(Sáng kiến kinh nghiệm) PHƯƠNG PHÁP GIẢI một số bài TOÁN cực TRỊ TRONG HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (277.03 KB, 24 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ *
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ
PHỊNG GD&ĐT ....(TRƯỜNG THPT....)**
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
(*Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock;
** Font Times New Roman, cỡ 16, CapsLock, đậm)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
(Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TÊN
ĐỀ TÀI PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ
PHƯƠNG
(Font Times New Roman, cỡ 16-18, CapsLock, đậm)
TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN OXYZ
Người thực hiện: Nguyễn Thị Den
Người
thựcGiáo
hiện:viên
Nguyễn Văn A
Chức vụ:
Chức
vụ:
Giáo
Đơn vị
công
tác:viên
Trường THPT Hậu Lộc 2
SKKN thuộc mơn: Tốn
Đơn vị cơng tác: Trường THCS B
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn
THANH HỐ NĂM 2019
1
MỤC LỤC
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài…………………………………………………1
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………….1
1.3. Đối tượng nghiên cứu…………………………………………....1
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………………………2
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm…………………………2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm……2
2.3. Các giải pháp……………………………………………………...2
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm…………………………….20
3. Kết luận, kiến nghị.
3.1. Kết luận…………………………………………………………..21
3.2. Kiến nghị…………………………………………………………21
2
1
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Trong chương trình tốn trung học phổ thơng, các bài tốn tìm cực trị trong
hình học khơng gian Oxyz là các bài tốn khó, yêu cầu tư duy cao và cũng là một
phần kiến thức quan trọng mà học sinh thường xuyên gặp trong các đề thi THPT
Quốc Gia và đề thi học sinh giỏi hàng năm. Tuy nhiên, các bài tập loại này thường
khó, đặc biệt là các câu phân loại trong đề thi THPT Quốc gia và đề thi học sinh
giỏi. Việc tìm ra cách giải và vận dụng cách giải để giải quyết các bài tốn liên
quan gặp khơng ít khó khăn đối với học sinh, nhất là việc xác định dạng và sử
dụng phương pháp phù hợp với từng bài tốn thì khơng dễ dàng gì.
Vì thế để phân loại các dạng bài tốn tìm cực trị và đưa ra phương pháp giải
tương ứng với từng dạng toán cụ thể đã được chứng minh có hiệu quả rất cao
trong việc dạy học sinh học phần hình học khơng gian Oxyz nói chung và phần
tìm cực trị nói riêng.
Chun đề này là hệ thống các bài tập có phương pháp giải cụ thể được phân
loại theo hệ thống. Qua đó học sinh sẽ hiểu rõ và nhận dạng được các bài tốn tìm
cực trị trong hình học Oxyz, cũng như biết cách vận dụng phương pháp phù hợp
cho từng bài tốn cụ thể. Trong chun đề cũng có đề cập đến hai phương pháp chủ
yếu để giải quyết các bài tập dạng này là phương pháp đại số và phương pháp hình
học. Với lí do trên tơi nghiên cứu đề tài “ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN OXYZ”
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Tìm hiểu những khó khăn và thuận lợi của học sinh khi học phần bài tập tìm
cực trị trong hình học giải tích trong khơng gian.
Phát triển tư duy trừu tượng, tư duy logic, khả năng phát hiện vấn đề, khả
năng đánh giá và phán đoán của học sinh.
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh
phương pháp giải một số bài toán cực trị điển hình trong hình học khơng gian
Oxyz. Hy vọng đề tài nhỏ này sẽ giúp ích cho các bạn đồng nghiệp và các em học
sinh.
1.3.
Đối tượng nghiên cứu.
- Học sinh khối 12 THPT
- Giáo viên giảng dạy mơn Tốn bậc THPT
- Về nội dung chỉ tìm hiểu phương pháp giả một số bài tốn cực trị trong hình học
khơng gian Oxyz.
1
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Phương pháp:
- Nghiên cứu lí luận chung.
- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học.
- Tổng hợp so sánh, đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên trong tổ bộ môn.
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm trong thực tiễn
giảng dạy.
2. NỘI DUNG
2.1.Cơ sở lí luận.
Phương pháp tọa độ trong không gian là mảng kiến thức rất quan trọng trong
mạch kiến thức nghiên cứu về hình học. Cụ thể là cung cấp kiến thức để học sinh
có thể tiếp cận được hình học giải tích; các bài tốn liên quan đến cực trị trong hình
học Oxyz. Các dạng bài toán này rất quan trọng trong các đề thi tốt nghiệp và tuyển
sinh đại học các năm trước cũng như trong đề thi THPT Quốc gia năm nay và các
năm tới.
2.2.Thực trạng của vấn đề.
Bài toán cực trị trong hình học Oxyz là một mảng kiến thức khá trừu
tượng đối với học sinh phổ thông nên việc tiếp cận kiến thức này là khó đối với đa
số học sinh. Sau nhiều năm giảng dạy mơn Tốn ở cấp THPT tơi thấy cịn rất nhiều
học sinh học tập mơn tốn một cách thụ động, đối phó; kĩ năng giải các bài tốn
cịn yếu, đặc biệt là kĩ năng nhận dạng và phân loại các dạng toán cũng như áp
dụng phương pháp phù hợp cho từng dạng tốn cịn nhiều lúng túng. Nguyên nhân
chủ yếu là do học sinh mất căn bản về kiến thức, kĩ năng và phương pháp giải toán;
lại thêm lười học, thiếu ý thức tự học.Thực trạng trên dẫn đến: còn nhiều học sinh
học trước quên sau nên chưa có hứng thú học tập mơn Tốn, đặc biệt là phần cực
trị trong hình học Oxyz.
