intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Sáng kiến kinh nghiệm: Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12

Chia sẻ: Trần Duy Tùng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST
Báo xấu
474
lượt xem 117
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm: Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12 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.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12

  1. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng, mặt cầu, tìm tọa độ điểm…. 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 Toán lớp 12 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. Với tinh thần trên, 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 trình bày chuyên đề “ Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”. II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI 1. Thuận lợi. - Học sinh đã được trang bị kiến thức, các bài tập đã được luyện tập nhiều. - Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học và yêu thích môn học. - Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên đề. 2. Khó khăn. - Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập - 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. - Đa số học sinh yếu môn hình học. III. NỘI DUNG. 1. Cơ sở lý luận. Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt ngay kiến thức nâng cao). Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải các bài toán được đặt ra. 2. Nội dung. Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 1/24
  2. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 2.1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng. a. 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 M qua mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếu H 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  - là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi H  ud MH  0 - Tìm t, suy ra tọa độ của H. 2.2 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 phẳng (α)     sao cho k1 MA1  k2 MA2  ...  kn MAn có giá trị nhỏ nhất. PP chung:      Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n  0           Biến đổi k1 MA1 + k 2 MA 2 +...+ k n MA n = (k1 + k 2 +...+ k n )MI = k MI Ví dụ 1: Cho đường thẳng  d  : x- 4 = y+1 = z và hai điểm A  0;1;5 , B  0;3;3 . 1 1 1 Tìm tọa độ điểm M trên đương thẳng d sao cho:    1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất.    2) MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.    Tìm vị trí của M khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.     Giải: 1) Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4)              Khi đó MA + MB  MI + IA + MI  IB  2 MI có giá trị nhỏ nhất    MI nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.  x = 4 + t Đường thẳng d có vtcp u = (1; 1; 1) , phương trình tham số d: y = -1 + t  z = t    Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t), IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) khi M là hình chiếu vuông góc của I lên    đường thẳng d thì IM.u  0 hay 3t – 3 = 0  t = 1. Vậy M( 5; 0; 1). Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 2/24
  3. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI    TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12  2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa JA - 4JB = 0 Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0) 13 7 13 7  x = 0; y = , z = , vậy J(0; ; ) 5 3 5 3              Khi đó MA - 4MB  MJ+ JA- 4(MJ  JB)  3MJ  3 MJ có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d.   18 17 Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t), JM = ( t+ 4; t - ;t- ) khi M là hình chiếu vuông góc của J    5 5 lên đường thẳng d thì JM.u  0 hay 3t – 3 = 0  t = 1    Vậy M( 5; 0; 1) thì MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. Ví dụ 2: 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 :     1) MA + MB  MC có giá trị nhỏ nhất.     2) MA -2MB  3MC có giá trị nhỏ nhất.       Giải: 1) Gọi G thỏa GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và G(0;-2;1).                  Ta có MA + MB  MC = MG + GA + MG  GB  MG  GC = 3 MG có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc  G lên mặt phẳng (α). của Đường thẳng MG nhận n = (2; -2; 1) làm một vecto chỉ phương nên phương trình tham số x = 2t của MG là: y = -2-2t . Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:  z = 1+3t  4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0  17t  17  0  t  1     Vậy với M(-2; 0; -2) thì MA + MB  MC có giá trị nhỏ nhất.       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                  Ta có: MA -2MB  3MC = MI+IA -2(MI  IB)  3(MI  IC ) = 2MI có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)  x = 4+2t  Phương trình tham số của đường thẳng MI: y =  23 -2t   2  3 z =  2 +3t  Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 23 3 73 73 2(4  2t)  2(  2t)  3(  3t)  10  0  17t  0t  2 2 2 34 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 3/24
