Sáng kiến kinh nghiệm: Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực cải trị hình học trong hình tọa độ không gian - Mai Thị Mơ

Chia sẻ: Lê Ngọc Sơn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

127
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong việc dạy học toán ta luôn coi mục đích chủ yếu của bài tập toán là hình thành và phát triển tư duy toán học, tạo cho học sinh vốn kiến thức và vận dụng kiến thức vào thực tiễn. Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học sinh phương pháp giải từng dạng toán là hết sức cần thiết. Nhằm giúp quý thầy cô và các bạn có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình học tập và giảng dạy, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo nội dung sáng kiến kinh nghiệm "Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực cải trị hình học trong hình tọa độ không gian". Hy vọng đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực cải trị hình học trong hình tọa độ không gian - Mai Thị Mơ

Sáng kiến kinh nghiệm HƢỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG HÌNH TOẠ ĐỘ KHÔNG GIAN Phân 1 : ĐẶT VẤN ĐỀ I . Lý do chọn đề tài : Trong việc dạy học toán ta luôn coi mục đích chủ yếu của bài tập toán là hình thành và phát triển tƣ duy toán học , tạo cho học sinh vốn kiến thức và vận dụng kiến thức vào thực tiễn . Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học sinh phƣơng pháp giải từng dạng toán là hết sức cần thiết . Trong các đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông hay thi tuyển sinh vào các trƣờng Đại học , Cao đẳng ,Trung học chuyên nghiệp thƣờng xuất hiện các bài toán về phƣơng pháp tọa độ trong không gian . Có thể nói rằng toán về phƣơng pháp tọa độ trong không gian rất đa dạng phong phú . Cực trị hình học trong phƣơng pháp tọa độ trong không gian là một dạng toán khó đòi hỏi học sinh vừa phải biết tƣ duy hình học vừa phải biết kết hợp sử dụng phƣơng pháp tọa độ trong không gian Trong năm học 2012- 2013 đƣợc phân công giảng dạy lớp 12 trƣớc khi dạy chƣơng phƣơng pháp tọa độ trong không gian bản thân tôi luôn trăn trở : làm thế nào để khi học sinh đọc đề thi thấy xuất hiện câu cực trị hình học trong không gian nhƣng học sinh không cảm thấy sợ .Với suy nghĩ nhƣ vậy tôi đã chuẩn bị một chuyên đề xem nhƣ một đề tài cải tiến phƣơng pháp dạy học : “ Hƣớng dẫn học sinh giải một số bài toán cực cải trị hình học trong hình tọa độ không gian “ II Phạm vi ứng dụng Đề tài đƣợc áp dụng vào giảng dạy tại lớp 12B, 12 E trƣờng THPT Ba Đình năm học 2012- 2013 Phần 2 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ : A . Cơ sở lý luận: Trong chƣơng trình hình học 12 phƣơng pháp tọa độ trong không gian tập trung chủ yếu vào các dạng toán xác định tọa đô điểm thỏa mãn điều kiện cho trƣớc, lập phƣơng trình đƣờng thẳng ,mặt phẳng .vì vậy việc cung cấp nội dung phƣơng pháp là hết sức cần thiết B . Cơ sở thực tiễn : Đối với học sinh : Khi chƣa cải tiến phƣơng pháp mỗi lớp chỉ đƣợc 10/45 em tập trung làm bài tập dạng này http://baigiangtoanhoc.com Page 1 Gv: Mai Thị Mơ
