Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua hệ thống bài tập cực trị về khoảng cách trong hệ tọa độ không gian

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:54

Thêm vào BST

Báo xấu

24
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến "Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua hệ thống bài tập cực trị về khoảng cách trong hệ tọa độ không gian" nhằm giúp học sinh học tốt phần khoảng cách trong chương III của hình học lớp 12. Nâng cao năng lực tư duy, bồi dưỡng khả năng tự học cho học sinh. Qua đó học sinh sẽ thấy được mạch kiến thức xuyên suốt các vấn đề liên quan đến khoảng cách và sự gắn kết giữa hai loại hình học, từ đó có cách nhìn sâu sắc, toàn diện hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua hệ thống bài tập cực trị về khoảng cách trong hệ tọa độ không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN ÔN ---- * * * ----- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA HỆ THỐNG BÀI TẬP CỰC TRỊ VỀ KHOẢNG CÁCH TRONG HỆ TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN ---------------- MÔN: TOÁN HỌC Họ và tên tác giả: Đậu Đăng Vị Tổ bộ môn : Toán – Tin Năm thực hiện : 2022 Số điện thoại 0384566481
ĐỀ TÀI: Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua hệ thống bài tập cực trị về khoảng cách trong hệ tọa độ không gian. PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ. I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Xu hướng chung của phương pháp dạy học hiện nay là dạy học theo định hướng phát triển phẩm chất năng lực cho học sinh, lấy học sinh làm trung tâm; người thầy phải làm thế nào để phát huy được tính tích cực, chủ động sáng tạo của người học, phải giúp người học nhanh chóng tiếp cận các vấn nảy sinh trong học tập cũng như trong thực tiễn cuộc sống. Phải coi trọng, đề cao vai trò chủ thể của người học trong quá trình nhận thức. Hoạt động giải bài tập là hoạt động chủ yếu của toán học, để hoạt động giải bài tập được tốt thì mỗi chuyên đề, chủ đề cần có một hệ thống bài tập có chất lượng phù hợp với nhiều đối tượng học sinh. Đặc biệt phát huy các năng lực tư duy cho những học sinh có năng lực học tập khá giỏi. Vì học sinh trong mỗi lớp học vừa có sự giống nhau, vừa có sự khác nhau về nhận thức, tư duy, năng khiếu, sở trường…. Mà chương trình THPT được triển khai dưới hình thức dạy học theo chuyên đề, chủ đề kết hợp với dạy học tự chọn là giải pháp chính để thực hiện dạy học theo định hướng phát triển năng lực (một định hướng cơ bản của giáo dục hiện nay). Trong thực tiễn ở các trường phổ thông hiện nay, dạy học phân hoá để phát triển năng lực cho từng học sinh là nhiệm vụ quan trọng. Đối với học sinh khá giỏi cần có một hệ thống các bài tập phát triển trên nền các bài tập cơ bản. Muốn vậy giáo viên cần có kiến thức chắc chắn, cần xây dựng cho mình một hệ thống câu hỏi bài tập phong phú đa dạng. Khoảng cách là phần cốt lõi của hình học không gian và được nghiên cứu trong hình không gian tổng hợp cũng như trong hình không gian toạ độ. Tính toán các yếu tố trong hình học không khể thiếu khoảng cách. Các bài toán liên quan đến khoảng cách thường xuyên xuất hiện trong các đề thi THPT Quốc gia trong các năm gần đây, trong đó có nhiều bài tập ở mức độ vận dụng cao. Tuy nhiên sự khai thác các bài toán về khoảng cách và cách chuyển bài toán từ hình không gian tổng hợp sang hình không gian toạ độ không nhiều. Các bài toán về khoảng cách chủ yếu đề cập đến khoảng cách giữa hai điểm; khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, mặt phẳng. Nhưng ở phần này các vấn đề trình bày sách giáo khoa chủ yếu là phần lý thuyết và các bài tập cơ bản. Phần bài tập vận dụng và các chuyên đề, chủ đề chưa được khai thác đúng mức. Các bài toán về khoảng cách khi có yếu tố thay đổi chẳng hạn: điểm thay đổi trên một đường (đường thẳng hay đường tròn) hoặc trên một mặt (mặt phẳng hay mặt cầu) để thỏa mãn điều kiện cực trị về khoảng cách; lập phương trình mặt phẳng chứa một điểm hoặc một mặt phẳng thỏa mãn điều kiện cực trị về khoảng cách thường là các bài toán khó. Để giải được các bài toán mức độ vận dụng và vận dụng cao của phần tọa độ ta thường phải giải trong hình không gian tổng hợp (đây là phần cốt lõi có tính chất hình học) còn sau 1
