Tài liệu Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích 12.

MỤC LỤC Tran g A.Đặt vấnđề .........................................................................................................2 I.Lời nói đầu...............................................................................................................2 II.thực trạng của vấn đề..............................................................................................2 B.Giải quyết vấn đề ........................................................................... 3 I. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng.........................................................3 II. Các dạng bài tập thường gặp.................................................................................3 C.Kêt luận.........................................................................................................20 1 HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 A.ĐẶT VẤN ĐỀ I. Lời nói đầu Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,…. Ta còn gặp các 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 trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng. 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 được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc. II.Thực trạng vấn đề Trong thưc tế giảng dạy, tôi nhận thấy nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, không nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian. Đặc biệt khi nói đến các bài toán về cực trị trong hình học thì các em rất “ Sợ”. Trước khi làm chuyên đề này tôi đã khảo sát ở 2 lớp 12A và 12B với tống số 90 học sinh, kết quả đạt được như sau Số lượng Tỉ lệ ( %) Không Nhận biết, nhận nhưng không biết biết vận dụng được 60 20 66,7 22,2 Nhận biết và biết vận dụng, chưa giải được hoàn chỉnh 9 9,9 Nhận biết và biết vận dụng, giải được bài hoàn chỉnh 1 1.1 Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu.Tôi đã mạnh dạn viết chuyên đề “Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”. 2 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng. 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 ra tọa độ M’. b.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 -r Huulà uu r hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi u d MH  0 -Tìm t, suy ra tọa độ của H. II. Các dạng bài tập thường gặp 1.Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước. Bài toán 1: Cho n điểm A1, A2, ..An, với n số k1, k2,.,kn thỏa k1+ k2+ ….+kn = k ≠ 0 và đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt uuur uuuur uuuur phẳng (α) sao cho k1 MA1  k2 MA2  ...  kn MAn có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: uur uuur uuur r -Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n  0 uuuu r uuuuu r uuuuur uuu r uuu r -Biến đổi : k1 MA1 + k 2 MA 2 +...+ k n MA n = (k1 + k 2 +...+ k n )MI = k MI uuu r  Tìm vị trí của M khi MI đạt giá trị nhỏ nhất Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm A  1;0;1 , B  -2;1;2  , C  1;-7;0  . Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho : uuuu r uuur uuur MA + MB  MC có giá trị nhỏ nhất. 1) uuuu r uuur uuur 2) MA -2MB  3MC có giá trị nhỏ nhất. 3 uuur uuu r uuur r Giải: Gọi điểm G thỏa GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và G(0;-2;1) uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r 1) Ta có MA + MB  MC = MG + GA + MG  GB  MG  GC = 3 MG có giá trị nhỏ nhất khi r M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α) MG nhận n = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương x = 2t � � y = -2-2t Phương trình tham số MG � � z = 1+3t � Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 � 17t  17  0 � t  1 uuuu r uuur uuur Vậy với M(-2; 0; -2) thì MA + MB  MC có giá trị nhỏ nhất. uur uu r uur r 2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2IB  3IC  0 Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0) 23 3 23 3 � x = 4; y = - ; z = - , vậy I(4;  ;  ) 2 2 2 2 uuuu r uuur uuur uuu r uur uuu r uu r uuu r uur uuu r MA -2MB  3 MC MI+IA -2(MI  IB )  3( MI  IC ) 2 MI Ta có: = = có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α) � � x = 4+2t � 23 � Phương trình tham số MI: �y =  -2t 2 � 3 � z =  +3t � � 2 Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 73 73 23 3 2(4  2t)  2(  2t)  3(  3t)  10  0 � 17t  0� t  2 2 2 34 u u u u r u u u r u u u r 5 245 135 ; ) thì MA -2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất. Vậy với M(  ;  17 34 17 Bài toán 2: Cho đa giác A1 A2 ….An và n số thực k1, k2, …., kn thỏa k1+ k2+ ….