Số liệu thống kê trước khi áp dụng SKKN vào dạy.
Lớp
Sĩ số
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
12B3
43
0
5
20
18
0
2.3.Giải pháp thực hiện.
Để tìm cực trị trong khơng gian chúng ta thường sử dụng hai cách làm:
2
Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học
Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số.
Bài tốn 1: Trong khơng gian Oxyz, cho các điểm A(xA ; yA ; zA ), B(xB ;
mặt phẳng (P ) : ax by cz d 0. Tìm điểm M (P ) sao cho:
1.
MA MB
nhỏ nhất.
2.
MA MB
lớn nhất với
Nếu (axA byA czA
mặt phẳng (P ).
A, B
Nếu (axA byA czA d)(axB byB
với mặt phẳng (P ).
MA MB
czB d) 0
Trường hợp 1: Hai điểm
Trường hợp 2: Hai điểm
Gọi
A'
thì hai điểm
thì hai điểm
A, B
Vậy
MA MB
MA MB
(P )
nên
nhỏ nhất bằng
Trường hợp 2: Hai điểm
A'
đối xứng với
MA MA
Vậy
nằm khác phía
AB
khi
(P ).
và
A'
B
AB
khi và
(P ).
ở khác phía
(P )
và
M AB (P ).
lớn nhất.
Trường hợp 1: Hai điểm
Gọi
cùng phía với
nhỏ nhất bằng
MA MB
ở cùng phía so với mặt phẳng
A, B
A, B
ở cùng phía so với mặt phẳng
Vì A, B ở cùng phía so với mặt phẳng
chỉ khi M (P ) AB.
A, B
A, B
ở khác phía so với mặt phẳng
đối xứng với A qua mặt phẳng (P ), khi đó
MA MA nên MA MB MA MB AB.
2.
(P ).
nhỏ nhất.
Vì A, B ở khác phía so với mặt phẳng
chỉ khi M (P ) AB.
so với mặt phẳng
d)(axB byB czB d) 0
1.
và
d( A, (P )) d(B, (P )).
Phương pháp:
Xét vị trí tương đối của các điểm
yB ; zB )
nên
MA MB
A
A, B
(P )
MA MB
lớn nhất bằng
ở khác phía so với mặt phẳng
qua mặt phẳng
(P ) ,
khi đó
A'
và
B
AB
khi và
(P ) .
ở cùng phía
(P )
và
MA MB MA MB A B.
lớn nhất bằng
AB
khi
M AB (P ).
Bài tốn 2: Lập phương trình mặt phẳng
1.
(P )
đi qua đường thẳng
2.
(P )
đi qua
nên
(P ) .
(P )
biết:
và khoảng cách từ
và tạo với mặt phẳng
(Q)
A
đến
(P )
lớn nhất
một góc nhỏ nhất.
3
3. (P ) đi qua và tạo với đường thẳng
Phương pháp:
d
một góc lớn nhất.
z z1
Cách 1: Dùng phương pháp đại số
1. Giả sử đường thẳng
Khi đó phương trình
Trong đó
(P )
a
f (t)
được sự biểu
y y1
b
c
và
bB cC
a
( a 0 ) (1)
A 2 B2 C 2
t
B
C
, ta đươc
mt2 nt p
A(x0; y0; z0)
A (x x1) B( y y1) C (z z1) 0
có dạng:
A(x0 x1) B( y0 y1) C (z0 z1)
Thay (1) vào (2) và đặt
Trong đó
x x1
Aa Bb Cc 0 A
d( A, (P ))
Khi đó
:
d( A, (P ))
, khảo sát hàm
m ' t2 n ' t p '
diễn của A, B qua C
rồi cho
f (t)
C
(2)
f (t)
ta tìm được
max f (t) .
giá trị bất kì ta tìm được
Từ đó suy ra
A, B .
2. và 3. làm tương tự
Cách 2: Dùng phương pháp hình học
1. Gọi
K,H
lần lượt là hình chiếu của
d( A, (P )) AH AK
Hay
(P )
, mà
lên
khơng đổi. Do đó
AK
là mặt phẳng đi qua
K
(Q) (P ), (Q) 900
2. Nếu
A
, nhận
AK
nên ta xét
và
(P ) ,
khi đó ta có:
d( A, (P ))
lớn nhất
H K
làm VTPT.
và (Q) khơng vng góc với nhau.
Gọi B là một điểm nào đó thuộc , dựng đường thẳng qua B và vuông góc với
(Q) . Lấy điểm C cố định trên đường thẳng đó. Hạ CH (P ), CK d. Góc giữa mặt
phẳng
Mà
(P )
BK
BC
và mặt phẳng
khơng đổi, nên
(Q)
là
BCH
BCH
.
Ta có
nhỏ nhất khi
Mặt phẳng
Suy ra
sin BCH
BH
BK
.
BC
BC
H K.
(P ) cần tìm là mặt phẳng chứa
nP u , u , nQ là VTPT của (P ) .
và vng góc với mặt phẳng
3. Gọi M là một điểm nào đó thuộc , dựng đường thẳng
với d . Lấy điểm A cố định trên đường thẳng đó. Hạ AH
mặt phẳng
(P )
và đường thẳng
d'
là
AMH
. Ta có
(BCK ) .
d ' qua M và song song
(P ), AK d. Góc giữa
cos
AMH
HM
KM
.
AM
AM
4
Mà
KM
AM
khơng đổi, nên
Mặt phẳng
Suy ra
(P ) cần tìm
nP u , u , ud '
AMH
lớn nhất khi
H K.
là mặt phẳng chứa
là VTPT của
và vuông góc với mặt phẳng
(P ) .