Đối với giáo viên : Sách giáo khoa hầu nhƣ bỏ qua dạng bài tập này, một số tài liệu cũng có điểm qua nhƣng không có tính chất hệ thống . Bài toán 1 : TÌM TOẠ ĐỘ ĐIỂM THỎA MÃN HỆ THỨC. Dạng1: Tìm điểm M thuộc mặt phẳng   sao cho: T = aMA2 + bMB2 + cMC2 a, b, c R  lớn nhất (nhỏ nhất) Cách giải: Gọi G là điểm thỏa mãn : aGA  bGB  cGC  0 T đƣợc biểu diễn:    2   2 T  a MG  GA  b MG  GB  c MG  GC  2   = a  b  c MG  2MG aGA  bGB  cGC + a.GA2 + b.GB2 + c.GC2 2 +) Nếu a + b + c > 0 ta có Tmin  MGmin  M là hình chiếu của G lên (P) +) Nếu a + b + c < 0 ta có Tmax  MGmin  M là hình chiếu của G lên (P) Các ví dụ: Ví dụ 1: a, Trong không gian với hệ Oxyz cho mặt phẳng   : x –y – 2z = 0 và điểm A(1; 3; 1); B(3; 2; 2); C(1; 1; -1). Tìm điểm M    sao cho T = MA2 + 2MB2 + MC2 nhỏ nhất. b, Trong không gian với hệ Oxyz cho   : x – y + 2z = 0 và các điểm A(1; 2; -1); B(3; 1; -2); C(1; -2; 1). Tìm M    sao cho P = MA2 - MB2 - MC2 lớn nhất. Lời giải: a. Giả sử G thỏa mãn: GA  2GB  GC  0  G2;1;1    2 T = MA2 + 2MB2 + MC2 = MG  GA  2 MG  GB  MG  GC   2 2 = 4MG2 + GA2 + 2GB2 + GC2 Vì G, A, B, C cố định nên T nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng   . x  2  t  Gọi d là đƣờng thẳng qua G và vuông góc với    d :  y  2  t  z  1  2t  x  2  t y  2  t  5 7 1 Tọa độ của M là nghiệm của hệ:   M ; ;   z  1  2t  3 3 3  x  y  2 z  0 http://baigiangtoanhoc.com Page 2 Gv: Mai Thị Mơ
b. Gọi G là điểm thỏa mãn: GA GB  GC  0  G3;  3; 0    2 MA2 - MB2 - MC2 = MG  GA  MG  GB  MG  GC   2  2 = -MG2 + GA2 – GB2 – GC2 Vì G, A, B, C cố định nên P lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của G lên (P)  M(2; -2; -2) Ví dụ 2: Trong không gian với hệ Oxyz, cho ba điểm A(3; 1; 1); B(7; 3; 9); C(2; 2; 2) và mặt phẳng (P) có phƣơng trình: x + y – z + 3 = 0. Tìm trên (P) điểm M sao cho MA  2MB  3MC nhỏ nhất. Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn IA 2IB  3GC  0  I  23 13 25  ; ;   P   6 6 6     Ta có MA 2MB  3MC  MI  IA  2 MI  IB  3 MI  IC  = 6MI  IA  2 IB  3IC  6MI  MA  2 MB  3MC  6 MI Do đó, MA  2MB  3MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, suy ra M là hình chiếu của I trên (P). Dạng 2: Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho (MA + MB )min, MA MB max A Cách giải * Tìm M  (P) sao cho MA + MB min M + Nếu A, B khác phía đối với (P). P MA + MBmin khi M, A, B thẳng hàng  M  AB  (P) B + Nếu A, B cùng phía đối với (P). Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P) Có MA + MB = MA1 + MB Do A1 và B khác phía đối với (P) nên (MA + MB) min B  (MA1 + MB) min A khi và chỉ khi M, A1, B thẳng hàng  M  A1 B  ( P) M P * Tìm M  (P) sao cho MA MB max A1 http://baigiangtoanhoc.com Page 3 Gv: Mai Thị Mơ