+ kn = k . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T = k1MA12  k2 MA22  ...  kn MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất Lời giải: uur uuur uuur r - Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n  0 -Biến đổi : T = k1MA12  k 2MA 22  ...  k n MA 2n = 4 uuu r uur uuur = (k1 +...+ k n )MI 2 + k1IA12  k 2IA 22  ..  k nIA 2n + 2 MI(k1 IA1 +..+ k n IA n ) = kMI2 + k1IA12  k 2IA 22  ...  k nIA 2n Do k1IA12  k 2IA 22  ...  k nIA 2n không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi 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 khi MI nhỏ nhất. Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba điểm A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1) 1) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất. 2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA 2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất. uur uu r r 3 3 Giải:1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I(2; ;  ) 2 2 uuu r uur 2 uuu r uu r 2 2 2 Ta có: MA + MB = (MI + IA) +(MI + IB) uuu r uur uu r  IA 2 + IB2 +2MI 2 +2MI(IA + IB) = IA 2 + IB2 +2MI 2 Do IA 2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α) r Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp n α  (1; 2; 2) � � x = 2+t � � 3 Phương trình tham số MI: �y = + 2t � 2 3 � z =  +2t � � 2 Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 3 3 2  t  2(  2t)  2(  2t)  7  0 � 9t  9  0 � t  1 2 2 1 7 � M (1;  ;  ) 2 2 5 AB 2 Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA + MB = 2MI + , do AB2 không 2 2 2 2 đổi nên MA + MB nhỏ nhất khi MI có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α). uur uur uur r 2)Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa JA - JB -JB = 0 Hay (1  x; 2  y; 1  z)  (3  x;1  y; 2  z)  (1  x; 2  y;1  z)  (0;0;0) �3  x  0 � �� 3  y  0 � J(3; 3;0) �z  0 � uuu r uur uuu r uur uuu r uur Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) 2 - (MJ + JB) 2  (MJ + JC) 2 2 2 2 uuu r uur uur uur  J A 2  JB2  JC 2  MJ 2 + 2MJ(JA  JB  JC)  JA 2  JB2  JC 2  MJ 2 Do JA 2  JB2  JC 2 không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhất khi MJ nhỏ nhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α). r 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: 3  t  2(3  2t)  2.2t  7  0 � 9t  4  0 � t   4 9 23 35 8 ; ; ) 9 9 9 23 35 8 Vậy với M ( ;  ;  ) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất. 9 9 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 1 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho 1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất 2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất. uur Giải: uu r r 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; 2  z)  (0; 0; 0) 6 �4  x  0 � �� 3  y  0 � I(4; 3;6) � - 6+z  0 � uuu r uur uuu r uu r Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA) 2  2(MI + IB) 2 uuu r uur uu r  IA 2  2IB2  MI 2 + 2MI(IA  2 IB)  IA 2  2IB2  MI 2 Do IA 2 - 2 IB2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d. x = 1+t � r � Đường thẳng d có vtcp u  (1;2;1) , phương trình tham số d: �y = 2+ 2t � z = 3+ t � uuu r M �d � M(1  t; 2  2t; 3  t) , IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu uuu rr vuông góc của I lên d nên IM.u  0 � 6t  4  0 � t   1 2 7 3 3 3 2 1 2 7 � M( ; ; ) 3 3 3 3 Vậy với M ( ; ; ) thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất uuur uuu r uuur r 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). uuuu r uuur uuuu r uuu r uuuu r uuur Ta có: MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA) 2 + (MG + GB) 2 +(MG + GC) 2 uuuu r uuur uuur uuur 2 2 2 2 = GA  GB  GC +3MG + 2MG(GA  GB  GC) = GA 2  GB2  GC 2 +3MG 2 Do GA 2  GB2  GC 2 không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của uuuu r G lên đường thẳng d. M �d � M(1  t; 2  2t; 3  t) , GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2) uuuu rr Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì GM.u  0 1 1 5 � 6t  3  0 � t   � M ( ;1; ) 2 2 2 1 5 Vậy với M ( ;1; ) thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất. 2 2 Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai điểm A,B không thuộc (α) . Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: 1.Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < 0 thì A, B nằm về hai phía với (α). Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và AB. 7 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 khi 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 + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2). Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất 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 khi uuurM là giao điểm của AB và (α). Đường thẳng AB qua điểm B, nhận AB  (1; 1;0) làm vecto chỉ phương �x  2  t � Phương trình tham số của AB: �y  t �z  2 � Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0 � 3t  2  0 � t   2 3 4 2 3 3 Hay M( ; ; 2) là điểm cần tìm. Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm A(1; 2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hãy tìm điểm M trên d sao cho 1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất 2) MA - MC có giá trị lớn nhất. 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 khi M là giao điểm của A’B với (α). uur n Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận   (1; 1;2) làm vecto chỉ phương �x  1  t � Phương trình tham số AA’: �y  2  t �z  1  2t � Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình 8 1 3 3 1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0 � 6t – 3 = 0 hay t = � H( ; ; 0) 2 2 2 x A ' = 2x H  x A  2 � � Do H là trung điểm AA’ nên �y A ' =2y H  y A  1 � A '(2; 1; 1) � z A ' = 2z H  z A  1 � uuur A’B có vtcp A'B  (1;0; 3) x  2t � � Phương trình tham số A’B: �y  1 � z  1  3t � Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0 � 5t  3  0 � t  13 4 3 hay M ( ;1;  ) 5 5 5 13 4 ;1;  ) thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất. 5 5 Vậy với M ( 2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α).Vậy nên A’ và C nằm cùng một phía đối với (α). Ta thấy MA - MC  MA' - MC �A'C .Nên MA - MC đạt giá trị lớn nhất khi M thuộc A’C nhưng ở phía ngoài uuuu r đoạn A’C, tức M là giao điểm của A’C và (α). Đường thẳng A’C có vtcp A'C  (1; 3; 3) x  2t � � Phương trình tham số A’C: �y  1  3t � z  1  3t � Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0 � 4t  3  0 � t  5 4 5 4 5 5 5 3 hay M ( ;  ;  ) 4 4 4 4 5 4 Vậy với M ( ;  ;  ) thì MA - MC có giá trị lớn nhất. Bài toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộc d. Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: - Đưa phương trình của d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo tham số t - Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB - Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t - Tính tọa độ của M và kết luận Ví dụ 1: Cho đường thẳng  d  : x-1 y + 2 z-3 = = và hai điểm C(-4; 1; 1), D(3; 6; 2 2 1 -3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất. 9 Giải: �x  1  2t � Đường thẳng d có phương trình tham số �y  2  2t �z  3  t � uuur r qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u  (2; 2;1) và CD  (7;5; 4) r uuur Ta có u . CD = 14 -10 – 4 = 0 � d  CD Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông r 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) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0 Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d và mp(P). Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình: 2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0 � 9t + 18  0 � t  2 Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2  2 17 Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d1,d2 chéo nhau. Tìm các điểm M d1, N d2 là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên. Lời giải: - Lấy M�d1 và N�d 2 ( tọa độ theo tham số). r r uuuu rr uuuu rr - Giải hệ phương trình MN.u1  0 và MN.u 2  0 ( u1 , u 2 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 - 4 = = = = , d2 : 1 2 -1 7 2 3 1) Chứng minh d1, d2 chéo nhau 2) Tìm điểm M �d1 và N �d 2 sao cho độ dài MN ngắn nhất. Giải: uu r 1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1  (1;2; 1) uur d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp u 2  (7;2;3) uu r uur uuuuuur u Ta có [ 1, u 2 ] M1M 2 = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168 �0 Hay d1 và d2 chéo nhau. 2). M�d1 và N �d 2 sao cho độ dài MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là độ dài đoạn vuông góc chung của d1 và d2. 