CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN TOẠ ĐỘ

Chia sẻ: Dung Chich Dung | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

1
433
lượt xem
92
download

CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN TOẠ ĐỘ

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài tập minh họa Toán cực trị trong không gian tọa độ

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN TOẠ ĐỘ

  1. BÀI TOÁN 4 (CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN TOẠ ĐỘ) x = 1 − t  Bài tập minh hoạ: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d) :  y = −2 + t . Viết phương trình mặt z = 2 t  p phẳng (P) chứa (d) và tạo với trục Oy góc lớn nhất. Lời giải tham khảo. Cách 1: Phương pháp hình học. Qua điểm A trên d dựng đường thẳng d’ song song với Oy. Lấy điểm M trên d’ ; gọi K là hình ∧ chiếu của M trên d. ta có : MAK = α = (d, Oy) .Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên ∧ MK MH (P) thì MAH = β = (d ' , P) = (Oy, P) . Như thế : sin α = ; sin β = .Trong tam giác AM AM vuông MHK thì MH ≤ MK ⇒ sin β ≤ sin α ⇒ max β = α khi H ≡ K . Vậy mặt phẳng (P) cần tìm vuông góc với MK tại K. → Giải: A(1;-2;0) thuộc d. Đường thẳng Oy có véctơ chỉ phương j = (0;1;0) ; nên nếu d’ qua A x = 1  và song song với Oy thì d’ có phương trình là  y = −2 + t . Lấy M(1;-1;0) thuộc d’ thì hình z = 0  5 11 1 → 1 5 2 chiếu vuông góc của M trên d là K ( ;− ; ) ⇒ MK = (− ;− ; ) . Chọn véctơ pháp tuyến 6 6 3 6 6 6) → của (P) là n = (1;5;−2) 5 11 1 Phưong trình mặt phẳng (P): 1( x − ) + 5( y + ) − 2(z − ) = 0 6 6 3 Kết quả: (P): x+5y-2z+9= 0. Cách 2: Phương pháp giải tích. ( Lấy M(1;-2;0) ∈ d ; N(0;-1;2) ∈ d. Đặt (P): Ax+By+Cz+D=0 A 2 + B 2 + C 2 ≠ 0 ) D = − A + 2 B  A−B Do M và N thuộc (P) nên:  A−B ⇒ (P) : Ax + By + z + 2B − A = 0 . C= 2  2 → A−B → Ta có VTPT của (P) là n = (A; B; ) và VTCP của Oy là j (0;1;0) . 2 → → n . j B 2B Gọi α = (P, Oy) thì sin α = = = → →  A − B 2 5A 2 + 5B 2 − 2AB n . j A +B + 2 2   2  +Nếu B=0 thì sin α = 0 ⇒ α = 00. 2 2 A sin α = = (x = ) +Nếu B ≠ 0 thì A 2 A 5x − 2 x + 5 2 B 5  + 5 − 2  B B
  2. 4 Xét hàm số f ( x ) = sin α = 2 . 5x − 2 x + 5 2 4(−10 x + 2) 1 5 1 f ' (x) = ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = . Ta được Maxf(x)= khi x = (5x − 2 x + 5) 2 2 5 6 5 A 1 Vậy α lớn nhất khi = . Chọn A=1 và B=5 thì C=-2 , D= 9. B 5 Phương trình mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0. Vĩnh Long, ngày 10 tháng 6 năm 2009. GV Nguyễn Ngọc Ấn **************************************************************************** Chú ý: 2 2 2 sin α = = ≤ 1/ Có thể viết 2 1 24  1 2 24 24 5( x 2 − x+ )+ 5 x −  + 5 25 5  5 5 5 2 5 1 Do đó max(sin α ) = khi x = . 