đó mới ứng dụng kiến thức tọa độ để giải. Do vậy để có được các bài toán trong hệ tọa độ cần xây dựng hệ thống (các dạng) bài toán trong hình không gian tổng hợp. Với lượng kiến thức lý thyết khá rộng về các vấn đề liên quan đến khoảng cách, cũng như sự gắn kết giữa trong hình không gian tổng hợp và hình không gian toạ độ nên cần thiết có các đề tài nghiên cứu vấn đề này. Qua đó có cách nhìn tổng quan hơn các vấn đề liên quan đến khoảng cách. Vì các lý do trên và sau nhiều năm giảng dạy, với kiến thức đã tích lũy và học hỏi được, tôi mạnh dạn nêu ra đề tài “Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua hệ thống bài tập cực trị về khoảng cách trong hệ tọa độ không gian’’ để giúp học sinh, giáo viên có thể áp dụng nhằm nâng cao kết quả học tập và giảng dạy. 2. MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI. Nhằm giúp học sinh học tốt phần khoảng cách trong chương III của hình học lớp 12. Nâng cao năng lực tư duy, bồi dưỡng khả năng tự học cho học sinh. Qua đó học sinh sẽ thấy được mạch kiến thức xuyên suốt các vấn đề liên quan đến khoảng cách và sự gắn kết giữa hai loại hình học, từ đó có cách nhìn sâu sắc, toàn diện hơn. Nội dung đề tài khai thác, vận dụng kiến thức lý thuyết về tọa độ và tính chất hình học không gian trong SGK để xây dựng hệ thống bài tập phù hợp nhằm củng cố kiến thức, hình thành kỹ năng vẽ hình, tính toán, cách chuyển đổi phát triển bài toán, xây dựng bài toán tương tự, …. Qua đó phát triển năng lực tư duy và lập luận, năng lực tính toán, năng lực giải quyết vấn đề, năng lực tự học, năng lực sử dụng ngôn ngữ… Đề tài xây dựng nhiều bài toán gốc, từ đó sẽ có một lớp bài toán minh họa cho bài toán gốc đó. Với lượng bài tập nhiều nên có thể lựa chọn để áp dụng cho phù hợp với từng đối tượng học sinh. Học sinh khá giỏi phát huy được tính tích cực, chủ động, sáng tạo của mình từ việc phát biểu bài toán, dự đoán tính khả thi của bài toán, tổng quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá bài toán. Với mục tiêu học sinh vận dụng tốt các kiến thức, kỹ năng để giải quyết các vấn đề một cách hiệu quả, phát huy tối đa năng lực toán học. 3. ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI. Đề tài xây dựng được hệ thống bài tập khá đầy đủ, phong phú các vấn đề liên quan đến khoảng cách. Việc đặt vấn đề, xây dựng và giải quyết các bài toán xuất hiện một cách logic, tự nhiên. Bắt đầu từ việc cho một điểm thay đổi, hai điểm thay thuộc trên một đường hoặc một mặt đến thuộc hai đường hoặc hai mặt khác nhau, các bài tập phần sau xây dựng tương tự phần trước. Qua đó phát triển khả năng, năng lực của người học. Đề tài xuất hiện nhiều bài tập mới, nhiều bài tập cho kết quả đẹp có tính tổng quát có nhiều ứng dụng và có thể xem như một tính chất liên quan đến khoảng cách. Đề tài có được hệ thống bài tập tương ứng giữa hình không gian tổng hợp và hình không gian toạ độ. Trong từng dạng bài tập của hình không gian tổng hợp có thể khai thác một lớp bài tập trong hệ tọa độ để sử dụng trong dạy học cũng như ra đề thi. 2
PHẦN II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU. A. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN. 1. Cơ sở lý luận Năng lực được coi là sự huy động kiến thức, kỹ năng, niềm tin… để học sinh thực hiện thành công một loại hoạt động nhất định, đạt được kết quả mong muốn trong những điều kiện cụ thể. Năng lực chỉ hình thành khi học sinh chuyển hoá kiến thức, kỹ năng thành hành động. Từ đó đặt ra yêu cầu cốt lõi là tập trung vào những gì học sinh cần có để dạy và sau đó họ có thể làm được việc cụ thể, hữu ích. Môn toán có nhiều cơ hội để phát triển các năng lực chung như: Năng lực tự chủ và tự học, năng lực giao tiếp và hợp tác, năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo... Đồng thời hình thành và phát triển các năng lực riêng, đặc thù như: Năng lực tính toán, năng lực tư duy và lập luận, năng lực mô hình hoá, năng lực ngôn ngữ, năng lực sử dụng công cụ và phương tiện học toán…. Có thể nói năng lực tư duy là đặc trưng và cốt lõi của môn toán. Việc giải toán là hoạt động chủ đạo của môn toán nó có tác dụng rất lớn trong việc rèn luyện phẩm chất, năng lực cho học sinh về nhiều mặt. Muốn vậy giáo viên cần quan tâm đến việc lựa chọn bài tập sao cho có hiệu quả nhất, thích hợp với đối tượng học sinh của mình. Do đó việc xây dựng hệ thống bài tập ứng với từng chuyên đề, chủ đề là cần thiết. Để xây dựng một hệ thống bài tập tốt cần đạt các yêu cầu: - Đảm bảo chuẩn kiến thức, kỹ năng: Khi dạy học, xây dựng bài tập, ra đề kiểm tra luôn phải bám vào chuẩn kiến thức, kỹ năng mà học sinh cần đạt được. Bài tập là cầu nối giữa lý thuyết và thực tiễn, là phương