+ Nếu A, B khác phía đối với (P). Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P), ta có: MA MB = MA1  MB  A1 B  MA MB max = A1B  M, A1, B thẳng hàng  M  A1 B  P  A Từ đó tìm đƣợc toạ độ điểm M. + Nếu A, B cùng phía đối với (P) M P MA MB  AB  MA MB max = AB  M , A, B thẳng hàng  M  AB  (P) A1 Ví dụ 1: B Cho A(1; 1; 2); B(2; 1; -3) và mặt phẳng (P): 2x + y -3z – 5 = 0. Tìm điểm M thuộc (P) sao cho (MA + MB) nhỏ nhất. Lời giải: Xét vị trí tƣơng đối của A, B đối với mặt phẳng (P) ta có: tA.tB = (2.1 + 1 – 3.2 + 5).(2.2 + 1 – 3.(-3) -5) = -72 < 0. Vậy A, B khác phía đối với (P). Đƣờng thẳng AB qua A(1; 1; 2) và nhận AB1; 0;  5 làm véc tơ chỉ phƣơng, suy x  1  t  ra AB có phƣơng trình:  y  1  z  2  5t  Gọi N là giao điểm của AB và (P), suy ra tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: 2 x  y  3t  5  0  25  x  x  1  t  17    y  1 y  1  6  z  2  5t z    17 Ta chứng minh MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M  N Thật vậy, lấy M  (P) ta có MA + MB  AB  NA  NB Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M  N. Vậy M  25 6 ;1;    17 17  Ví dụ 2: Cho A(-7; 4; 4); B(-6; 2; 3) và mặt phẳng (P): 3x – y -2t + 19 = 0. Tìm điểm M thuộc (P) sao cho AM + BM nhỏ nhất. A Lời giải: B http://baigiangtoanhoc.com Page 4 Gv: Mai Thị Mơ M
Xét vị trí tƣơng đối của A, B đối với mặt phẳng (P) ta có: tA.tB = 98 > 0 Suy ra A, B cùng phía đối với (P). Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P) MA + MB = MB + MA1 Mà MB + MA1  BA1  MB + MA1min = BA1  B, M, A1 thẳng hàng. Hay M  BA1  P  Lập phƣơng trình đƣờng thẳng BA1, giải hệ tìm đƣợc toạ đội điểm M    13 ; 2; 2   8  Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz, cho A(1; 2; 3); B(4; 4;5). Viết phƣơng trình đƣờng thẳng AB, tìm giao điểm P của đƣờng thẳng AB và (Oxy). Chứng minh rằng: Với mọi Q  Oxy  biểu thức QA QB có giá trị lớn nhất khi Q  P. A Lời giải: B  x  1  3t  Phƣơng trình đƣờng thẳng AB:  y  2  2t  z  3  2t P Q  Giao điểm của đƣờng thẳng AB với (Oxy)  x  1  3t  y  2  2t   7  là nghiệm của hệ:   P  ;  1; 0   z  3  2t  2   z  0 Q  Oxy  biểu thức QA QB có giá trị lớn nhất khi Q  P. Thật vậy, ta có tA.tB = 4 > 0, suy ra A, B cùng phía đối với (Oxy). Với ba điểm Q, A, B ta có: QA  QB  AB . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, Q, B thẳng hàng  Q  AB  P   Q  P Ví dụ: Trong không gian Oxyz cho A(-3; 5; -5); B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P): x + y + z = 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. Lời giải: Gọi H là trung điểm của AB, suy ra H có toạ độ là H(1; 1; 1). AB 2 Tam giác MAB có trung tuyến MH nên MA2 + MB2 = 2MH2 + 2 http://baigiangtoanhoc.com Page 5 Gv: Mai Thị Mơ