24 5 2/ Bài toán 5: Cho mặt phẳng (P) và đường thăng d. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất. BÀI TOÁN 5 (CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN TOẠ ĐỘ) x +1 Bài Toán Minh Hoạ: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: = y + 1 = z − 3 và mặt phẳng 2 (P):x+2y-z+5=0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất. Lời giải tham khảo Cách 1: Phương pháp hình học: Gọi d’= (P) ∩ (Q) và A=d ∩ (P) thì A ∈ d’.Lấy K ∈ d,kẻ KH ⊥ (P) và HI ⊥ d’thì : ∧ KH KIH = (P, Q) = α . Trong tam giác vuông KIH : tan α = HI , do KH không đổi nên: tan α nhỏ nhất ⇔ HI lớn nhất ⇔ I ≡ A (do HI ≤ HA) . Khi ấy thì d’ vuông góc với d . Vậyd’đi qua A vuông góc với d và nằm trong (P). Mặt phẳng (Q) cần tìm là mặt phẳng chứa d và d’. → → VTCP của d là u = (2;1;1) ; VTPT của (P) là n (1;2;−1) suy ra VTCP của d’ là P →    → → → u ' =  u , n P  = (−3;3;3) hay u ' = (1;−1;−1) . Do đó VTPT của mặt phẳng (Q) là:   →  ←  →  → n Q =  u , u '  = (0;3;−3) hay n Q = (0;1;−1) .   Điểm M(-1;-1;3) ∈ d ⇒ M ∈ (Q). Mặt phẳng (Q) cần tìm có phương trình: 0(x+1)+1(y+1)-1(z-3) = 0
  3. y-z+4 = 0 Cách 2: Phương pháp giải tích. Đặt phưong trình mặt phẳng (Q): Ax + By + Cz +D = 0 (A 2 + B 2 + C 2 ≠ 0) C = −2A − B M(-1;-1;3) ∈ d ; N(1;0;4) ∈ d ⇒ M;N ∈ (Q) Ta được:  D = 7 A + 4 B → Do đó (Q): Ax + By + (−2A − B)z + 7 A + 4B = 0 . VTPT của (Q) là n Q = (A; B;−2A − B) . → Ta có VTPT của mặt phẳng (P) là : n = (1;2;−1) .Gọi α là góc giữa (P) và (Q) thì: P → → nP . nQ 3 A+B cos α = = . . → → 6 5A 2 + 2B 2 + 4AB nP . nQ Ta xét hai trường hợp của A. 3 B 3 Trường hợp 1: A=0. Ta được cos α = . = 6 2B 2 2 B 1+ 3 A Trường hợp 2: A ≠ 0 Ta có cos α = . 6 B B 2 5 + 2  + 4  A A 9 x 2 + 2x + 1 B Xét hàm số: f(x) = . (x= ;f ( x ) = cos 2 α) 6 2 x 2 + 4x + 5 A 9 6x + 6 f ' (x) = . f’(x) = 0 ⇔ x= -1. ( 6 2 x 2 + 4x + 5 ) 2 x - -1 + f’(x - 0 + f(x 3 ) 3 ) 4 0 4 3 3 π  π Vậy cos2 α < ⇒ cos α < ⇒α> ( Do hàm cosin x nghịch biến trên đọan 0; 2  ) 4 2 6   π Trường hợp (1) và (2) ⇒ min α = 6 Khi ấy thì A=0 , ta chọn B=1 ⇒ C= =1 và D= 4. Phương trình mặt phẳng (Q) : y-z+4 = 0. Hết Ghi Chú: 1/ Có thể xét hai trường hợp B=0 ; B ≠ 0 ( Hoặc xét hai trưòng hợp A+B=0 ; A+B ≠ 0 như sách Bài tập nâng cao lớp 12 trang 240 ) 2/ Bài toán 6: Cho hai điểm A;B và đường thẳng d. Trong các đường thẳng đi qua A và