10 Phương trình tham số của hai đường thẳng x  5 t x  4  7 t � � � � d1: �y  1  2t , d2: �y  3  2t � � z  11  t z  4  3t � � M�d1 nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N �d 2 nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’) uuuu r MN  ( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7) uuuu rr � MN 6t ' 6t  6  0 t2 � � � .u1  0 � � Ta có � uuuu rr � � 62t ' 6t  50  0 t '  1 MN.u 2  0 � � � 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 2 21 . x  2t � � Ví dụ 2: Cho đường thẳng d: �y  4  t và hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1). Tìm điểm � z  2 � M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất Giải: - Lấy điểm M trên d, Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AB - Tam giác MAB có diện tích S = 1 AB.MH đạt 2 giá trị nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, hay MH là đoạn vuông góc chung của AB và d. r Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u  (1;1;0) uu r uuu r AB qua A(1; 2; 3) và AB  (0; -2;-2) = 2u1 uu r với u1  (0;1;1) là véc tơ chỉ phương của AB x 1 � � Phương trình tham số AB �y  2  t ' � z  3t' � uuuu r M(2 + t; 4+ t; -2) �d ,H(1; 2+ t’;3+t’) �AB , MH  ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5) 11 uuuu rr � MH t ' 2t  3 t '  3 � � � .u  0 �� �� Ta có � uuuu r uu r 2t ' t  3 t  3 MH.u1  0 � � � Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) khi đó MH = 2 3 , AB = 2 2 1 Diện tích S MAB  AB.MH  6 2 x0 � � Ví dụ 3: Cho đường thẳng d: �y  t . Trong các mặt cầu tiếp xúc � z  2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, do đó mặt cầu (S) có đường kính nhỏ nhất là 2R = MN khi và chỉ khi MN nhỏ nhất hay MN r là đoạn vuông góc chung của d và Ox. Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp u  (0;1; 1) r Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i  (1;0;0) r r uuuu r [ u, i ] OM = (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2 �0 nên d và Ox chéo nhau. uuuu r Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox và MN  ( t’; -t; t – 2) uuuu rr � MN.u  0 t  t  2  0 t 1 � � � �� �� Ta có � uuuu rr t' 0 t' 0 MN.i  0 � � � Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O 1 1 2 2 MN  2 1 1 Phương trình mặt cầu (S): x 2  ( y  ) 2  ( z  ) 2  2 2 Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R = 2 2 1 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) đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất. Lời giải: Họi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (α), khi đó tam giác ABH vuông tại H và khoảng 12 cách d(B; (α)) = BH ≤ AB. Vậy d(B; (α)) lớn nhất bằng AB khi A ≡ H, khi đó (α) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB. Ví dụ 1: Viết phương trình mặt phẳng (α) đi 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 khi (α) là mặt phẳng đi qua D và vuông gócuurvới DI. (α) nhận DI  (2; 1; -5) làm vecto pháp tuyến Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = 0 � 2x + y – 5z + 15 = 0 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 uuu r cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhất khi (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 = 9. Bài toán 2: Cho điểm A và đường thẳng ∆ không đi qua A. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆ sao 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, khi đó (α) là mặt phẳng đi 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) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất. Giải: Mặt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất khi (α) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mp(ABC). 13 uuur uuur AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2) r uuur uuur (ABC) có véctơ pháp tuyến n  [AB, AC ]  (1;4; 5) uur r uuu r (α)cóvéctơpháptuyến n  [n, AB]  (9  6; 3)  3(3;2;1) Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0 � 3x + 2y + z – 11 = 0 Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α). Tìm đường thẳng ∆ nằm trong (α) đi 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 khi A ≡ H hay ∆ là đường thẳng nằm trong (α) và vuông góc với AB. Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên (α) khi đó d(B; (α)) = BH ≥ BK Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ nhất khi K ≡ H hay ∆ là đường thẳng đi qua hai điểm A, K. Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = 0 và điểm A (-3; 3; -3). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (α), qua điểm A và cách điểm B(2;3; 5) một khoảng : 1) Nhỏ nhất . 