Ví dụ 1. Trong khơng gian với hệ toạ độ đề các vng góc
đường thẳng
x1 y z 2
. Tìm tọa độ hình chiếu
2
1
2
trình mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng d
d:
viết phương
đến (P ) lớn nhất.
Lời giải.
Đường thẳng d có
Gọi
Do
H
ud (2;1;2)
là hình chiếu của
A
lên
(d ', .
A (2;5;3)
và
lên
d
và
sao cho khoảng cách từ
A
Oxyz
cho
vuông góc của
A
là VTCP.
d H (1 2t; t;2 2t) AH (2t 1; t 5;2t 1) .
AH d AH .ud 0 2(2t 1) t 5 2(2t 1) 0 t 1 H (3;1;4) .
Gọi
H'
là hình chiếu của
A
lên
mp(P ) .
AH ' AH d( A, (P )) lớn nhất H H ' (P ) AH
AH (1; 4;1) là VTPT của (P ) và (P ) đi qua H .
Khi đó, ta có:
Suy ra
Vậy phương trình
(P ) : x 4 y z 3 0 .
Ví dụ 2. Trong khơng gian với hệ toạ độ đề các vng góc Oxyz cho bốn điểm
A 1;0;0 , B 1;1;0 , C 0;1;0 , D 0;0; m với m 0 là tham số.
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD khi m 2 ;
2. Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên BD . Tìm các giá trị của tham số m
để diện tích tam giác OBH đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
.
CD (0; 1; m)
Ta có: AB (0;1;0),
1. Với m 2 ta có: CD (0; 1;2) và AC (1;1;0)
AB
,
CD
(2;0;0)
AB, CD .AC 2
Do đó
AB, CD .AC
2
1.
Vậy d( AB, CD)
2
AB, CD
2. Đặt
x OH BH OB 2 OH 2 2 x2
1
1
1
1
Suy ra SOBH x. 2 x2 x2(2 x2) (x2 2 x2) .
2
2
4
2
x
1
OH
1
d
(
O
,
BD
)
1
Đẳng thức
xảy ra
BD
(
1;
1;
m
),
OB
(1;1;0)
BD, OB (m; m;0)
Ta có:
5
Do đó
BD, OB
d(O, BD)
BD
m 2
2
2 m
1 2m2 2 m2 m 2
Vậy m 2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 3. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) và cắt các trục tọa
độ tại các điểm A, B, C (khác gốc tọa độ) sao cho:
1. M là trực tâm của tam giác ABC ;
2. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng ( ) là lớn nhất;
3. OA OB OC ;
4. 8OA 12OB 16 37OC và xA 0, zC 0 .
Lời giải.
Giả sử mặt phẳng ( ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là:
A (a;0;0), B (0; b;0), C (0;0; c) với a, b, c 0.
x y z
1.
a b c
1 9 4
Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) nên 1 (1).
a b
c
1. Ta có: AM (1 a;9;4), BC (0; b; c), BM (1;9 b;4), CA(a;0; c).
Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng
Điểm
M
là trực tâm tam giác
khi và chỉ khi
ABC
M ( )
AM .BC 0
BM .CA 0
1 9 4
1
a b c
98
49
9b 4c
a 98; b
;c
.
9
2
a 4c
Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm là x 9y 4z 98 0.
2. Cách 1: Ta có:
d(O, ( ))
1
1
a2
1
b2
1
c2
Bài tốn trở thành, tìm giá trị nhỏ nhất của
a, b, c 0
thỏa mãn
1
1
a2
T
1
a2
1
b2
1
b2
.
1
c2
1
c2
với các số thực
1 9 4
1 (1).
a b c
Ap dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
2
1
1
1
1
1
2
2
2 1
1. 9. 4. (1 9 4 ) 2 2 2 .
b
c
a
b
c
a
6
Nên suy ra
T
1
.
98
Dấu đẳng thức xảy
1
1
1
1 : 9 : 4 :
b
c a 9b 4c 98.
ra khi a
1 9 4 1
a b c
x 9y 4z 98 0.
Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm là
Cách 2: Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng ( ) .
Vì mặt phẳng ( ) ln đi qua điểm cố định M nên d(O, ( )) OH OM 98.
Dấu đẳng thức
xảy
ra khi H M , khi đó ( ) là mặt phẳng đi qua M và có véctơ
pháp tuyến là OM(1;9;4) nên phương trình ( ) là
1.(x 1) 9( y 9) 4.(z 4) 0 x 9y 4z 98 0.
3. Vì OA OB OC nên a
Trường hợp 1: a b c.
Từ
1 9 4
1 a 14,
a a a
là
là
a b c.
do đó xảy ra bốn trường hợp sau:
nên phương trình ( ) là:
Từ
(1)
suy ra
Từ
(1)
suy ra
Từ
(1)
có
x y z 6 0.
Trường hợp 3:
( )
suy ra
Trường hợp 2:
( )
(1)
b c,
a b c.
x y z 4 0.
Trường hợp 4:
a b c.
là x y z 12 0.
Vậy có bốn mặt phẳng thỏa mãn là
x y z 14 0.
1 9 4
1 a 6,
a a a
nên phương trình
1 9 4
1 a 4,
a a a
nên phương trình
1 9 4
1 a 12,
a a a
x y z 14 0,
x y z 6 0, x y z 4 0, x y z 12 0.
nên phương trình ( )
và các mặt phẳng
xA 0, zC 0 nên a 0, c 0, do đó
8OA 12OB 16 37OC 8a 12 b 16 37c.
4. Vì
8
2a 4
a, b
, a 2 nên từ (1) ta có
37
3
a 5
1
27
37
1 a2 2a 35 0
a 2a 4 2a
a 7
40
Vì a 2 nên a 5 b 2; c , phương trình mặt phẳng
37
( ) : 8x 20y 37z 40 0.