Do đó MA2 + MB2 min  MH 2 min  MH min  MH  ( P)  M là hình chiếu của H trên (P) P(P) có véc tơ pháp tuyến là n(1;1;1) và O  (P) Mà OH  (1;1;1)  M  O Vậy M(0;0;0) thì MA2 + MB2 nhỏ nhất, khi đó MA2 + MB2 = OA2 + OB2 = 142 Bài tập áp dụng: 1. Trong không gian với hệ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5); B(1; 4; 3); C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là điểm thay đổi trên (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2 + MB2 + MC2 2. Trong không gian Oxyz cho A(1; 2; 3); B(3; 4; -1) và mặt phẳng (P) có phƣơng trình 2x + y + 2z + 9 = 0. Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho : MA2 + MB2 nhỏ nhất. 3. Trong không gian Oxyz cho A(-1; 3; -2); (0; 1; 0); C(1; 0; -2). Tìm điểm M trên mP(P): x + y + z + 1 = 0 sao cho tổng MA2 + 2MB2 + 3MC2 có giá trị nhỏ nhất. 4. Trong không gian Oxyz cho A(-1; 3; -2); B(-3; 7; -18) và mp(P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm điểm M thuộc (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 5. Cho A(1; 2; 2); B(5; 4; 4) và mp(P): 2x + y – z + 6 = 0. Tìm điểm M thuộc (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. Dạng 3: Trong không gian với hệ Oxyz cho hai điểm A, B và đƣờng thẳng (d). Tìm điểm M trên (d) sao cho MA + MB nhỏ nhất, MA MB lớn nhất Cách giải: Tìm điểm M trên (d) sao cho MA + MB nhỏ nhất Bƣớc 1: Tìm toạ độ các điểm A1, B1 theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A, B lên (d). Bƣớc 2: Tính các độ dài AA1, BB1 từ đó tìm đƣợc điểm N  d chia véc tơ A1 B1 theo tỷ AA 1 AA số  ( Gọi N là điểm chia A1 B1 theo tỷ số  1 ) B BB 1 BB1 AA 1 NA1   .NB1 BB 1 A Bƣớc 3: Chứng minh (MA + MB) min (d khi và chỉ khi M trùng với N A1 N B ) Thật vậy: Gọi A2 là điểm thuộc mặt phẳng (B; (d)), 1 A2 http://baigiangtoanhoc.com Page 6 Gv: Mai Thị Mơ
A2, B khác phía đối với (d) và thoả mãn:  AA1  A1 A2 AA1 A1 A2  A1 A2     NA1  .NB1  A1 A2  d BB 1 B1 B2 BB1 A1 A2 NA1 A1 A2  NA1  .NB1    A2, N, B thẳng hàng. BB1 NB1 BB1  MA  MB  MA2  MB  A2 B  NA  NB Dấu “=” xảy ra  M  N x 1 y 1 z  2 Ví dụ: Cho A(1; 1; 0); B(3; -1; 4) và đƣờng thẳng (d):   1 1 2 Tìm điểm M trên (d) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Lời giải: Đƣờng thẳng (d) có phƣơng trình tham số là: x = -1 + t; y = 1 – t; z = -2 + 2t, a  1;1;2 +, Gọi A1 là hình chiếu vuông góc của A lên d, suy ra A1 thuộc d  A1  (d )  A1  1  t;1  t;2  2t  Vì AA1  d  AA1.a  0  t  2  (t )  (2t  2)  0  t  1 Vậy A1(0; 0; 0) và AA1   1;1;0  AA1  2 +, Gọi B1 là hình chiếu vuông góc của B lên d  B  d  B1 (1  t;1  t;2  2t )  BB1 (t  4;t  2;2t  6) Vì BB1  d  BB1  a  BB1.a  BB1.a  0  (t  4).1  (t  2).1  2(2t  6)  0  t  3  BB1  2  AA 1 Vậy, điểm N  d chia véc tơ A1 B1 theo tỉ số = -1 BB 1 A2  NA1  NB1  N (1;1;2) M B d +, Ta chứng minh (MA + MB) min  M  N A1 N 1 Thật vậy, gọi A2 là điểm thuộc mặt phẳng xác dịnh bới B và d (A2 và B khác phía đối với d) A B thoả mãn AA1 = A2A1; A1 A2  d AA 1 A1 A2  A1 A2    NA1  .NB1  A2 , N , B thẳng hàng BB 1 BB1 BB1 Vậy MA + MB = MA2 + MB  A2 B  MA  MB Dấu “=” xảy ra  M  N  M (1;1;2) Ví dụ: http://baigiangtoanhoc.com Page 7 Gv: Mai Thị Mơ