2) Lớn nhất. Giải: uur Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến n  (2; 2;1) 1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α) x  2  2t � � Phương trình BH: �y  3  2t � z  5t � Tọa độ điểm H ứng với t là nghiệm của phương trình: 2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + 5 + t + 15= 0 � t  2 hay H(-2; 7; uuu3) r Ta thấy d(B; ∆) nhỏ nhất khi ∆ đi qua hai điểm A, H do vậy AH  (1;4;6) là véc tơ chỉ phương của ∆. Phương trình của ∆: x+3 y-3 z +3   1 4 6 2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất khi ∆ là đường thẳng nằm trong (α), qua A và vuông góc với AB. 14 uur uuur uur ∆ có véctơ chỉ phương u   [AB, n ]  (16;11; 10) Phương trình của ∆: x+3 y-3 z +3   16 11 10 x  1 t � � Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng d: �y  0 � z  t � 1) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua d và B. 2) Viết phương trình đường thẳng ∆1 đi qua B cắt d sao cho khoảng cách từ A đến ∆1 lớn nhất. 3) Viết phương trình đường thẳng ∆2 đi qua B cắt d sao cho khoảng cách từ A đến ∆2 nhỏ nhất. Giải:r uuur 1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp u d  (1;0; -1) , MB  (2;2;0) uur uuur uur [u d , MB]  (2;2;2)  2(1;1;1)  2n uur (α) đi qua B nhận n  (1;1;1) làm véctơ pháp tuyến Phương trình (α): x + y + z – 1 = 0 2) Gọi H là hình chiếu của A lên (α), để d(A, ∆ 1) nhỏ nhất khi ∆1 đi qua hai điểm x  2t � � B,H. Phương trình tham số AH: �y  1  t � z  1  t � Tọa độ H ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t + 1 + t -1 + t – 1 = 0 � 3t  1  0 � t   uuu r 8 4 4 BH  ( ; ; )  3 uu 3r 3 r Ta thấy u1 và u d 5 2 4 1 � H( ; ; ) 3 3 3 3 r uu r 4 4 uu (2; 1; 1)  u1 � ∆1 nhận u1 làm véc tơ chỉ phương 3 3 không cùng phương nên d và ∆1 cắt nhau (do cùng thuộc mặt phẳng (α)) Vậy phương trình ∆1: x+1 y-2 z   2 1 1 3) Gọi K là hình chiếu của A lên ∆ 2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆ 2 ) lớn nhất khiuu K ≡uurB hay ∆2 nằm trong (α)và vuông r u uur góc với AB. uur Ta có [n , AB]  (0; 4;4)  4(0;1; 1)  4u 2 � ∆2 nhận u 2 làm véc tơ chỉ phương, uur r mặt khác u 2 và u d không cùng phương nên d và ∆2 cắt nhau (do cùng thuộc mặt phẳng (α)) 15 x  1 � � Phương trình ∆2: �y  2  t � z  t � Bài toán 4: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hoặc nằm trên (α) và không đi qua A. Tìm đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi qua A sao cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất. Lời giải: 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 uur uu r uur BH ≤ BI nên BH lớn nhất khi I ≡ H, khi 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 + 4 = 0 và 1 2 1 điểm A( -1; 1; 1).Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi qua A sao cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất. uur r Giải:Đường thẳng d có vtcp u  (1; 2; -1), (α) có vtpt n  (2; -1; 1) x  1 t � � Phương trình tham số d: �y  2  2t � z  3t � Gọi B là giao điểm của d và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình: 2+ 2t – 2 – 2t – 3+ t + 4 = 0 � 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  1  2t � z  1 t � Gọi I là hình chiếu vuônguurgóc của B lên d1 � I(-1 + t; 1 + 2t; 1 – t), BI  (-1 + t; 1 + 2t;-5– t) uu rr Ta có BI.u  0 � -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = 0 � t = -1 � I(-2; -1; 2) 16 uur uu r uur Đường thẳng ∆ có vtcp u   [BI, n ] = (-5; -10; 4) Phương trình ∆: x+1 y-1 z -1   5 10 4 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 đi qua A và song song song với (P), 2 1 3 hãy viết phương trình đường thẳng d sao cho khoảng cách giữa d và ∆ lớn nhất. Mặt phẳng (α) qua A và song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= 0 => d nằm trên (α). uur r Đường thẳng ∆ có vtcp u  (2;1;-3), (α) có vtpt n  (1;1;-1) x  1  2t � � Phương trình tham số ∆: �y  t � z  4  3t � Gọi B là giao điểm của ∆ và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình: -1+ 2t + t – (4- 3t) + 2 = 0 � t = 1 1 5 � B(0; ; ) 2 2 2 Xét ∆1 là đường thẳng qua A và song song với ∆ x  1  2t � � Phương trình tham số đường thẳng ∆1: �y  1  t � z  2  3t � Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên ∆1 � H(1 + 2t; -1 + t; 2 – 3t) uu rr uuu r 3 3 1 BH  (1 + 2t; t - 2 ; -3t).Ta có BI.u  0 � 2 + 4t + t - 2 + 9t = 0 � t =  28 uuu r 13 43 3 1 1 r � BH =( ;  ; ) = (26; -43; 3) = u1 14 28 28 28 uu28 r uu r uur Đường thẳng d có vtcp u d  [ u1 , n ] = (40; 29; 69) x-1 y+1 z -2   Phương trình d : 40 29 69 . Bài toán 5: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hoặc nằm trên (α). Tìm đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi qua A và tạo với d góc lớn nhất, nhỏ nhất. 17 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 khi K ≡ H hay ∆ là AB AB đường thẳng AK. uur uur uur Góc (d, ∆) lớn nhất bằng 900 khi ∆  d và ∆ có vtcp u   [ud , n ] Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x + 2y – z – 7 = 0, điểm A(1; 2; -2) và đường thẳng d: x+2 y-1 z -3   . 