Nếu
Nếu
b 0 c
b 0 c
8
4 2a
a, b
,a 2
37
3
nên từ
(1)
cần tìm là
ta có
1
27
37
29 3 109
1 a2 29a 35 0 a
a 4 2a 2a
2
Vì a 2 nên khơng có giá trị thỏa mãn.
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 8x 20y 37z 40 0.
7
Ví dụ 4. Cho mặt cầu (S) : (x 1)2 ( y 1)2 (z 1)2 25 và mặt phẳng ( ) có
phương trình 2x 2y z 7 0
1. Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) cắt mặt cầu (S) theo một đường trịn. Xác định
tâm và tìm bán kính của đường trịn đó;
2. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(1; 1;2), B(3;5; 2) và (P) cắt
mặt cầu (S) theo một đường trịn có bán kính nhỏ nhất.
Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I (1;1;1) , bán kính R 5 .
1. Ta có
tâm
H
H
2 2 1 7
d(I , ( ))
bán kính
22 22 12
Tọa độ điểm
I
suy ra ( ) cắt mặt cầu
(S)
theo đường tròn
R 2 d2 (I , ( )) 3
r
là hình chiếu của
4 R,
I
lên mặt phẳng ( ) , suy ra phương trình của
là nghiệm của hệ
Vậy tâm
5 5 1
H ; ; .
3 3 3
2. Ta có
AB 2;6; 4
x 1 2t
y 1 2t
z 1 t
2x 2y z 7 0
nên phương trình đường thẳng
x 1 2t
HI là: y 1 2t
z 1 t
5
x y
3
z 1
3
x 1 t
AB : y 1 3t
y 2 2t
Vì I A R nên mặt phẳng (P ) đi qua AB ln cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có
bán kính r 25 d2 (I , (P )) . Do đó r nhỏ nhất d(I , (P )) lớn nhất.
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của I lên AB và (P ) , ta luôn có
I H I K nên suy ra d(I , (P )) lớn nhất H K
Do H AB H (1 t; 1 3t;2 2t) I H (t;3t 2;1 2t)
4 IH 4 ; 2; 1
I H AB I H .AB 0 t 3(3t 2) 2(1 2t) 0 t
7
7 7 7
Vậy phương trình ( ) : 4x 2y z 4 0 .
Vì
Ví dụ 5. Trong khơng gian Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 2x y 2z 6 0 và hai điểm
A (5; 2;6), B (3; 2;1) . Tìm điểm M thuộc (P ) sao cho:
1. MA MB nhỏ nhất
2. MA MB lớn nhất
Lời giải.
Mặt phẳng
(P )
có
nP (2; 1;2)
là VTPT
8
Thay tọa độ hai điểm A, B vào vế trái phương trình của
hai điểm A, B nằm về cùng một phía so với (P ) .
(P )
1. Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua (P ) , khi đó
và với mọi điểm M (P ) , ta có MA M A ' .
B
A'
và
ta được
4
nên
ở khác phía so với
(P )
18
và
Do đó M (P ) : MA MB A ' M MB A ' B , mà A ' B không đổi và đẳng thức xảy
ra khi M A ' B (P ) , suy ra MA MB nhỏ nhất M A ' B (P ) .
Ta có:
x 5 2t
AA ' (P ) AA ' : y 2 t
z 6 2t
Tọa độ giao điểm
x 5 2t
y 2 t
z 6 2t
2x y 2z 6 0
H
của
H
Tọa độ
Vậy
2. Vì
A, B
phương trình
là nghiệm của hệ
21 14 5
M ;
;
11 11 11
là nghiệm của hệ:
(P )
xA ' 2xH xA 3
AA ' yA ' 2yH yA 2 A '(3;2; 2)
z 2z z 2
H
A
A'
A ' B (6; 4;3) ,
M
và
x 1
y 0 H (1; 1;2)
z 2
là trung điểm của
Suy ra
AA '
x 3 6t
A ' B : y 2 4t , t
z 2 3t
x 3 6t
y 2 4t
z 2 3t
2x y 2z 6 0
là điểm cần tìm.
nằm về cùng một phía so với
AM M B AB ,
Phương trình
21
x
11
14
y
11
5
z 11
đẳng thức xảy ra khi
(P )
nên với mọi
M (P )
ta ln có
M AB (P ) .
x 5 2t
AB : y 2
z 6 5t
9
x 5 2t
y 2
M :
z
6
5
t
2x y 2z 6 0
Tọa độ
Ví dụ 6. Trong khơng gian
trình
x1 y z1
2
1
1
:
17
x
7
y
2.
3
z
7
Vậy
cho điểm
Oxyz
và mặt phẳng
17
3
M ; 2; .
7
7
A (1; 1;1) ,
đường thẳng
có phương
(P ) : 2x y 2z 1 0
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng và khoảng cách từ A đến
(Q) lớn nhất;
2. Viết phương trình mặt phẳng (R ) chứa và tạo với (P ) một góc nhỏ nhất;
3. Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa hai điểm M (1;1;1), N (1;2; 1) và tạo với
đường thẳng một góc lớn nhất.
Lời giải.
Mặt phẳng (P) có nP (2; 1;2) là VTPT
Đường thẳng
đi qua
B(1;0; 1)
và có
u (2;1; 1)
là VTCP.