 x  1  2t Trong hệ Oxyz cho các điểm A(1; 5; 0); B(3; 3; 6) và đƣờng thẳng  :  y  1  t  z  2t  Một điểm M that đổi trên  . Xác định vị trí của M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: 2PABM = AB + MA + MB  2P min  MA  MB min  có véc tơ chỉ phƣơng: u  (2;  1; 2) +, A1 là hình chiếu của A trên   A1 (1  2t;1  t;2t )  AA1 (2t  2;  t  4; 2t ) AA1    AA1  u  AA1.u  0  2(2t  2)  1(t  4)  4t  0  9t  0  t  0  A1 (1;1; 0)  AA1  (2;  4; 0)  AA1  2 5 +, B1 là hình chiếu của B trên   B1 (1  2t1 ;1  t1 ;2t1 ) BB1  (2t1  4;  t1  2; 2t1  6) BB1   nên BB1  u  BB1.u  0  2t1  4.2   t1  2.( 1)  (2t1  6).2  0 AA 1  9t1  18  t1  2  B1 (3;  1; 4)  BB1  (0;  4;  2)  BB1  2 5  1 BB 1 AA 1 +, Gọi N là điểm chia A1 B1 theo tỉ số -  1 (N nằm giữa A1 và B1) BB 1  NA1   NB1  N (1; 0; 2) (N là trung điểm của A1B1) +, Ta chứng minh MA + MB min  M  N Thật vậy, gọi A2 là điểm thuộc mặt phẳng xác định bởi (B; (  )), A2 và B khác phía đối  A1 A2  AA1 với  và thoả mãn  B  A1 A2   A AA 1 A1 A2 AA    NA1   1 2 .NB1 A1  BB 1 BB1 BB1 N M B1  A2, N, B thẳng hàng. A2 Vậy MA + MB + MA2 + MB  A2 B  NA  NB Dấu “=” xảy ra  M  N  M (1; 0 2) Ví dụ: Trong không gian với hệ Oxyz cho A(2; 0; 3) ; B(2; -2; -3) http://baigiangtoanhoc.com Page 8 Gv: Mai Thị Mơ
x  2 y 1 z :   . Chứng minh A, B và (  ) cùng nằm trong một mặt phẳng. Tìm điểm 1 2 3 M thuộc đƣờng thẳng  sao cho MA4 + MB4 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: x  2  Phƣơng trình đƣờng thẳng AB:  y  t  z  3  3t  x  2  t'  Phƣơng trình  :  y  1  2t '  z  3t '  2  2  t '  Gọi I là giao điểm của AB và  ta có: t  1  2t ' 3  3t  3t '  t  1   I ( 2;  1; 0 ) t '  0 Vậy AB và (  ) cắt nhau tại I nên A, B và  đồng phẳng. Có: IA  (0;  1;  3); IB  (0;  1;  3)  IA   IB  I là trung điểm của AB , IA + IB = AB 2 Khi đó MA4 + MB4  (MA2 MB2 ) 2   MA  MB2   AB 4  ( IA  IB) 4 1 1 1 1 1 2 2 2  8 8 Suy ra MA4 MB4 nhỏ nhất khi M  I (2;  1; 0) Bài toán 2: VIẾT PHƢƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG . Dạng 1 : Cho hai điểm phân biệt A và B. Viết phƣơng trình mặt phẳng (  ) chứa B và cách A một khoảng lớn nhất. Cách giải: Gọi H là hình chiếu của A lên (P), khi đó tam giác ABH vuông tại H d  A; P   AH  AB  dA; P  max = AB  H  B Khi đó (P) là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với AB. Ví dụ 1: Viết phƣơng trình mặt phẳng đi qua điểm B(1; 2; -1) và cách gốc toạ độ một khoảng lớn nhất. Lời giải: Gọi H là hình chiếu của A trên mp(P) cần tìm, khi đó OH  OB d O; P   OH  OB  dO; P  max = OB http://baigiangtoanhoc.com Page 9 Gv: Mai Thị Mơ
Vậy mp(P) đi qua B(1; 2; -1) và nhận OB  (1; 2;  1) làm véc tơ pháp tuyến. Vậy mp(P) có phƣơng trình: 1(x – 1) + 2(y – 2) – 1(z + 1) = 0  x  2y  z  6  0 Dạng 2: Cho điểm A và đƣờng thẳng  không đi qua A. Viết phƣơng trình mặt phẳng (P) chứa  sao cho khoảng cách từ A đến mp(P) là lớn nhất. Cách giải: A Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mp(P),  K là hình chiếu vuông góc của A trên đƣờng thẳng  d  A; P   AH  AK  dA; P  max = AK  H  K P H K Vậy mp(P) cần tìm là mặt phẳng chứa  và vuông góc với AK. Hay (P) chứa  và vuông góc với mp(AK;  ) Ví dụ: Cho ba điểm A(1; 1; 1); B(2; 1; 