tiện để học sinh củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng. - Đảm bảo tính chính xác, khoa học: Bài tập phải có kết quả đúng, sắp xếp khoa học, có cái nhìn tổng quan về vấn đề trình bày, có tính mới. - Phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh: Có tính phân hoá, vừa sức, phù hợp với khả năng giải toán của học sinh. Bảo đảm cân đối thời gian giữa lý thuyết và bài tập. - Đảm bảo tính sư phạm: Ngôn ngữ chuẩn mực, ngắn gọn, rõ ràng, dễ hiểu. Số lượng bài tập đủ để hình thành các kỹ năng cần thiết. Có một số bài tập mới, hay, tổng quát,… để phát triển các năng lực toán học, rèn luyện trí thông minh. - Đảm bảo tính hệ thống, kế thừa: Phân các dạng bài tập phù hợp từng đơn vị kiến thức, đảm bảo tính logic, các bài tập được xây dựng trên nền tảng kiến thức cơ bản, phát triển lên từ bài toán đã có, tổng quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá bài toán…. - Hệ thống bài tập phải giúp học sinh phát triển năng lực toán học như: Năng lực phân tích và giải bài toán; năng lực tính toán và sử dụng ký hiệu; năng lực tư duy lập luận và chứng minh; năng lực khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá… Ngoài ra hệ thống bài tập còn có tính mở, hướng phát triển sang vấn đề tương tự. Hướng tới sự tự học, tự nghiên cứu của học sinh… 3
2. Cơ sở thực tiễn Phần khoảng cách là phần cơ bản của hình không gian, khoảng cách nêu lên mối liên hệ với các đối tượng hình học cơ bản như điểm, đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu. Trong hình không gian tổng hợp thì phần khoảng cách được khai thác khá nhiều, các bài tập thường liên quan đến tính khoảng cánh từ một điểm đến một mặt phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong các hình không gian cụ thể. Phần cực trị về khoảng cách ít được chú ý. Trong hình không gian toạ độ các bài cơ bản tính khoảng cách liên quan đến điểm, đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu đã xuất hiện nhiều trong đề thi và các tài liệu tham khảo. Những bài toán về toạ độ cần phát triển năng lực tư duy là những bài có sử dụng được tính chất hình học không gian, tức là phải được bài toán đó trong hình không gian rồi mới chuyển sang tọa độ (tọa độ là công cụ để tính toán). Do đó đây là “miếng đất màu mỡ để khai thác” các dạng bài tập, đặc biệt là bài vận dụng cao. Thực tế, các đề thi tuyển sinh trước đây và đề thi THPT QG hiện nay thường xuất hiện các bài tập liên quan đến khoảng cách (trong hình không gian tổng hợp hay hình toạ độ). Trong đó có những bài toán rất khó làm cho nhiều học sinh thiếu tự tin khi giải các dạng toán này. Phạm vi áp dụng của đề tài: Phần bài khoảng cách ở lớp 11 và chương III hình học 12. B. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Hình học không gian là môn học có tính trừu tượng cao, tính logic chặt chẽ, học sinh phải hình dung không gian, vẽ hình, tính toán… nên đa số học sinh sợ môn này kể cả học sinh có học lực khá. Trong số các bài toán liên quan đến khoảng cách, nếu các bài toán về toạ độ cơ bản thì các học sinh trung bình có thể làm được, còn bài toán áp dụng tính chất hình học không gian tổng hơp để giải bài toán trong toạ độ thì thường là bài khó nên học sinh thường thụ động trong việc tiếp cận bài toán, không chú trọng đến bản chất của bài toán; một phần vì học sinh ngại bài toán khó, không biết bắt đầu từ đâu; một phần vì giáo viên khi dạy cũng chưa chú trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh. Như vậy, căn cứ vào mức độ học tập của học sinh, giáo viên có thể đưa ra một hệ thống bài tập nhằm rèn luyện kỹ năng cơ bản và khắc sâu kiến thức. Từ những kiến thức đó giáo viên có thể nâng dần mức độ khó của bài toán, đòi hỏi học sinh phải sử dụng một kiến thức tổng hợp, đa dạng đồng thời trang bị cho học sinh các kỹ năng trong giải toán, đưa ra được một số vấn đề gợi mở nhằm phát huy tính tích cực của học sinh để học sinh tự tìm tòi, khám phá, phát hiện ra vấn đề mới,... sẽ giúp học sinh phát huy hết khả năng trong học tập. Để làm được điều đó thì cần có hệ thống bài tập phù hợp. 4