1. Cách 1: Giả sử n (a; b; c) là VTPT của (Q) , suy ra
dạng: a(x 1) by c(z 1) 0 ax by cz a c 0 (1)
Do
(Q)
nên
2c b
a2 b2 c2
Nếu
b 0 d( A, (Q))
Nếu
b 0
thì ta đặt
Xét hàm số
Suy ra
Chọn
f (t)
với
t
K,H
d( A, (Q)) AH AK
Dẫn tới
(Q)
4a b
5a2 4ab 2b2
16a2 8ab b2
5a2 4ab 2b2
5
a
,
b
t
ta tìm được
Cách 2: Gọi
có
4
max f (t) f (2)
b 1
(Q)
2a b c 0 c 2a b .
d( A, (Q))
Do đó:
phương trình của
ta có:
ta có:
7
,
2
do đó
16a2 8ab b2
5a2 4ab 2b2
f '(t)
2
AK
(5t 4t 2)
K
và nhận
A
14
,
2
lên
đạt được khi
d( A, (Q))
AK làm
f (t)
, f '(t) 0 t 2, t
Vậy phương trình
khơng đổi nên
là mặt phẳng đi qua
5t2 4t 2
2
lần lượt là hình chiếu của
, mà
16t2 8t 1
24t2 54t 12
max d( A, (Q))
a 2, c 3 .
1
4
a 2b
(Q) : 2x y 3z 1 0 .
và
(Q) ,
lớn nhất
khi đó
H K
VTPT.
10
Vì
K K 1 2t; t; 1 t AK 2t; t 1; t 2
1
1 1
1 3
AK AK .u 0 4t t 1 t 2 0 t K 0; ; , AK 1; ;
2
2 2
2 2
Vậy phương trình
(Q) : 2x y 3z 1 0 .
(Q) : ax by (2a b)z a b 0
2. Cách 1: Tương tự như trên ta có
(P ), (R )
Gọi
Ta có:
cos
,
00 900 .
2a b 2(2a b)
3 a2 b2 (2a b)2
Nếu
a 0 cos
Nếu
a 0,
đặt
Khảo sát hàm số
Suy ra
Vậy phương trình
Cách 2: Gọi
d
.
3 2
thì ta có:
f (t)
max cos
1 b2 12ba 36a2
3 2b2 4ab 5a2
1
b
a
t
b2 12ba 36a2
2b2 4ab 5a2
ta tìm được
đạt được khi
max f (t) f (
b
7
,
a
10
chọn
t2 12t 36
2t2 4t 5
f (t)
7
53
)
10
6
b 7 a 10
(R ) : 10x 7y 13z 3 0 .
là đường thẳng đi qua
Ta có phương trình
x 1 2t
d : y t
,
z 1 2t
lấy
B
và vng góc với
(P )
C (3; 1;1) d, C B
C
(P)
B
K
(R)
Gọi
H,K
H
lần lượt là hình chiếu của
BH
BK
sin sin BCH
BC
BC
C
lên
(R )
và
,
khi đó
BCH
và
.
11
BK
BC
Mà
khơng đổi, nên suy ra nhỏ nhất
và vng góc với mặt phẳng
Mặt phẳng (BCK ) đi qua
VTPT của (BCK ) .
hay
H K
(R )
là mặt phẳng đi qua
(BCK ) .
và vng góc với
(P )
nên
n1 nP , u (1;6;4)
n
n
Do
đi qua và vng góc với
nên R 1, u 10; 7;13
(R ) , suy ra phương trình của (R ) : 10x 7 y 13z 3 0 .
(R )
(BCK )
3. Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng ( ) có dạng:
Do
M , N ( )
a b c d 0
a 2b c d 0
nên
n (2a;2b; b 2a)
Ta có:
n .u
sin
n . u
Nếu
a 0 sin
3
,
2
4a 2b b 2a
6. 4a2 4b2 (b 2a)2
a 0,
t2 12t 36
Xét hàm số
f (t)
Do đó max
b 5
sin max ,
a 8
2
5t 4t 8
đặt
t
( ))
b2 12ab 36a2
1
6
5b2 4ab 8a2
b
,t
a
ta tìm được
chọn
ax by cz d 0
2ax 2by (b 2a)z 3b 0
là VTPT của ( ) . Gọi
với
là VTPT của
3
d b
2
c a 1 b
2
Ta viết lại dạng phương trình của ( ) như sau:
Suy ra
là
5 53
max f (t) f
.
9
8
b 5, a 8
( ) : 16x 10 y 11z 15 0 .
NM 2; 1;2 là VTCP của M N ,
Vậy phương trình của
Cách 2: Ta có:
x 1 2t
MN : y 1 t , t
z 1 2t
phương trình
. Gọi
d
suy ra phương trình đường thẳng
là đường thẳng đi qua
M
, song song với
.
Suy ra
x 1 2t
d : y 1 t , t
z 1 t
Trên d ta lấy điểm A(3;2;0) . Gọi
khi đó ( ), ABH .
H,K
lần lượt là hình chiếu của
A
lên ( ) và
MN
,
12
Ta có:
cos ABH
BH
BK
BA
BA
, mà
Hay ( ) là mặt phẳng đi qua
Ta có:
Suy ra
MN
BK
BA
khơng đổi nên
ABH
lớn nhất
và vng góc với mặt phẳng
H K
( ) (MN , d)
n NM , u 1;6;4 là VTPT của ( )
n NM , n 16; 10;11 là VTPT của ( )
Vậy phương trình của
( ) : 16x 10 y 11z 15 0 .
A
H
(P)
Δ
K
N
M
d
Ví dụ 7. Trong khơng gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : x y z 3 0 và điểm
A(1;2;3) . Lập phương trình đường thẳng nằm trong ( ) và
1. đi qua M (1;1;1) và khoảng cách từ A đến lớn nhất, nhỏ nhất;
2.
đi qua
M
và khoảng cách giữa
Lời giải.