  4. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12     Vậy với M(  5 ;  245 ;  135 ) thì MA -2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất. 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 = 2 2 2 k1MA1  k2 MA2  ...  kn MAn đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất   PP  chung: - Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n  0 2 2 2 - Biến đổi : T = k1MA1  k 2MA 2  ...  k nMA n =     = (k1 +...+ k n )MI 2 + k1IA1  k 2IA 2  ..  k n IA n + 2 MI(k1 IA1 +..+ k n IA n ) 2 2 2 = kMI 2 + k1IA1  k 2IA 2  ...  k n IA 2 2 2 n 2 2 2 Do k1IA1  k 2IA 2  ...  k n IA n 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 MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất. Giải:      3 3 1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I (2; ;  )   2   2    2 2 2 2 Ta có: MA + MB = (MI + IA) +(MI + IB)       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). Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp n α  (1; 2; 2)  x = 2+t Phương trình tham số MI:   3 y = + 2t  2  3 z =  2 +2t  Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 3 3 1 7 2  t  2(  2t)  2(   2t)  7  0  9t  9  0  t  1  M (1;  ;  ) 2 2 2 2 1 7 Vậy với M(1;  ;  ) thì MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất. 2 2 Nhận xét: Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 4/24
  5. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 2 2 2 AB 2 Với I là trung điểm AB thì MA + MB = 2MI + , do AB2 không đổi nên 2 MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α).       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           Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) 2 - (MJ + JB) 2  (MJ + JC) 2       J A 2  JB2  JC 2  MJ 2 + 2MJ(JA  JB  JC)  JA 2  JB2  JC 2  MJ 2 Do JA 2  JB 2  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).  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: 4 23 35 8 3  t  2( 3  2t)  2.2t  7  0  9t  4  0  t    M( ;  ;  ) 9 9 9 9 Vậy với M ( 23 ;  35 ;  8 ) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất. 9 9 9 x-1 y-2 z-3 Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình: = = và các điểm A(0;1;-2), 1 2 1 B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm tọa độ điểm M trên d sao cho 1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất 2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất. Giải:    1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2 IB = 0 4  x  0  2) Hay: ( x;1  y; 2  z)  2(2  x; 1  y; 2  z)  (0;0;0)  3  y  0  I(4; 3;6) - 6+z  0  2 2   2    2   Ta có MA - 2MB = (MI + IA)  2(MI + IB)      IA 2  2IB 2  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 Đường thẳng d có vtcp u  (1; 2;1) , phương trình tham số d:  y = 2+ 2t   z = 3+ t  Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 5/24
  6. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12   M  d  M(1  t; 2  2t; 3  t) , IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu vuông góc    2 1 2 7 của I lên đường thẳng d thì IM.u  0  6t  4  0  t    M ( ; ; ) 3 3 3 3 Vậy với M( 1 ; 2 ; 7 ) thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất. 3 3 3 Nhận xét:Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M Với M  d  M(1  t; 2  2t; 3  t) Và MA2 - 2MB2 = (t + 1)2 + (2t + 1)2 +(t + 5)2 – 2[(t - 1)2 + (2t + 3)2+(t +1)2 = - 6t2 – 8t +5 Xét hàm số f (t )   6t 2 – 8t  5, t  R . 2 Đạo hàm f '(t )   12t – 8t , f '(t )  0  t   3 Bảng biến thiên 2 T    3 f’(t) + 0 23 f(t) 3   2 Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi t   . 3 1 2 7 Hay MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất khi M( ; ; )   3   3 3  2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa GA + GB +GC = 0 thì G(2;1;1) là trọng tâm  ABC. Ta có:            MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA) 2 + (MG + GB) 2 +(MG + GC) 2        = GA 2  GB2  GC 2 +3MG 2 + 2MG(GA  GB  GC) = GA 2  GB 2  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 G lên đường thẳng d.   M  d  M(1  t; 2  2t; 3  t) , GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2) Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì    1 1 5 GM.u  0  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. PP chung: Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 6/24