C. NỘI DUNG ĐỀ TÀI. Đề tài giúp học sinh phát triển năng lực tư duy qua hệ thống bài tập cực trị về khoảng cách và cách giải các bài toán đó trong hình không gian tổng hợp sau đó minh họa bằng các bài toán trong hình toạ độ không gian. 1) Những kiến thức cơ bản phần khoảng cách áp dụng trong đề tài: - Các kiến thức cơ bản về vectơ, đường thẳng, đường tròn, hệ thức lượng trong tam giác đã học trong mặt phẳng; - Kiến thức về khoảng cách phần hình không gian lớp 11. - Kiến thức về phần toạ độ không gian lớp 12. - Kiến thức cơ bản về cực trị của khoảng cách như: + Cho điểm A và đường thẳng  , điểm M tùy ý thuộc  thì d  A,    AM . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của A lên  . + Cho điểm A và mặt phẳng ( ) , điểm M tùy ý thuộc ( ) thì d  A,( )   AM . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của A lên ( ) . + Cho điểm A và đường tròn (C) tâm O, bán kính R, điểm M tùy ý thuộc (C) thì OA  R  AM  OA  R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là giao của OA với (C). - Bất đẳng thức thường sử dụng trong đề tài là: + Với a, b, c, d là các số thực tùy ý, ta có a) a 2  b 2  c 2  d 2  ( a  b ) 2  (c  d ) 2 (1) b) a 2  b 2  c 2  d 2  (a  b) 2  (c  d ) 2 (2) + Với ba điểm O, A, B bất kỳ ta có c) OA  OB  AB (3) d) OA  OB  AB (4) Bất đẳng thức (1) và (2) lần lượt tương đương với (3) và (4) gọi là bất đẳng thức hình học. Đó là các bất đẳng thức cơ bản trong hình học. Có thể dùng vectơ để chứng minh (1) và (2) Chọn u   a; b  , v   c; d  . Do u  v  u  v nên ta có (1), lại có u  v  u  v nên có (2). a b Dấu “=” xảy ra ở (1) và (2) khi và chỉ khi u, v cùng hướng tức là   0. c d 2) Thuật ngữ dùng trong đề tài: Nói đến đường gồm đường thẳng và đường tròn. Nói đến mặt gồm mặt phẳng và mặt cầu. 3) Trong đề tài các bài tập được phân chia theo từng nhóm dựa trên sự tương đồng về dạng bài tập như: Bài tập liên quan đến điểm thay đổi, hai điểm thay đổi trên đường hoặc trên mặt. Căn cứ vào sự thay đổi của điểm thuộc đường, mặt và tương giao giữa đường và mặt ta xây dựng và phân loại thành các nhóm bài toán như sau: 5
I. KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN MỘT ĐIỂM THAY ĐỔI THUỘC MỘT ĐƯỜNG HOẶC MỘT MẶT. 1) Điểm thay đổi thuộc đường thẳng cho trước. Trong hình học phẳng ta có bài toán: Trong mặt phẳng, cho hai điểm A, B nằm cùng phía đường thẳng d. Tìm vị trí của điểm M thuộc đường thẳng d sao cho AM  BM là nhỏ nhất. Tương tự ta có bài toán trong không gian. Bài 1.1. Trong không gian, cho hai điểm A, B và đường thẳng d không đi qua hai điểm A, B. Tìm vị trí của điểm M thuộc d sao cho AM  BM là nhỏ nhất. Giải: Cách 1. Dùng phương pháp đại số hoá. Tham số hoá điểm M, tức gọi toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d (chỉ có một ẩn t). Tính AM  BM theo t, sau đó khảo sát hàm số theo t hoặc dùng bất đẳng thức hình học. Cách 2. Dùng hình học kết hợp bất đẳng thức. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng d. Ta có AM  BM  AH 2  HM 2  BK 2  KM 2   AH  BK    HM  KM    AH  BK   HK 2 2 2 2 AH HM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  và điểm M nằm giữa H và K. BK KM Giá trị nhỏ nhất của AM  BM bằng  AH  BK   HK 2 khi và chỉ khi HM  2 AH MK (*) BK Điểm M được xác định bằng đẳng thức (*) Cách 3. Dùng hình học Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d. Xét đường tròn (C) có tâm H, bán kính r = AH nằm trong mp vuông góc với đường thẳng d. Khi đó với mọi M thuộc d, N thuộc (C) ta có MA = MN. Xét mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và điểm B. Mặt phẳng (P) cắt đường tròn (C) tại hai điểm E và F, trong đó điểm E và điểm B nằm khác phía với đường thẳng d. B Ta có AM  BM  EM  BM  BE không đổi. K Vậy AM  BM nhỏ nhất bằng BE khi và chỉ khi M là giao điểm của BE với d M Cách xác định điểm M. N Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B lên d, F E EH AH MH AH H ta có    MH   .MK A BK BK MK BK (Do M nằm giữa H và K) d 6
Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;5;0  , B  3;3;6  và đường thẳng x 1 y 1 z d:   . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng d , xác định tọa độ của điểm M 2 1 2 để AM  BM đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó toạ độ của điểm M là: A. M 1;0; 2  B. M  2; 4;3 C. M  3; 2; 2  D. M 1; 4;3 Giải: Cách 1. Dùng đại số hóa: Gọi M  1  2t;1  t;2t  thuộc đường thẳng d, ta có: AM  BM   2t  2    t  4    2t    2t  4    t  2    2t  6  2 2 2 2 2 2  3t     6  3t    2 2  9t 2  20  9t 2  36t  56   2 5   2 5 2 2  3t  6  3t    2   2 52 5  2 29 2 3t 2 5 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   0  t  1 . Vậy M 1;0; 2  6  3t 2 5 Cách 2. Dùng hình học: Gọi H  1  2t;1  t;2t  là hình chiếu của A lên d, ta có AH   2t  2; t  4;2t  , ud   2; 1;2  là một vectơ chỉ phương của d AH .ud  0  4t  4  t  4  4t  0  t  0  H  1;1;0  Tương tự hình chiếu của điểm B lên đường thẳng d là K  