Mặt phẳng ( ) có
n (1;1;1)
và
d:
x 2 y
z
1
2 1
lớn nhất.
là VTPT
u (a; b; c) là VTCP của , do (P ) a b c 0 c a b (1)
1. Ta có: AM 0; 1; 2 u, AM c 2b;2a; a
u, AM
(c 2b)2 5a2
(b a)2 5a2
1 b2 2ab 6a2
Do đó: d( A, )
u
a2 b2 c2
a2 b2 (a b)2
2 b2 2ab b2
Gọi
Nếu
a 0 d( A, )
Xét hàm số
f (t)
1
2
, với
t2 2t 6
t2 t 1
a0
đặt
t
b
,t
a
, khảo sát hàm số
f (t)
ta tìm được
2
2
max f (t) ff( ) 10, min (t) f (4)
3
3
13
Khoảng cách từ
c 1 ,
đến
A
2
b
2
,
3
a
3
x1 y1 z1
: :
3
2
1
lớn nhất khi
suy ra phương trình đường thẳng
t
chọn
b 2 a 3,
b
4 , chọn b 4 a 1, c 5 ,
a
x1 y1 z1
suy ra phương trình đường thẳng : :
.
1
4
5
2. Đường thẳng d đi qua N (2;0;0) và có u1 (1;2; 1) là VTCP
MN 1; 1; 1 , u, u1 (2a b; b;2a b) u, u1 .MN 3b
u, u .MN
3b
1
b2
d
(
,
d
)
3
3
Do đó
2
2
2
2
2
u, u
4
a
3
b
(2a b) b (2a b)
1
Khoảng cách từ
A
nhỏ nhất khi
x 1
: y 1 t .
z 1 t
Ví dụ 8. Lập phương trình đường thẳng
x1 y z2
2
1
1
sao cho:
1. Khoảng cách từ
B (2; 1;1)
d :
2. Khoảng cách giữa
Lời giải.
Giả sử d cắt
d'
tại điểm
x 5
y
z
:
2
2 1
M
thì
đi qua
d
6t 2t 2
A (0; 1; 2)
và cắt đường thẳng
là lớn nhất, nhỏ nhất;
là lớn nhất.
M (1 2t; t; 2 t), t .
d.
AB, AM (1 t; 1; 4 2t).
đến đường thẳng
5t2 18t 18
5t2 18t 18
2
đến đường thẳng
nên
B
AB, AM
d(B, d)
AM
f (t)
d
là VTCP của đường thẳng
AB (2; 2; 1)
Khoảng cách từ điểm
Ta có
và
d
AM (2t 1; t 1; t)
1. Ta có
t4
a 0 c b u b(0;1; 1)
Đẳng thức xảy ra khi
Vậy phương trình
đến
6t2 2t 2
nên
f (t)
d
là
f (t)
98t(t 2)
(6t2 2t 2)2
.
14
Từ đó ta tìm được
max f (t) ff(0) 18, min (t) f (2)
1
min d(B, d)
max d(B, d) 3 2
thẳng cần tìm
2.
đi qua
Ta có
d:
Do đó:
đạt được khi
t 2 AM (3; 3; 2)
nên phương trình đường
đạt được khi
t 0 AM (1;1; 1)
nên phương trình đường
11
x y 1 z 2
d:
.
3
3
2
thẳng cần tìm
1
.
11
x
y1 z 2
.
1
1
1
N (5; 0; 0)
và có véc tơ chỉ phương
u (2; 2; 1).
u , AM (t 1; 4t 1; 6t), AN (5; 1; 2).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng là:
u , AM .AN
d(; d)
u , AM
3.
Vì
f (t)
(2 t)2
53t2 10t 2
6(t 2)(4 37t)
2
2
(53t 10t 2)
Từ đó ta tìm được
Vậy đường thẳng
6 3t
(t 1)2 (4t 1)2 (6t)2
3. f (t), f (t)
nên
53t2 10t 2
f (t) 0 t 2, t
4
max f (t) f ,
37
d
(2 t)2
khi đó
có phương trình là
d:
.
4
.
37
1
AM
29; 41; 4 .
37
x
y1 z 2
.
29 41
4
Bài tốn 3: Trong khơng gian cho n điểm A1, A2,..., An .
1. Tìm M sao cho P 1MA12 2MA22 ... n MAn2
a) Nhỏ nhất khi
1 2 ... n 0
1 2 ... n 0
cho P 1 MA1 2 MA2 ... n MAn
b) Lớn nhất khi
2. Tìm
n
đó i
i 1
M
sao
nhỏ nhất hoặc lớn nhất, trong
0.
Phương pháp:
15
Gọi
I
là điểm thỏa mãn:
n
nếu i
0.
i 1
1.
1 I A1 2 I A2 ... n I An 0
điểm
I
tồn tại và duy nhất
Khi đó:
2
2
2
P 1 MI I A1 1 MI I A2 ... 1 MI I An
(1 2 ... n )I M 2
n
1I Ai2
i 1
n
Do 1I Ai2 không đổi nên:
i 1
2.
Nếu
Nếu
1 2 ... n 0
thì
1 2 ... n 0
P
thì
nhỏ nhất
MI
nhỏ nhất
lớn nhất
MI
nhỏ nhất
P
n
P 1 MI I A1 2 MI I A2 ... n MI I An i .MI
Do đó
P
nhỏ nhất hoặc lớn nhất
Nếu M thuộc đường thẳng
khi M là hình chiếu của I lên
MI
i 1
nhỏ nhất hoặc lớn nhất.
(hoặc mặt phẳng
(hoặc (P ) ).
(P ) )
thì
MI
lớn nhất khi và chỉ
Nếu M thuộc mặt cầu (S) và đường thẳng đi qua I và tâm của (S), cắt (S) tại hai
điểm A, B ( I A I B) thì MI nhỏ nhất (lớn nhất) M B ( M A ).