  7. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 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. 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 tọa độ điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Giải: 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M 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 .Tọa độ M ứng với t là nghiệm pt:  z  2  2 4 2 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0  3t  2  0  t   . Hay M ( ; ;2) là điểm cần tìm. 3 3 3 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. Giải: 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).  Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận n  (1; 1; 2) làm vecto chỉ x  1 t phương nên 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 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) . A’B có vtcp A'B  (1;0; 3)  z = 2z  z  1  A' H A x  2  t Phương trình tham số A’B:  y  1   z  1  3t  Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 7/24
  8. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 3 2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0  5t  3  0  t  hay M(13 ;1;  4 ) 5 5 5 Vậy với M (13 ;1;  4 ) thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất. 5 5 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 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: 3 2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0  4t  3  0  t  hay M ( 5 ;  5 ;  5 ) 4 4 4 4 Vậy với M ( 5 ;  5 ;  5 ) thì MA - MC có giá trị lớn nhất. 4 4 4 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. PP chung: 1. Nếu d và AB vuông góc với nhau Ta làm như sau: - Viết phương trình mặt phẳng (α) qua AB và vuông góc với d - Tìm giao điểm M của AB và (α) - Kết luận M là điểm cần tìm. 2. Nếu d và AB không vuông góc với nhau Ta làm như sau: - 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; -3). 2 2 1 Hãy tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất. Giải:  x  1  2t  Đường thẳng d có phương trình tham số  y  2  2t z  3  t    qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u  (2; 2;1) và CD  (7;5; 4)   Ta có u . CD = 14 -10 – 4 = 0  d  CD . Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông 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 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 8/24
  9. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 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 Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0). Hãy tìm điểm M trên trục Ox sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất Giải:       Ox có vtcp i  (1;0;0) qua O(0; 0; 0), AB có vtcp AB  (1;1; 2) và i.AB  1  0  Ox và AB không vuông góc.    Ta có [i , AB]OA = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau. x  t Phương trình tham số của Ox:  y  0 . M  Ox  M(t;0;0)  z  0  S = MA + MB = (t -3)2  0  4  (t -2)2  1  0 = (t -3)2  4  (t -2)2  1 Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất. Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các điểm Mt(t; 0)  Ox và hai điểm At(3;2), Bt(2; 1) thì S = MtAt + MtBt . Ta thấy At, Bt nằm cùng phía với Ox nên ta lấy At’(3; -2) đối xứng với At qua Ox. Phương trình đường thẳng At'Bt : 3x + y – 7 = 0 7 S = MtAt + MtBt nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và At'Bt  3t - 7 = 0 hay t  . 3 7 Vậy M ( ;0;0) là điểm cần tìm. 3 Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số. Ta xét hàm số f  t   (t -3)2  4  (t -2)2  1 ( t  R ) t 3 t2 ; f t    2 2  t  3 4  t  2 1 t 3 t 2 f t   0   0 2 2  t  3 4 t  2 1 (t  3) (t  2)   (*) với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có: 2 2  t  3  4 t  2  1 2 2 2 2 (*)   t  3 [ t  2   1]   t  2  [ t  3  4] t  3  2(t  2) t  1  [2;3] 2 2   t  3  4  t  2     7 t  3  2(t  2) t   3 Bảng biến thiên của hàm số f(t) : 7 T   3 f’(t) - 0 + Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 9/24