3; 1;4  Giá trị nhỏ nhất của AM  BM bằng  AH  BK   HK 2  2  2 52 5  36  2 29 2 MH AH 2 5 Ta có    1  MH   MK  M 1;0;2  . MK BK 2 5 Như vậy ta đã tìm được vị trí của M thuộc d sao cho AM  BM nhỏ nhất. Vậy hiệu của AM và BM thì sao. Bằng cách tương tự ta có bài toán sau: Bài 1.2. Cho hai điểm A, B và đường thẳng d không đi qua hai điểm A, B. Tìm vị trí của điểm M thuộc d sao cho AM  BM là lớn nhất. Giải: Cách 1. Dùng phương pháp đại số hoá. Tham số hoá điểm M, tức gọi toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d (theo tham số t). Tính AM  BM theo tham số t sau đó khảo sát hàm số theo tham số t là được. Cách 2. Dùng hình học kết hợp bất đẳng thức. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng d. Ta có AM  BM  AH 2  HM 2  BK 2  KM 2   AH  BK    HM  KM    AH  BK   HK 2 2 2 2 AH HM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  và điểm M nằm ngoài H và K. BK KM Giá trị nhỏ nhất của AM  BM bằng  AH  BK   HK 2 khi và chỉ khi MH  2 AH MK (*) BK Điểm M được xác định bằng đẳng thức (*) 7
Cách 3. Dùng hình học: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d. Xét đường tròn (C) có tâm H, bán kính r = AH. Khi đó với mọi M thuộc d, N thuộc (C) ta có MA = MN. Xét mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và điểm B. Mặt phẳng (P) cắt đường tròn (C) tại hai điểm E và F, trong đó điểm E và điểm B nằm cùng phía với đường thẳng d. d Ta có AM  BM  EM  BM  BE không đổi. Vậy AM  BM lớn nhất bằng BE khi và chỉ khi B K M là giao điểm của BE với d E Cách xác định điểm M. H F Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B lên d, ta có A EH AH MH AH    MH  .MK (Do M nằm ngoài H và K) BK BK MK BK M Bài minh họa. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;0;2), B(3;8;3) và đường thẳng d : x  1  y  2  z  1 . Tìm điểm M thuộc d sao cho AM  BM lớn nhất. 1 1 2 HD: Hình chiếu của A, B lên d lần lượt là H (1;2;1) và K (3;4;5) . MK  MK  M  1;0; 3 AH 5 1 Theo cách 3 ta có MH  .MK  BK 2 5 2 Bài toán 1.1 và 1.2 đã nêu tổng, hiệu khoảng cách từ một điểm M thay đổi trên đường thẳng đến hai điểm cho trước. Vấn đề đặt ra, nếu thay tổng, hiệu trên bằng tổng, hiệu khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng cho trước thì như thế nào? Từ đó gợi cho ta bài toán sau: Bài 1.3. Trong không gian cho đường thẳng d và hai mặt phẳng (P) và (Q). Tìm vị trí của điểm M thuộc đường thẳng d sao cho d  M ,( P)   d ( M ,(Q)) nhỏ nhất. HD: Bài 1.3 có thể giải bằng phương pháp đại số. Gọi tọa độ điểm M thuộc đường thẳng, tính khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng sẽ đưa về biểu thức dạng f (t )  at  b  ct  d . Dùng bất đẳng thức hoặc khử dấu giá trị tuyệt đối ta sẽ tìm được giá trị nhỏ nhất của f(t). Nhận xét: Nếu xét hiệu khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng đến hai mặt phẳng thì sẽ đưa về dạng f (t )  at  b  ct  d . Biểu thức này có thể có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất tùy vào hệ số a và c. Bài minh họa. Trong không gian Oxyz, cho ( P) : x  y  z  1  0 và (Q) : x  y  z  5  0 . a) Điểm M thuộc trục Oy, giá trị nhỏ nhất của d  M ,( P)   d ( M ,(Q)) là: A. 2 5 B. 2 7 C. 2 3 D. 6 3 x 1 y 1 z b) Điểm M thuộc đường thẳng d:   để d  M ,( P)   d ( M ,(Q)) nhỏ nhất. 2 1 2 A. M  5 ;  3 ; 7  B. M  1;1;0  C. M   5 ; 3 ; 7  D. M 1;0;2  2 4 2  2 4 2 8
m 1 m  5 m 1 m  5 HD: a) Gọi M  0; m;0  , ta có d  M ,( P)   d ( M ,(Q))    2 3 3 3 3 t  1 4t  7 b) Gọi M  1  2t;1  t;2t  , ta có f (t )  d  M ,( P)   d ( M ,(Q))   . 3 3 4t  4 4t  7 3. 4t  7 4t  4  4t  7 3 4t  7 11 4 f (t )       . 3 3 3 3 3 3 hay M  5 ;  3 ; 7  7 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t  4 2 4 2 Dựa trên kiến thức phần vectơ ở lớp 10. Ta xây dựng bài toán liên quan độ dài tổng, hiệu các vectơ; tổng, hiệu bình phương độ dài đoạn thẳng. Bài 1.4. Trong không gian cho đường thẳng d, n điểm A1 , A2 ,... An và n số thực 1,  2 ,...  n sao cho 1   2 +...+  n  0 . Tìm vị trí của điểm M thuộc d sao cho a) P  1 MA1   2 MA2  ...   n MAn đạt giá trị nhỏ nhất. b) Q  1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất biết 1   2 +...+  n  0 c) R  1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị lớn nhất biết 1   2 +...+  n  0 Giải: Do 1   2 +...+  n  0 nên có duy nhất điểm I thỏa mãn 1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0 .  Thật vậy 1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0  1 IA1   2 IA1  A1 A2  ...   n IA1  A1 An  0     2 A1 A2   3 A A3 ...   