Ví dụ 9. Cho (P ) : x y z 1 0 và ba điểm A(1;1;1), B(0;1;2), C (2;0;1) .
1. Tìm tọa độ điểm M (P ) sao cho MA MB và yM 1 ;
2. Tìm N (P ) sao cho S 2NA 2 NB 2 NC 2 nhỏ nhất.
Lời giải.
1. Gọi M (x;1; z) (P ) , ta có: x 1 z 1 0 x z
Suy ra MA MB (x 1)2 (z 1)2 x2 (z 2)2 2x 2z 2 4z 4
1
1
1 1
; x . Vậy M ( ;1; ) .
2
2
2 2
x; y; z) là điểm thỏa mãn 2I A I B I C 0 (*)
2. Gọi I (
Ta có: 2I A 2 2x;2 2y;2 2z , I B x;1 y;2 z , I C 2 x; y;1 z
z
4x 0
3 5
3
5
Nên (*) 3 4 y 0 x 0, y 4 , z 4 . Suy ra I 0; 4 ; 4
5 4z 0
2
2
Khi đó: 2NA 2 NI I A 2NI 2 2I A 2 4NI .I A
16
Do đó
2
2
NB NI 2 I B 2 2NI .I B ; NC NI 2 I C 2 2NI .I C
S 4NI 2 2I A 2 I B 2 I C 2 2NI 2I A I B I C 4NI 2 2I A 2 I B 2 I C 2
Do 2I A 2 I B 2 I C 2 không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi
là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P ) .
3
5
N
(
x
;
y
;
z
)
I
N
x
;
y
;
z
, n 1; 1;1
Gọi
4
4
Vì N (P ) x y z 1 0 (1)
là VTPT của
NI
nhỏ nhất hay
N
(P )
x k
3
I
N
kn
y k thay vào (1), ta có được:
Do I N (P ) nên
4
5
z 4 k
3
5
3 3 1
3
3
3
1
k k k 1 0 k x , y , z . Vậy N ; ; .
2
2
4
4
2 4 4
4
4
Ví dụ 10. Trong khơng gian cho ba điểm A(1;2;3), B(1;0; 3), C (2; 3; 1)
1. Tìm M thuộc mặt phẳng ( ) : 2x y 2z 1 0 sao cho biểu thức sau nhỏ nhất
S 3MA 2 4MB 2 6MC 2 ;
2. Tìm
M
thuộc đường thẳng
P MA 7MB 5MC
x1 y1 z1
2
3
1
sao cho biểu thức sau lớn nhất:
;
thuộc mặt cầu (S) : (x 2)2 ( y 2)2 (z 8)2 36 sao cho biểu thức
F MA 2 4MB 2 2MC 2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
1. Cách 1: Gọi I (x; y; z) là điểm thỏa mãn: 3I A 4I B 6I C 0 I A 6AC 4 AB (*)
3. Tìm
Mà
M
I A (1 x;2 y;3 z), 6AC (6; 30; 24), 4 AB (8; 8; 24)
Do đó
1 x 6 8
(*) 2 y 30 8
3 z 24 24
Khi đó:
x 13
y 24 I (13;24;3)
z 3
2
2
2
2
2
2
S 3MA 4MB 6MC 3 MI I A 4 MI I B 6 MI I C
IM 2
2MI 3I A 4I B 6I C 3I A 4I B 6I C
2
2
2
IM
nhỏ nhất
I M 2 3I A 2 4I B 2 6I C 2 .
Do
3I A 2 4I B2 6I C 2
khơng đổi nên
S
nhỏ nhất
M
là hình
17
chiếu của
I
Tọa độ của
Vậy
lên ( ) . Ta có
M
là nghiệm của hệ:
M (11;25;1)
Cách 2: Gọi
Suy ra:
x 13 2t
I M ( ) I M : y 24 t
z 3 2t
x 13 2t
y 24 t
z 3 2t
2x y 2z 1 0
x 11
y 25
z 1
là điểm cần tìm.
M (a; b; c) ( ) 2a b 2c 1 0
3MA 2 3a2 3b2 3c2 6a 12b 18c 42
4MB 2 4a2 4b2 4c2 8a 24c 40
6MC 2 6a2 6b2 6c2 24a 36b 12c 84
Suy ra
S a2 b2 c2 26a 48b 6c 2
(a 11)2 (b 25)2 (c 1)2 4a 2b 4c 749
2(2a b 2c 1) 747 747
M (11;25;1) là điểm cần tìm
2. Cách 1: Gọi I (x; y; z) là điểm thỏa mãn: I A 7I B 5I C 0 I A 7AB 5AC
Mà I A 1 x;2 y;3 z , 7AB (14;14;42), 5AC (5; 25; 20)
Đẳng thức xảy ra
Nên
a 11, b 25, c 1
1 x 14 5
(*) 2 y 14 25
3 z 42 20
Khi đó:
Do đó
P
hay
(*)
x 18
y 13 I (18;13; 19)
z 19
P MI I A 7 MI I B 5 MI I C MI
nhỏ nhất
MI
nhỏ nhất M là hình chiếu của
I
lên
M M 1 2t; 1 3t;1 t I M (2t 19;3t 14; t 20)
Vì
I M 2(2t 19) 3(3t 14) (t 20) 0 t
12
.
7
Vậy
31 29 5
M ; ;
7
7 7
là điểm
cần tìm.
Cách 2: Ta có
Suy ra
M M 1 2t; 1 3t;1 t
MA 2t;3 3t;2 t , 7MB 14 14t; 7 21t;28 7t
18
5MC 5 10t; 10 15t; 10 5t
Do đó
Nên
P
MA 7MB 5MC 2t 19;3t 14; t 20
2
Đẳng thức xảy ra
3. Gọi
2
12
6411 6411
(2t 19) (3t 14) (t 20) 14t 48t 957 14 t
7
7
7
2
E (x; y; z)
Ta tìm được
2
t
12
.