0); C(2; 0; 2). Viết phƣơng trình mặt phẳng ( ) đi qua hai điểm B, C và cách điểm A một khoảng lớn nhất. Lời giải: Mặt phẳng cần tìm chứa BC và vuông góc với mp(ABC). Ta có BC  (0;1;2), AB  (1; 0;  1) . Toạ độ véc tơ pháp tuyến của mp(ABC) là   n ( ABC)  BC, AB  (!;2;1) . Suy ra mp(  ) có một véc tơ pháp tuyến là  n  BC, n ( ABC)   (5;2;1) . Vậy phƣơng trình mặt phẳng (  ) là -5(x – 2) + 2(y – 1) + Z = 0 hay -5x + 2y + z + 8 = 0. Dạng 3 : Cho đƣờng thẳng d và điểm A không thuộc d . Viết phƣơng trình mặt phẳng (P) đi qua A , song song với d và khoảng cách từ d tới (P) lớn nhất . Cách giải : Bƣớc 1 : Gọi I là hình chiếu vuông góc của A trên d . Tìm đƣợc tọa độ điểm I . Bƣớc 2 : Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) .Ta có IH  IA Suy ra IHmax = IA khi và chỉ khi H  A .Vậy (P) đi qua A và nhận AI làm vec tơ pháp tuyến . Bƣớc 3 : Viét phƣơng trình mặt phẳng (P) . Ví dụ : Trong không gian với hệ tọa độ O xyz choA(10;2;-1) và đƣờng thẳng d có x 1 y z 1 phƣơng trình :   . Lập phƣơng trình mặt phẳng (P) đi qua A , song song 2 1 3 với d và khoảng cách từ d tới (P) lớn nhất . Lời giải: Áp dụng phƣơng pháp giải trên ta tìm đƣợc phƣơng trình mặt phẳng (P) là : 7x + y -5z -77 = 0 . http://baigiangtoanhoc.com Page 10 Gv: Mai Thị Mơ
Dạng 4: Cho hai đƣờng thẳng  1,  2 phân biệt và không song song với nhau. Viết phƣơng trình mặt phẳng (  ) chứa  1 và tạo với  2 một góc lớn nhất. Lời giải: Vẽ một đƣờng thẳng bất kỳ  3 song song với  2 và cắt  1 tại K. Gọi A là điểm cố định trên  3 và H là hình chiếu của A trên mp(  ). Ta có góc giữa  2 và (  ) chính là góc AKH. Kẻ AT  1 , (T  1 ) HK KT Khi đó tam giác HKT vuông tại T, nên cos AKH =  (không đổi) AK AK Vậy góc AKH lớn nhất khi và chỉ khi HK = KT hay H  T . Góc lớn nhất đó chính bằng góc AKT = (  1,  2). Khi đó mặt phẳng (  ) cần tìm có véc tơ chỉ phơng là u  , u   1 2    Do đó véc tơ pháp tuyến của mp(  ) là n  u  , u  , u  1 1 2  x y 1 x y z Ví dụ: Cho hai đƣờng thẳng 1 :  ;  2 :   . Viết phƣơng trình mặt phẳng 1 1 1 1 1 (  ) chứa  1 và tạo với  2 một góc lớn nhất. Lời giải: Ta tháy hai đƣờng thẳng trên phân biệt và không song song với nhau. Theo 1 2  kết quả bài toán trên thì do u   (1;1;2), u   (1;1;1) , suy ra u  , u   (1;1;0) 1 2    1 1 2  Do đó véc tơ pháp tuyến của mp(  ) là n  u  , u  , u   (2;2;2) Vậy phƣơng trình mp(  ) là -2x -2(y - 1) + 2z = 0 hay x + y - z - 1 = 0. Dạng 5 : Viết phƣơng trình mặt phẳng (P) chứa đƣờng thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (Q) một góc nhỏ nhất. Cách giải: Bƣớc 1: Gọi M(x0; y0; x0) thuộc (d); mặt phẳng (P) chứa (d) nên điểm M thuộc (P) Phƣơng trình mp(P): A(x – x0) + B(y – y0) + c(z – z0) = 0 (A2 + B2 + C2  0 ) Bƣớc 2: mp(P) có véc tơ pháp tuyến: n p  ( A; B; C) (Q) có véc tơ pháp tuyến: nQ  ( A' ; B' ; C' ) AA' BB'CC ' Gọi  là góc giữa (P) và (Q). Ta có cos  A  B 2  C 2 A' 2  B' 2 C ' 2 2 Bƣớc 3: (P) chứa (d) nên n P .u d  0 biểu thị sự liên quan giữa A, B, C. Tìm giá trị lớn nhất của cos  .  x  t  Ví dụ: Viết phƣơng trình mp(P) chứa đƣờng thẳng (d):  y  1  2t z  2  t  http://baigiangtoanhoc.com Page 11 Gv: Mai Thị Mơ