  10. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12   f(t) 38  10 3 7 38  10 Từ bảng biến thiên suy ra min f  t   f   = 3 3 38  10 7 Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng , đạt được tại t  7 , tức là M( ;0; 0) 3 3 3 Ví dụ 3: Cho đường thẳng  d  : x-2 = y-2 = z -1 và hai điểm A(-1; 1; 1), B(1; 4; 0). Hãy 2 2 1 tìm điểm M trên d sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Giải:  x  1  2t Đường thẳng d có phương trình tham số  y  2  2t qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp  z  1  t      u  (2;2;1) và AB  (2;3; 1) . Ta có u . CD = 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0  d không vuông góc với     AB và [u, AB]NA = (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – 4 = 6  d và AB chéo nhau. - Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), do AB không đổi nên 2p đạt giá trị nhỏ nhất khi MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Xét điểm M  d  M(1  2t ; 2+2t;1  t ) , ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất Xét f  t   MA + MB = (2t  2)2  (2t  1)2  t 2  (2t ) 2  (2t  2) 2  (t  1)2 f  t  = 9t 2  12t  5  9t 2  6t  5 = (3t  2)2  1  (3t  1) 2  4 3t  2 3t  1 Có đạo hàm f '(t )  2  (3t  2)  1 (3t  1)2  4 3t  2 3t 1 3t  2 (3t  1) 2 1 f '(t )  0   0   với   t  2 (3t  2) 1 2 (3t 1)  4 2 (3t  2)  1 2 (3t  1)  4 3 3  (3t  2) 2 [(3t  1) 2  4]  (3t  1) 2 [(3t  2)2  1]  5 2 2  2(3t  2)  3t  1 t  3 1  4(3t  2)  (3t  1)    t   2(3t  2)  3t  1 t   1 3   3 Bảng biến thiên của hàm số f(t) : 1 T    3 f’(t) - 0 +   f(t) 32 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 10/24
  11. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 1 Ta thấy f(t) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 2 khi t =  3 2 4 1 Hay với M( ; ; ) thì MA + MB đạt giá nhỏ nhất bằng 3 2 3 3 3 Nhận xét: Trong dạng toán này nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số thì việc tìm t sẽ đơn giản hơn. 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. PP chung: - Viết phương trình hai đường thẳng dạng tham số - Lấy M  d1 và N  d 2 ( tọa độ theo tham số).       - 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 , d 2 : x+ 4 = y-3 = z - 4 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: 1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1  (1;2; 1)   d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp u 2  (7; 2;3)      Ta có [ u1, 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. 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’)   MN  ( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7)     MN.u1  0   6t ' 6t  6  0 t  2 Ta có        MN.u 2  0  62t ' 6t  50  0 t '  1 Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) thì độ dài MN ngắn nhất bằng 2 21 . Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 11/24
  12. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 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 M  z  2  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 giá trị 2 nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, hay MH là đoạn vuông góc chung của AB và d.  Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u  (1;1;0)    AB qua A(1; 2; 3) và AB  (0; -2;-2) = 2u1   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 '   M(2 + t; 4+ t; -2)  d ,H(1; 2+ t’;3+t’)  AB , MH  ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5)     MH.u  0 t ' 2t  3 t '   3 Ta có        MH.u1  0   2t ' t  3 t   3 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 với cả hai đường  z  2  t 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là đoạn vuông góc chung của d và Ox. Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp u  (0;1; 1) ,  Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i  (1;0;0) .     [ u, i ] OM = (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2  0 nên d và Ox chéo nhau.   Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox và MN  ( t’; -t; t – 2) Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 12/24
  13. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12    MN.u  0  t  t  2  0 t  1 Ta có       MN.i  0  t '  0 t '  0 Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O 1 1 Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R = MN  2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 Phương trình mặt cầu (S): x 2  ( y  )  ( z  )  2 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. PP chung: Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (α), khi đó tam giác ABH vuông tại H và khoảng 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  góc với DI. (α) nhận DI  (2; 1; -5) làm vectơ 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 A. Trong các mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (α), viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính lớn nhất. Giải: Mặt 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) Phương trình (α): 1(x -1) + 2(y +1) +2( z – 1) = 0  x + 2y + 2z – 1 = 0 1 1 6 1 R = d(A; (α)) 3 2 2 2 1 2 2 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 PP chung: 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). Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 13/24