7
31 29 5
M ; ; là điểm cần tìm.
7
7 7
mãn: EA 4EB 2EC 0 EA 2AC 4 AB
Khi đó
F EM 2 EA 2 4EB 2 2EC 2
Vì EA2 4EB 2 2EC 2 khơng đổi nên
nhất, lớn nhất.
Mặt cầu (S) có tâm
2
Vậy
là điểm thỏa
E 10; 2;16 .
2
F
lớn nhất, nhỏ nhất khi và chỉ khi
EM
nhỏ
x 2 8t
I (2;2;8) , I E 8; 4;8 I E : y 2 4t
z 8 8t
Tọa độ các giao điểm của
IE
với mặt cầu (S) là nghiệm của hệ
x 2 8t
1
y 2 4t
82 t2 42 t2 82 t2 36 t .
2
z 8 8t
(x 2)2 ( y 2)2 (z 8)2 36
1
M 6;0;12 I M (2; 2;4) MI 2 6
2
1
t N 2;4;4 I N (4;2;4) NI 6
2
t
Do
NI MI
nên ta có được:
F
lớn nhất khi và chỉ khi
E M E 6;0;12
F
nhỏ nhất khi và chỉ khi
E N E 2;4;4
.
Bài tập tương tự
Bài 1. Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A(1;3; 2), B(3;7; 18) và mặt phẳng
P : 2x y z 1 0 .
a) Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vng góc với (P ) .
b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P ) sao cho MA MB nhỏ nhất.
Bài 2. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M(1;4;9) và cắt các tia Ox,Oy,Oz
lần lượt tại các điểm A,B,C (khác gốc tọa độ) sao cho
19
a) Thể tích khối tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất.
b) OA OB OC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3. Cho đường thẳng
x 1 y 8 z1
và các điểm A(3; 4; 1),
2
3
1
điểm M thuộc đường thẳng sao cho
b) MA MC nhỏ nhất.
:
B(1; 6; 1), C(1; 10; 3). Tìm
a) MA MB nhỏ nhất.
Bài 4. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua
Ox, Oy, Oz lần lượt tại 3 điểm A, B, C thỏa:
1. Tứ diện OABC có thể tích lớn nhất;
2. Khoảng cách từ O đến ( ABC ) lớn nhất;
3. OA OC 4OB và OA OB 9 .
Bài 5. Cho
thẳng
1.
2
A (1; 4; 2), B(1; 2; 4)
và
:
M 1;4;9
x1 y 2 z
.
1
1
2
sao cho ( ) cắt các tia
Tìm điểm
M
thuộc đường
sao cho
MA MB
2
nhỏ nhất
3. Diện tích tam giác
M AB
2.
3OM 2 AM 4BM
nhỏ nhất.
nhỏ nhất.
Bài 6. Cho ba điểm A(1;2; 3),B(2;4;5),C(3;6;7) và mặt phẳng (P ) : x y z 3 0.
1. Tìm tọa độ hình chiếu trọng tâm G của tam giác ABC trên mặt phẳng (P ).
2. Tìm tọa độ điểm G đối xứng với điểm G qua mặt phẳng (P ).
3. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng
với T MA 2 MB 2 MC2.
(P )
sao cho biểu thức
T
có giá trị nhỏ nhất
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Việc phân dạng cụ thể các bài tốn tìm giới hạn hàm số và đưa ra phương
pháp giải tương ứng giúp các bài toán cơ bản trở nên có hệ thống hơn, nhờ đó học
sinh dễ tiếp cận và nhớ lâu hơn. Từ đó học sinh thấy hứng thú hơn khi học phần
giới hạn hàm số và thấy những bài toán này trở nên đơn giản hơn.
Sau khi thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này thì học sinh đã tiếp cận được
chỉ cịn rất ít học sinh gặp khó khăn trong việc giải bài tốn tìm cực trị trong hình
học Oxyz. Cụ thể:
Lớp
Sĩ số
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
12B3
43
5
20
18
0
0
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Trên đây là những kinh nghiệm mà tôi đúc rút được trong nhiều năm giảng dạy
ở trường THPT và cụ thể là thử nghiệm với học sinh lớp 12B3 trường THPT Hậu
Lộc 2.
20
Hình học Oxyz nói chung và các bài tốn cực trị trong hình học Oxyz nói riêng
là nội dung rất quan trọng trong chương trình mơn tốn THPT. Nhưng đối với học
sinh đây là mảng kiến thức tương đối khó. Trong đề tài này tôi đã đưa ra được hệ
thống bài tập theo dạng khác nhau cùng với phương pháp giải phù hợp giúp học
sinh tiếp cận dễ dàng hơn từ đó tạo hứng thú cho học sinh học phần này góp phần
nâng cao chất lượng dạy và học. Chuyên đề này là ý kiến chủ quan cũng như kinh
nghiệm của cá nhân tôi nên không tránh khỏi những thiếu sót nhất định. Rất mong
sự đóng góp ý kiến của quý thầy cô và các em học sinh để chuyên đề được hồn
thiện hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
3.2.
Kiến nghị.
Nhà trường cần tổ chức các buổi thảo luận trao đổi phương pháp giảng dạy. Cần
lưu lại thư viện nhà trường những chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hằng
năm để làm tư liệu phục vụ cho việc dạy và học sau này.
Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều
hơn nữa những tài liệu tham khảo về đổi mới phương pháp dạy và học để phục vụ
tốt công việc nghiên cứu học tập và nâng cao chuyên môn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 05 tháng 5 năm 2019
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
tôi viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết
Nguyễn Thị Den
21