và tạo với mp(Q): 2x – y – 2z – 2 = 0 một góc nhỏ nhất. Hƣớng dẫn giải: 3B Áp dụng kết quả bài toán trên tìm đƣợc cos  3 5B 2  4 BC  2C 2 1 1 1 C =  Suy ra cos  lớn nhất bằng   1  C   B C  2 3 3 B 2  1  3 B  Vậy mp(P) có phƣơng trình x + y – z + 3 = 0. Bài tập áp dụng: 1. Trong không gian với hệ Oxyz cho điểm A(2; 5; 3), đƣờng thẳng d: x 1 y z  2   . Viết phƣơng trình mp(P) chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến (P) 2 1 2 lớn nhất. y 1 z  2 2. Cho d1: x  1  y  2  z  3 . và d2: x   . 1 1 1 2 1 1 Viết phƣơng trình mặt phẳng (P) chứa d1 đồng thời tạo với d2 một góc nhỏ nhất. x 1 y  2 z 1 3. Trong không gian với hệ Oxyz cho d:   . Viết phƣơng trình 1 1 1 mp(P) chứa d và tạo với mp(Oxy) một góc nhỏ nhất. Bài toán 3 : VIẾT PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG THẲNG. Dạng 1: Cho mặt phẳng (  ) và điểm A thuộc (  ), điểm B khác A. Tìm đƣờng thẳng  nằm trong (  ) đi qua A và cách B một khoảng nhỏ nhất. Cách giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên  ,ta thấy d(B;  ) = BH  AB Vậy khoảng cách đó lớn nhất khi và chỉ khi H  A . B Khi đó  là đƣờng thẳng qua A có một véc tơ   chỉ phƣơng là u   n a , AB . Gọi T là hình chiếu H H  P A của B trên (  ) , ta thấy BH  BT . Vậy khoảng cách BH nhỏ nhất bằng BT khi và chỉ khi H  T hay đƣờng thẳng  đi qua A và T. để viết phơng trình đƣờng thẳng  ta có hai cách : +, Tìm hình chiếu vuông góc T của B trên  , từ đó viết phƣơng trình đƣờng thẳng  đi qua A và T.   +, Tìm toạ độ một véc tơ chỉ phƣơng của đƣờng thẳng  : u   n , n , AB  http://baigiangtoanhoc.com Page 12 Gv: Mai Thị Mơ
Ví dụ: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng  đi qua A(1;1;1) vuông góc với đƣờng thẳng x  t   ':  y  1  t (t  R ) và cách điểm B(2;0;1) một khoảng lớn nhất.  z  1  2t  Lời giải: Gọi (  ) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với  ’. Khi đó đƣờng thẳng  nằm trong mặt phẳng (  ) đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất.   Theo bài toán trên, ta có AB  (1;1;0), n  (1;1;2),u   n , AB  2;2;2 x  1  t  Vậy phƣơng trình đƣờng thẳng  là  y  1  t (t  R) z  1  t  Dạng 2: Cho mặt phẳng   và điểm A thuộc   , đƣờng thẳng d không song song hay nằm trên   . Tìm đƣờng thẳng  nằm trong   đi qua A và tạo với đƣờng thẳng d góc bé nhất, lớn nhất. Cách giải: Vẽ đƣờng thẳng qua A song song với d. Trên đƣờng thẳng này lấy điểm B khác A cố định. Hình chiếu vuông góc của B trên  và   theo thứ tự là H và K. BH BK A Ta có: (d,  ) = BAH; sin(d,  ) =  d AB AB Vậy (d,  ) nhỏ nhất khi và chỉ khi H  K , K  A hay  chính là đƣờng thẳng AK. P H   Ta thấy một véc tơ chỉ phƣơng của  là u   n , n , u d ,  còn đƣờng thẳng  tạo với d góc lớn nhất bằng 900   và có véc tơ chỉ phƣơng là u   n , u d . Dạng 3 : Cho mặt phẳng   và điểm A thuộc   ,đƣờng thẳng d không song song với   , không nằm trên   , không đi qua A. Tìm đƣờng thẳng  nằm trong mặt phẳng   đi qua A sao cho khoảng cách giữa  và đƣờng thẳng d là lớn nhất. Cách giải: Gọi d’ là đƣờng thẳng qua A và song song với d và B làd giao điểm của d với d mp   . ’ Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên C H B mặt phẳng (d’,  ). Khoảng cách giữa d và  bằng BH.  