  14. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 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).     AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2)      (ABC) có véctơ pháp tuyến n  [AB, AC]  (1;4; 5)    (α) có véctơ pháp tuyến 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. x  2 y 1 z 1 x y  3 z 1 Ví dụ 2: Cho hai dường thẳng d1 :   , d2 :   1 2 2 2 4 4 1) Chứng minh hai đường thẳng trên song song với nhau. 2) Trong các mặt phẳng chứa d1, hãy viết phương trình mặt phẳng (α) sao cho khoảng cách giữa d2 và (α) là lớn nhất.   Giải: 1) d1 qua M1(2; 1; -1), có vtcp u1  (1;2; 2)  d2 qua M2(0; 3; 1), có vtcp u 2  ( 2; 4; 4)     Ta thấy u2  2u1 và M1  d 2 nên hai đường thẳng song song với nhau. 2) Xét(α1)  mặt phẳng chứa d1 và d2 thì (α1 có véctơ pháp là    ) tuyến n1  [ u1 , M1M 2 ]  (8; 2;6)  2(4;1;3)  2 n 2 Khoảng cách giữa d2 và (α) là lớn nhất khi (α) phải vuông góc với (α1).     Do đó (α) nhận [u1 , n 2 ]  (8; 11; 7) là véctơ pháp tuyến, qua M1(2; 1; -1). Phương trình (α): 8(x -2) -11(y -1) -7(z +1) = 0 hay 8x – 11y – 7z – 12 = 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. PP chung: 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. Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 14/24
  15. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 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: 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  2 t 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; 3)  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 có: d(B; ∆) lớn nhất khi   đường thẳng nằm trong (α), qua A và vuông góc AB.   ∆ là ∆ có véctơ chỉ phương u   [AB, n ]  (16;11; 10) Phương trình của ∆: x+3  y-3  z +3 16 11 10 Ví dụ 2: Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm C(2; -1; 3), vuông góc với đường thẳng d: x-3  y+2  z +5 và cách điểm D(4; -2; 1) một khoảng lớn nhất. 1 2 3 Giải:  Xét mặt phẳng (α) qua C và vuông góc với d, (α) nhận u d  (1;2; 3) làm véctơ pháp tuyến, thì ∆ nằm trong (α). Do vậy d(D; ∆) lớn nhất khi ∆ nằm trong (α), qua C và vuông góc với CD.     ∆ có véctơ chỉ phương u   [CD, n ]  (1; 8;5) . Phương trình ∆: x-2  y+1  z -3 1 8 5 x  1  t Ví dụ 3: 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:   1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp ud  (1;0; -1) , MB  (2;2;0) Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 15/24
  16. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12   [ u d , MB]  (2; 2; 2)  2(1;1;1)  2n  (α) đi qua B nhận n  (1;1;1) làm véctơ pháp tuyến nên pt (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 B,H. x  2  t  Phương trình tham số AH: y  1  t z  1  t  Tọa độ H ứng với t là nghiệm phương trình: 1 5 2 4 2 + t + 1 + t -1 + t – 1 = 0  3t  1  0  t    H( ; ; ) 3 3 3 3   8 4 4 4 4     BH  ( ; ; )  (2; 1; 1)  u1  ∆1 nhận u1 làm véc tơ chỉ phương 3  3 3   3 3 Ta thấy u1 và u d không cùng phương nên d và ∆1 cắt nhau (do cùng thuộc mp (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 khi K ≡ B hay ∆2 nằm trong (α)và vuông góc với AB.     Ta có [ n , AB]  (0; 4;4)  4(0;1; 1)  4u2  ∆2 nhận u 2 làm véc tơ chỉ phương, mặt   khác u 2 và u d không cùng phương nên d và ∆2 cắt nhau (do cùng thuộc mặt phẳng (α)) x  1  Phương trình ∆2: y  2  t  z  t  Chú ý : Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số đề giải ý 2 và ý 3 trong ví dụ 3. Gọi ∆ là đường thẳng tuỳ ý đi qua B và cắt d, giả sử ∆ cắt d tại điểm N(1+t, 0;-t), khi  đó ∆ có véc tơ chỉ phương NB  (2  t;2; t )      Ta có AB  ( 3;1;1) , [NB, AB]  (2  t;2  2t;4  t )     [ NB, AB ] (2  t )2  (2  2t ) 2  (4  t ) 2 3t 2  10t  12 Và d(A;∆) =    = NB (  2  t ) 2  2 2  (t ) 2 t 2  2t  4 3t 2  10t  12 16t 2  64t Xét hàm số f (t )  2 có f '(t )  2 , với mọi t  R t  2t  4 (t  2t  4) 2 t  2 f '(t )  0   t  2 Bảng biến thiên của f (t ) t  -2 2  f’(t) + 0 - 0 + 11 3 f(t) Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 16/24
  17. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 1 3 3 Từ bảng biến thiên ta thấy:    d(A;∆) lớn nhất bằng 11 khi t = -2  N(-1; 0;2); NB  (0;2; 2)  2(0;1; 1) x  1  và đường thẳng cần tìm có phương trình là: y  2  t  z  t  1    d(A;∆) nhỏ nhất bằng khi t = 2  N(3; 0;-2); NB  (4;2;2)  2(2; 1; 1) 3 x+1 y-2 z và đường thẳng cần tìm có phương trình là :   2 1 1 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. PP chung: 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 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. 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 vuông góc của B lên d1 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 17/24