  4. cắt d, viết phương trình đường thẳng có khoảng cách đến B là : a) Lớn nhất. b) Nhỏ nhất Bài Toán 6 (Cực Trị Trong Không Gian Toạ Độ) Bài tập minh hoạ: Trong không gian Oxyz cho hai điểm : A(1;4;2) ; B(-1;2;4) và đường thẳng x = 1 − t  d :  y = −2 + t . Trong các đường thẳng đi qua A và cắt d ; hãy viết phương trình đường z = 2 t  thẳng (∆) có khoảng cách đến điểm B là : a) Nhỏ nhất. b) Lớn nhất Bài giải đề nghị. Cách 1: Phương pháp hình học. Gọi (∆) là đường thẳng qua A và cắt d; (∆) và d cùng thuộc măt phẳng (P)= mp(A;d). Gọi H là hình chiếu của B trên (P); K là hình chiếu của H trên (∆) thì BK ⊥ (∆) . Vậy BK chính là khoảng cách từ B đến (∆) . * Trong tam giác vuông BKH thì BK ≥ BH nên BK ngắn nhất khi K ≡ H . Khi ấy (∆) đi qua hai điểm A và H. *Trong tam giác vuông BKA thì BK ≤ BA nên BK lớn nhất khi K ≡ A . Khi ấy (∆) đi qua A nằm trong (P) và vuông góc với BA. a) Trường hợp d(B, (∆) nhỏ nhất. Phương trình mp(P)= mp(A,d). → VTCP của d là a d = (−1;1;2) . Hai điểm A(1;4;2) và M(1;-2;0) thuộc d và → AM = (0;−6;−2) .    →→ → Do đó VTPT của mp (P) là n =  a d , AM = (10;−2; 6) . Ta chọn n = (5;−1; 3) . →   Ta được phương trình mp(P): 5(x-1)-1(y+2)+3(z-0) = 0 ⇔ 5x-y+3z-7 = 0. 5 68 146 Gọi H là hình chiếu của B trên (P). Ta dễ dàng tìm được H(− ; ; ) . Như thế 7 35 35 véctơ chỉ 12 72 76 → → phương của (∆) là AH = (− ;− ; ) . Chon VTCP của (∆) là a = (15;18;−19) . 7 7 7 x −1 y − 4 z − 2 Ta đựoc phương trình của (∆) : = = 15 18 − 19 b) Trường hợp d(B, (∆) lớn nhất Trường hợp nầy thì (∆) nằm trong (P) , đi qua A và vuông góc với BA.
  5. → → Ta có AB = (−2;−2;2) ; VTPT của (P) là n = (5;−1;3) . Do đó VTCP của (∆) là: →    → → a =  AB, n  =(-4;16;12) . Chọn a = (−1;4;3) Ta được phương trình đường →   thẳng x −1 y − 4 z − 2 (∆) : = = −1 4 3 Cách 2: Phương pháp giải tích. → Gọi M = d ∩ (∆) thì M( 1-t;-2+t;2t) và (∆) có VTCP là AM = (− t; t − 6;2t − 2) . → Ta có: AB = (−2;−2;2) . Do đó khoảng cách từ B đến đường thẳng (∆) là:    → → AM, AB    56 t 2 − 304t + 416 28t 2 − 152 t + 208 d= = = → 6 t 2 − 20 t + 40 3t 2 − 10 t + 20 AM 28t 2 − 152 + 208 Xét hàm số f ( t ) = d 2 = . 3t 2 − 10 t + 20 16(11t 2 − 8t − 60) Ta có f ' (t ) = . f(t)= 0 ⇔ t = -2 hoặc t= 30/11. (3t 2 − 10t + 20) 2 30 4 28 Do f (−2) = 12 f ( ) = ; lim f ( t ) = nên Max f(t)= 12 khi t= - 2 và min f(t)= 11 15 x →± ∞ 3 4/5 khi= 30/11. → Với max f(t) = max d2= 12 , ta có max d= 12 khi t=-2 cho AM = (2;−8;−6) . Chọn VTCP → x −1 y−4 z−2 của (∆) là a = (1;−4;−3) ta được phương trình (∆) : = = 1 −4 −3 2 30 →  30 36 38  Với min f(t)= mind2=4/15 , ta có min d= khi t = cho AM =  − ;− ;  15 11  11 11 11  → Chọn VTCP của (∆) là a = (15;18;−19) . Ta được phương trình của (∆) là: x −1 y − 4 z − 2 = = 15 18 − 19 Hết
Đồng bộ tài khoản