P A Gọi C là hình chiếu vuông góc của B trên d’. Ta thấy BH  BC ,nên BH lớn nhất khi và chỉ khi H  C. http://baigiangtoanhoc.com Page 13 Gv: Mai Thị Mơ
  Khi đó đƣờng thẳng  có một véc tơ chỉ phƣơng u   n , BC . Có thể thay véc tơ BC bằng AT , trong đó T là hình chiếu vuông góc của A trên d. Bài tập áp dụng: 1. Trong không gian với hệ Oxyz viết phƣơng trình đƣờng thẳng d 1 qua A(1; 1; x 1 y  2 z 2) và vuông góc với d2:   đồng thời tạo với trục Oz góc  nhỏ nhất. 2 1 2 x 1 y  2 z 2. Trong không gian với hệ Oxyz, cho d1:   và hai điểm A(1; 1; 0); 2 1 1 B(2; 1; 1). Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d 2 đi qua A và vuông góc với d1 sao cho khoảng cách từ điểm B đến đƣờng thẳng d2 lớn nhất. Phần 3 : KẾT QUẢ ĐẠT ĐƢỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM 1 Kết quả : Khi chƣa thực hiện đề tài này tôi cảm thấy học sinh hay vƣớng mắc khi giải các bài toán về cực trị hình học trong không gian .Sau khi nghiên cứu và thực hiện giảng dạy theo đề tài này đã gây đƣợc hứng thú học tập cho học sinh và giúp học sinh giải nhiều bài khó .đây là dạng toán thƣờng xuất hiện trong các đề thi đại học ,cao đẳng và trung học chuyên nghiệp .Giải quyết đƣợc dạng bài tập này giúp học sinh rèn luyện khả năng tƣ duy cho học sinh ,phát huy tỉnh tích cực sáng tạo trong học toán và hơn nữagiúp học sinh hệ thống kiến thức và phƣơng pháp giải để học sinh tự tin hơn khi bƣớc vào các kỳ thi Thực tế khi thực hiện đề tài này chất lƣợng học sinh đƣợc nâng lên rõ rệt Lớp Số Điểm 8-10 Điểm 6.5 Điểm 5 đến Điểm 2 đến Điểm HS đến dƣới 8 6.5 dƣới 5 dƣới 2 12 B 45 6 13.3 13 28.9 22 48.9 4 9.8 0 0 12E 45 8 17.8 15 33.3 19 42.2 3 6.7 0 0 2 . Bài học kinh nghiệm : Việc lựa chọn phƣơng pháp , hệ thống kiến thức và rèn cho học sinh khả năng tƣ duy là hết sức cần thiết . Trong thực tế nhiều học sinh tiếp thu phƣơng pháp rất nhanh nhƣng việc trình bày chƣa chặt chẽ vì vậy giáo viên cần sửa cho học sinh một cách tỉ mỉ . Trên đây là mộy số kinh nghiệm đƣợc rút ra từ thực tế giảng dạy môn toán lớp 12 năm học 2012-2013 .Trong khuôn khổ có hạn của đề tài không tránh khỏi những thiếu sót , rất mong các cấp lãnh đạo các bạn đồng nghiệp trao đổi góp ý để đề tài đƣợc đầy http://baigiangtoanhoc.com Page 14 Gv: Mai Thị Mơ
đủ hơn, góp phần vào việc nâng cao chất lƣợng giảng dạy bộ môn toán ở trƣờng THPT nói chung ,trƣờng THPT Ba Đình nói riêng . XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 10 tháng 5 năm 2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của ngƣời khác. Mai Thị Mơ Page 15