  18. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12    I(-1 + t; 1 + 2t; 1 – t), BI  (-1 + t; 1 + 2t;-5– t)    Ta có BI.u  0  -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = 0  t = -1  I(-2; -1; 2)     Đường thẳng ∆ có vtcp u   [BI, n ] = (-5; -10; 4) nên 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), hãy 2 1 3 viết phương trình đường thẳng d sao cho khoảng cách giữa d và ∆ lớn nhất. Giải: Mặt phẳng (α) qua A và song song với (P) có pt: x + y – z + 2= 0  d nằm trên (α).   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 1 5 -1+ 2t + t – (4- 3t) + 2 = 0  t =  B(0; ; ) 2 2 2 Xét ∆1 là đường thẳng qua A và song song với ∆ x  1  2 t 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),   3 BH  (1 + 2t; t - ; -3t) 2    3 1 Ta có BI.u  0  2 + 4t + t - + 9t = 0  t =  2 28  13  43 3 1 1   BH =( ;  ; ) = (26; -43; 3) = u1 14 28 28  28    28 Đường thẳng d có vtcp u d  [ u1 , n ] = (40; 29; 69). Phương trình d : x-1  y+1  z -2 40 29 69 Bài toán 5: Cho hai đường thẳng ∆1 và ∆2 phân biệt và không song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆1 và tạo với ∆2 một góc lớn nhất. Lời giải: Vẽ một đường thẳng bất kỳ ∆3 song song với ∆2 và cắt ∆1 tại M. Gọi I là điểm cố định trên ∆3 và H là hình chiếu vuông góc của I lên mp(α), kẻ IJ  ∆1  Góc giữa (α) và ∆2 là góc IMH  Trong tam giác vuông HMJ có cos IMH = HM  MJ không đổi IM IM Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 18/24
  19. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12   Suy ra góc IMH lớn nhất khi MJ = MI hay H ≡ J, khi đó IMH =(∆1,∆2) và (α) là mặt phẳng chứa ∆1 đồng thời vuông góc với mặt phẳng (∆1,∆2)    Khi đó (α) nhận [ u 1 ,[ u 1 , u  2 ]] làm véctơ pháp tuyến. Ví dụ 1: Cho đường thẳng d: x-2  y+1  z-1 và hai điểm A( 3; -4; 2), B( 4; -3; 4). 2 1 1 Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và tạo với d một góc lớn nhất. Giải:    Đường thẳng d qua điểm M(2; -1; 1) có vtcp u  (2; 1; 1) , AB  (1;1;2)     => n = [u, AB ]  (3; 3;3)  3(1;1; 1)   Mặt phẳng (α) qua điểm A và nhận [ n, AB]  (3; 3;0)  3(1; 1;0) làm vecto pháp tuyến Phương trình mp(α): 1(x – 3) - 1(y + 4) = 0 hay x – y – 7 = 0 2 1  2 3 Khi đó cos((α),d) =  5 5 5 Ví dụ 2: Cho điểm A(1; 1; -1) và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + 2 = 0. Trong các mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (P), viết phương trình mặt phẳng (α) tạo với trục Oy góc lớn nhất.  Giải: Mp(p) có vecto pháp tuyến n P  (2; 1; 2) .  Xét đường thẳng d qua A và vuông góc với (P), d có véctơ chỉ phương n P  (2; 1; 2) ,  Oy có véctơ chỉ phương j  (0;1;0) nên d và Oy không song song. Theo bài toán 4 nếu (α) tạo với trục Oy góc lớn nhất thì (α) chứa d và vuông góc với    mp(d,Oy), do đó (α) nhận [ n P ,[ n P , j ]] = -2( 1; 4; 1) làm véctơ pháp tuyến nên pt (α): 1(x -1) + 4(y -1) +1( z + 1) = 0 hay x + 4y + z – 4 = 0. Bài toán 6: 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. PP chung: 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 ∆.  Ta có góc (d, ∆) = BAH  và sin(d, ∆) = sin BAH = BH ≥ BK . Do vậy góc (d, ∆) nhỏ AB AB nhất khi K ≡ H hay ∆ là đường thẳng AK. Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 19/24
  20. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12     Góc (d, ∆) lớn nhất bằng 900 khi ∆  d và ∆ có vtcp u   [u d , n ] Giải: 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.   (α) có vectơ pháp tuyến n  (2; 2; -1) , d có vectơ ud  (1;1;1) qua điểm 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 khi ∆1  d      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 x  2  2 t Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên (α) .Phương trình tham số của BK  y  3  2t .   z  1  t  Tọa độ của K ứng với t là nghiệm của phương trình: 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t)- (- 1- t) - 7 = 0 4 10 19 5  9t + 4 = 0 hay t =   K( ; ; ) 9 9 9 9  1 1 13 ∆2 tạo với d một góc nhỏ nhất khi nó đi qua hai điểm A và K, AK  ( ; ; )    9 9 9 ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương u 2  9.AK  (1;1;13) x-1 y-2 z +2 Phương trình ∆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.  Giải: Đường thẳng d có vectơ u d  (2;1;1) . Xét mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với d  ∆ nằm trên (α)  (α) nhận u d  (2;1;1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình (α): 2x + y + z – 2 = 0.  Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α), BH có vectơ u d  (2;1;1) Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 20/24
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
13=>1