n A1 An  A1I  1 không đổi nên có duy nhất điểm I thỏa mãn. 1   2  ...   n a) Khi đó ta có    1 MA1   2 MA2  ...   n MAn  1 MI  IA1   2 MI  IA2  ...   n MI  IAn     1   2  ... n  MI  1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  1   2  ... n  MI Do đó 1 MA1   2 MA2  ...   n MAn  1   2  ... n  MI  1   2  ... n .IM Bài toán trở thành tìm điểm M nằm trên đường thẳng d để độ dài đoạn IM là nhỏ nhất. Suy ra P nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của điểm I lên đường thẳng d b) Ta có       2 2 2 2 2 2 Q  1 MA1   2 MA2  ...   n MAn  1 MI  IA1   2 MI  IA2  ...   n MI  IAn  1   2  ... n  IM 2  1IA12   2 IA22  ...   n IAn2 Do 1IA12   2 IA22  ...   n IAn2 không đổi và 1   2 +...+  n  0 nên biểu thức Q nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu vuông góc của điểm I lên đường thẳng d. c) Tương tự như câu b. Do 1   2 +...+  n  0 nên R lớn nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu vuông góc của điểm I lên đường thẳng d. 9
1 OA1   2 OA2 ...   n OAn Nhận xét: - Trong Oxyz, tọa độ điểm I được xác định bởi OI  1   2  ...   n - Khi cụ thể hóa bài 1.4 bằng một bài trong hệ tọa độ Oxyz thì có thể giải thuần túy bằng tọa độ: Gọi tọa độ điểm M thuộc d (theo tham số t), tính các biểu thức trên theo tham số t. - Bài toán 1.4 có thể coi nó như một bài toán gốc và ở các phần tiếp theo, khi thay đường thẳng d bởi mặt phẳng, mặt cầu hoặc đường tròn ta có cũng có các bài toán tương tự. Bài minh họa. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; 1;2), B(1;2;4) và đường thẳng d : x  1  y  2  z  1 . Tìm điểm M (a; b; c) thuộc d sao cho 1 1 2 a) P  2MA  MB nhỏ nhất b) Q  2MA2  MB 2 nhỏ nhất c) R  2MA2  3MB 2 lớn nhất. Giải: Gọi điểm I thỏa mãn 2IA  IB  0 (*) Ta có (*)  2  OA  OI    OB  OI   0  OI  2OA  OB   3; 4;0  . Gọi H 1  t;2  t;1  2t  là hình chiếu vuông góc của điểm I lên d, IH   t  2; t  6;2t  1 . IH .ud  0  t  2  t  6  2  2t  1  0  t  1  H  0;1; 1 a) 2MA  MB  2  MI  IA   MI  IB   MI  MI  HI  9  25  1  35 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 35 khi và chỉ khi M  0;1; 1 b) 2MA2  MB 2  2  MI  IA   MI  IB   MI 2  2IA2  IB 2  IH 2  2IA2  IB 2  35  2.17  68  1 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 1 khi và chỉ khi M  0;1; 1 . c) (Cách dùng thuần túy đại số) Gọi M 1  t;2  t;1  2t  thuộc đường thẳng d, ta có R  2MA2  3MB 2  2 t 2   t  3   2t  1   3  t  2   t 2   2t  3   6t 2  28t  19 đạt giá trị lớn 2 2 2 2     28 7  10 13 17  nhất khi và chỉ khi t   M ; ;  12 3  3 3 3 2) Điểm thay đổi thuộc mặt phẳng cho trước Bằng cách tương tự hóa, thay đường thẳng bởi mặt phẳng ta xây dựng các bài toán sau: Bài 1.5. Cho hai điểm A, B cùng phía với mặt phẳng (P). Tìm vị trí của điểm M thuộc mp(P) sao cho AM  BM là nhỏ nhất. B A Giải: Cách 1 (Dùng hình học). Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua mp(P). Khi đó A1 và B nằm khác phía với mp(P) M H và với mọi điểm M thuộc mp(P) ta có AM = A1M. K Suy ra AM  BM  A1M  BM  A1B không đổi, P dấu “=”xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của A1B với (P) A1 10
Vậy AM  BM là nhỏ nhất bằng A1B khi và chỉ khi M là giao điểm của A1B với mp(P). Cách 2. (Dùng hình học kết hợp bất đẳng thức). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên mp(P). Khi đó với mọi điểm M thuộc mp(P) ta có MA  MB  AH 2  HM 2  BK 2  KM 2   AH  BK    HM  KM    AH  BK   HK 2 2 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của AM  BM bằng  AH  BK   HK 2 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ 2 AH MH AH khi  và MH , MK ngược hướng  MH   .MK BK MK BK Bài minh họa. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  1;2;3 , B 1; 3;1 , C  3; 2;2  . a) Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức S  MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm tung độ điểm M. 7 7 5 5 A. yM   B. yM  C. yM   D. yM  4 4 4 4 b) Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức P  3MA  MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm hoành độ điểm M. A1 A. xM  3 B. xM  0 C. xM  1 D. xM  3 Bài 1.6. Cho hai điểm A, B khác phía với mặt phẳng (P). B Tìm vị trí của điểm M thuộc mp(P) sao cho AM  BM là nhỏ nhất. Giải: Cách 1. Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua mp(P). Khi đó A1 và B nằm cùng phía với mp(P) và M H K với mọi điểm M thuộc mp(P) ta có AM = A1M. P Suy ra AM  BM  A1M  BM  A1B không đổi, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của A1B với mp(P). A Vậy AM  BM là nhỏ nhất bằng A1B khi và chỉ khi M là giao điểm của A1B với mp(P). Cách 2. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A và B lên mp(P). Khi đó với mọi điểm M thuộc mp(P) ta có AM  BM  AH 2  HM 2  BK 2  KM 2   AH  BK    HM  KM    AH  BK   HK 2 2 2 2 Vậy giá trị lớn nhất của AM  BM bằng  AH  BK   HK 2 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ 2 khi AH  MH và MH , MK cùng hướng  MH  AH .MK . BK MK BK Bài minh họa. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  1  0 và hai điểm A(1; 3;0), B  5; 1; 2  , điểm M thay đổi trên mp(P). Giá trị lớn nhất của T  MA  MB là: 4 6 2 3 A. T  2 5. B. T  2 6. C. T  . D. T  . 2 3 11