1 1 1 1) Viết phương trình đường thẳng ∆1 nằm trên (α), đi qua A và tạo với d một góc lớn nhất. 2) Viết phương trình đường thẳng ∆2 nằm trên (α), đi qua A và tạo với d một góc nhỏ nhất. Giải: r r (α) có vectơ pháp tuyến n  (2;2; -1) , d có vectơ u d  (1;1;1) qua điểm r r M(-2; 1; 3). Ta thấy A �(α) mặt khác n u d �0 nên d không song song hoặc nằm trên (α).  1) ∆1 tạo với d một góc lớn nhất uu r khiuur∆1uurd Do đó ∆1 có vectơ chỉ phương u1  [ud , n ] = (-3; 3; 0 ) = -3(1; -1; 0) x  1 t � � Phương trình tham số của ∆1: �y  2  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 1 1 Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên (α) x  2  2t � � Phương trình tham số của BK �y  3  2t , tọa độ � z  1  t � của K ứng với t là nghiệm của phương trình : 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) – (- 1 – t) – 7 = 0 � 9t + 4 = 0 hay t =  4 10 19 5 � K( ; ; ) 9 9 9 9 18 uuur 1 1 13 ) 9 9 9 ∆2 tạo với d một góc nhỏ nhất khi nó đi qua hai điểm A và K, AK  ( ; ; uur uuur ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương u 2  9.AK  (1;1;13) Phương trình ∆2 : x-1 y-2 z +2   1 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   . 2 1 1 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, vuông góc với d và tạo với AB một góc nhỏ nhất. r Đường thẳng d có vectơ u d  (2;1;1) Giải: Xét mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với d � ∆ nằm trên (α) r (α) nhận u d  (2;1;1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình (α): 2x + y + z – 2 = 0. r Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α), BH có vectơ u d  (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 – 2 = 0 � 6t – 4 = 0 � t  2 4 4 2 hay H( ; ; ) 3 3 3 3 uuur 1 4 2 ; ) 3 3 3 ∆ tạo với AB một góc nhỏ nhất khi nó đi qua hai điểm A và H, AH  ( ; uur uuur ∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương u   3.AH  (1; 4;2) Phương trình ∆ : x-1 y z   1 4 2 C. KẾT LUẬN Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, một kinh nghiệm được rút ra là trước hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ đó mới dạy các chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng năng khiếu, rèn kỹ năng cho học sinh. 19 Những điều tôi đã thực hiện như nêu ở trên đã có một số tác dụng đối với học sinh,cụ thể là : Các em tỏ ra rất say mê, hứng thú với dạng toán này. đó có thể coi là một thành công của người giáo viên. Kết thúc đề tài này tôi đã khảo sát lạicho các em học sinh lớp 12A,12B. Kết quả như sau: Số lượng Tỉ lệ ( %) Không Nhận biết, nhận nhưng không biết biết vận dụng được 0 3 0.0 3.3 Nhận biết và biết vận dụng, chưa giải được hoàn chỉnh 27 30 Nhận biết và biết vận dụng , giải được bài hoàn chỉnh 60 66,7 Rõ ràng là các em đã có sự tiến bộ. Như vậy chắc chắn phương pháp mà tôi nêu ra trong đề tài đã giúp các em phận loại được bài tập và nắm khá vững phương pháp làm và trình bầy bài giúp các em tự tin hơn trong học tập cũng như khi đi thi. Tuy kết qủa chưa thật như mong đợi, nhưng với trách nhiệm của một người thầy, trong một chừng mực nào đó tôi có thể bớt băn khoăn khi học trò của mình có thể làm tốt các bài toán: “ Cực trị trong hình học giải tích lớp 12 ” Tôi luôn nghĩ rằng : sự tiến bộ và thành đạt của học sinh luôn là mục đích cao cả, là nguồn động viên tích cực của người thầy. Do vậy, tôi mong ước được chia sẻ với quý đồng nghiệp một số suy nghĩ như sau: Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải song việc tìm ra một lời giải hợp lý, ngắn gọn thú vị và độc đáo là một việc không dễ. Do đó đây chỉ là một chuyên đề trong rất nhiều chuyên đề, một phương pháp trong hàng vạn phương pháp để giúp phát triển tư duy, sự sáng tạo của học sinh. Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học sinh nắm chắc các kiến thức cơ bản sau đó là cung cấp cho học sinh cách nhận dạng bài toán, thể hiện bài toán từ đó học sinh có thể vân dụng linh hoạt các kiến thưc cơ bản, phân tích tìm ra hướng giải, bắt đầu từ đâu và bắt đầu như thế nào là rất quan trọng để học sinh không sợ khi đứng trước một bài toán khó mà dần tạgây hứng thú say mê môn toán, từ đó tạo cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu. Tuy nội dung của chuyên đề khá rộng, song trong khuôn khổ thời gian có hạn người viết cũng chỉ ra được các ví dụ, bài toán điển hình. Rất mong sự đóng góp ý kiến của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để chuyên đề này được đầy đủ hoàn thiện hơn./. 20