sinh giỏi trên cả nước
để học sinh được rèn luyện kỹ năng giải trắc nghiệm Toán. Từ đó các em rất có
hứng thú với các dạng bài toán cực trị trong hình học giải tích, những học sinh
khá giỏi còn tích cực tìm tòi các phương pháp khác để giải dạng bài toán này.
Đề tài là kinh nghiệm của cá nhân tôi đã thực tế giảng dạy tại trường
THPT Triệu Sơn 3 có hiệu quả, xin được chia sẻ tới các thầy cô giáo và các em
học sinh. Tuy nhiên đề tài thể tránh khỏi những thiếu xót cần được bổ sung, rất
mong được sự đóng góp ý kiến của quý thầy, cô để đề tài được hoàn thiện hơn.
3.2. Kiến nghị
Đối với giáo viên : Tìm tòi những phương pháp giải toán hiệu quả dể nâng cao
chất lượng dạy học và các em tiếp thu bài hiệu quả và hứng thú trong học tập.
Đối với nhà trường: Trong các buổi họp tổ chuyên môn cần làm tốt hơn nữa
nội dung xây dựng các chuyên đề dạy học, đề xuất các cách giải hay, phương
pháp giải hiệu quả và trao đổi các bài toán khó.
Tôi xin trân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 6 tháng 7 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Lê Thị Hằng
20