Cho điểm A và mặt phẳng ( ) , điểm M tùy ý thuộc ( ) thì AM nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của A lên ( ) . Nếu thêm điều kiện AM song song với một mặt phẳng cho trước thì ta có bài toán sau: Bài 1.7. Cho hai mặt phẳng cắt nhau (P), (Q) và điểm A không thuộc hai mặt phẳng trên. Tìm vị trí của điểm M thuộc (P) sao cho AM song song với (Q) và độ dài AM là nhỏ nhất. Giải: Gọi mặt phẳng(R) đi qua A và song song với mp(Q) và đường thẳng d là giao tuyến của mp(P) và mp(R). Suy ra điểm M thuộc đường thẳng d. Do đó AM nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng d. Bài minh họa: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  1  0 , điểm A 1; 3;2  . Điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho AM song song với (P). Giá trị nhỏ nhất của AM là: A. 2 5 B. 7 C. 2 3 D. 6 Nhận xét: - Bài toán trên có thể giải bằng đại số: Gọi M(a; b; c), dùng điều kiện M thuộc mp(P) và AM song song với mp(Q) ta được hai phương trình bậc nhất ba ẩn. Rút hai ẩn theo ẩn còn lại và thế vào biểu thức AM sẽ tìm được giá trị nhỏ nhất của đoạn AM. - Thay điều kiện AM song song với mặt phẳng bằng điều kiện AM vuông góc với đường thẳng ta có bài toán tương tự. Bài minh họa: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  1  0 , điểm A 1; 3;2  x 1 y 1 z và đường thẳng d:   . Điểm M thuộc mp(P) sao cho AM vuông góc với d. 2 1 2 Khi độ dài đoạn AM nhỏ nhất, tọa độ của điểm M là: 7 1 1 7 7 13  7 5 2 5 1 1 A. M  ;  ;  B. M  ;  ;  C. M  ;  ;  D. M  ;  ;  6 3 6 6 3 6  6 6 3 6 3 2 Dựa vào bài 1.4 khi thay đường thẳng bởi mặt phẳng ta có bài toán sau: Bài 1.8. Trong không gian cho mặt phẳng(P), n điểm A1 , A2 ,... An và n số thực 1,  2 ,...  n sao cho 1   2 +...+  n  0 . Tìm vị trí của điểm M thuộc mp(P) sao cho a) P  1 MA1   2 MA2  ...   n MAn đạt giá trị nhỏ nhất. b) Q  1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất biết 1   2 +...+  n  0 c) R  1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị lớn nhất biết 1   2 +...+  n  0 HD: Giải tương tự như bài 1.3 ở phần trước Các bài tập minh họa. Câu 1: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1; 2;1 , B  2; 1;3 . Tìm điểm M trên mặt phẳng  Oxy  sao cho MA2  2MB2 lớn nhất.  1  3   3 1 A. M  0;0;5 . B. M  ;  ;0  . C. M  3; 4;0  . D. M  ; ;0  .  2 2   2 2  12
Câu 2: ( Đề minh họa 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 2;4  , B  3;3;  1 và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  8  0 . Xét M là điểm thay đổi thuộc  P  , giá trị nhỏ nhất của 2MA2  3MB 2 bằng A. 135 . B. 105 . C. 108 . D. 145 . Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  2; 2;4  , B  3;3;  1 , C  1;  1;  1 và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  8  0 . Xét điểm M thay đổi thuộc  P  , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  2MA2  MB 2  MC 2 . A. 30. B. 35. C. 102. D. 105. Nhận xét: Các bài toán cực trị thường liên quan đến hình chiếu vuông góc của một điểm lên đường thẳng hoặc mặt phẳng nếu khai thác tốt tính chất này ta sẽ có một lớp các bài toán: Bài minh họa: Trong Oxyz , cho hai điểm A 1;2;5 , B  2; 1;3 . Gọi  S  là mặt cầu tâm I . Viết phương trình mặt cầu (S) trong các trường hợp sau: a) Mặt cầu (S) đi qua hai điểm A , B và OI nhỏ nhất . b) Mặt cầu (S) đi qua ba điểm A , B , O và OI nhỏ nhất. c) Mặt cầu (S) có tâm I thuộc Ox, đi qua điểm A và IB nhỏ nhất. d) Mặt cầu (S) có tâm I thuộc mp(Oxy), đi qua B sao cho 2 IA2  3IB 2 lớn nhất 3) Điểm thay đổi thuộc mặt cầu cho trước Trong hình học phẳng có bài toán: Cho điểm A và đường tròn (C) tâm O, bán kính R. Điểm M tùy ý thuộc (C) ta có OA  R  AM  OA  R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là giao của OA với (C). Mở rộng vào không gian thay đường tròn bằng mặt cầu thì kết quả thế nào? Bài 1.9. Cho mặt cầu S (O; R) . Điểm M nằm trong mặt cầu (S) sao cho OM  d  R . Tìm vị trí điểm N thuộc (S) sao cho độ dài đoạn thẳng MN là lớn nhất, nhỏ nhất. Giải: Đường thẳng OM cắt (S) tại hai điểm A và B, giả sử M nằm giữa A và O. N Với mọi điểm N thuộc (S) khác với A và B, ta có OAN  ONA  MNA  MN  MA B O và OBN  ONB  MNB  MN  MB M A Suy ra Độ dài đoạn MN nhỏ nhất bằng R – d khi và chỉ khi N trùng A Độ dài đoạn MN lớn nhất bằng R + d khi và chỉ khi N trùng B. Nhận xét: Khi điểm M nằm ngoài mặt cầu cũng kết quả tương tự. Tổng quát ta có Cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R và điểm M với OM  d , điểm N trên mặt cầu (S) Độ dài đoạn MN nhỏ nhất bằng R  d . Độ dài đoạn MN lớn nhất bằng R  d . Đây là bài toán cơ bản và được ứng dụng trong các bài ở phần sau. Các bài tập minh họa. 13
Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  3   y  2    z  5   36. 2 2 2 và điểm M  2; 4;3 . Tìm toạ độ điểm N thuộc mặt cầu (S) sao cho độ dài đoạn thẳng MN là lớn nhất, nhỏ nhất. Giải: Mặt cầu (S) có tâm I(3; 2; 5) bán kính R = 6. Ta có IM  3  R nên điểm M nằm trong (S). Đường thẳng IM cắt (S) tại hai điểm A và B, giả sử M nằm giữa A và I. IA  2 IM  A 1;6;1 , IB  2 IM  B  5; 2;9  . Áp dụng Bài 1.9 ta có: Độ dài đoạn MN nhỏ nhất khi và chỉ khi N trùng A(1; 6; 1) Độ dài đoạn MN lớn nhất khi và chỉ khi N trùng B(5; -2; 9). Câu 2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  3   y  2    z  5   4 và điểm 2 2 2 M  2; 4;3 . Điểm N thuộc (S), mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) tại N. Tìm tọa độ điểm N để khoảng cách từ M đến mp(P) là lớn nhất. HD: Nối tâm I của mặt cầu với M cắt (S) tại hai điểm A, B (I nằm giữa A và M). Ta có d  M ,( P)   MN  MA không đổi nên d  M ,( P)  lớn nhất khi và chỉ khi M trùng A và mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với IA. Nhận xét: Nếu thêm điều kiện MN song song với mặt phẳng cho trước được bài toán sau: Bài 1.10. Cho mặt cầu S (O; R) , mặt phẳng (P) không cắt (S) và điểm A nằm trong (S). Tìm vị trí của điểm M trên mặt cầu (S) sao cho AM song song với mp(P) và độ dài đoạn AM lớn nhất, nhỏ nhất. Giải: Gọi mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với mp(P). Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo một đường tròn (C). P Gọi H là hình chiếu của O lên (Q), H là tâm của (C). Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại hai điểm E phân biệt E và F, với A nằm giữa H và E O Do M thuộc (S) và AM song song với (P) A H nên M thuộc đường tròn (C). Suy ra: AM lớn nhất khi và chỉ khi M trùng F. AM nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng E. F Bài tập minh họa. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1; 2 , mặt phẳng   : y  z  3  0 và mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  4 y  6 z  2  0. Tìm toạ độ điểm M trên mặt cầu (S) sao cho AM song song với mp(  ) và độ dài đoạn AM lớn nhất, nhỏ nhất. Giải: Mặt cầu (S) có tâm I 0;2; 3 , bán kính R  11 Mặt phẳng (P) đi qua A và song song với mp   có phương trình:  P  : y  z  3  0 . Hình chiếu vuông góc của điểm I lên mp(P) là H 0;1; 2 , IH  2 . Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C) có tâm H, bán kính r  3 . 14
AM song song với mp   nên điểm M thuộc mp(P), lại có M thuộc (S). Do đó điểm M thuộc đường tròn (C). Nối A với H cắt (C) tại hai điểm E và F, trong đó A nằm giữa E và H. Ta có AH  1, HE  3  HE  3HA   3;0;0   E  3;1; 2  , H là trung điểm EF nên F(-3;1;-2). Với mọi điểm M thuộc (C) ta có 2  AE  AM  AF  4 AM lớn nhất bằng 4 khi và chỉ khi M trùng F(-3;1;-2). AM nhỏ nhất bằng 2 khi và chỉ khi M trùng E(3;1;-2). Nhận xét: - Khi điểm A nằm ngoài mặt cầu thì bài toán trên có kết quả khi mặt phẳng qua điểm A và song song với mp(P) phải cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. - Nếu thay điều kiện MN song song với mặt phẳng bằng MN vuông góc với đường thẳng cho trước được bài toán tương tự. - Từ bài 1.8 và bài 1.9 ta có bài toán sau: Bài 1.11. Trong không gian cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R, n điểm A1 , A2 ,... An và n số thực 1,  2 ,...  n sao cho 1   2 +...+  n  0 . Tìm vị trí của điểm M thuộc (S) sao cho a) 1 MA1   2 MA2  ...   n MAn đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. b) 1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Giải: Do 1   2 +...+  n  0 nên có duy nhất điểm I thỏa mãn 1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0 . a) Khi đó ta có    1 MA1   2 MA2  ...   n MAn  1 MI  IA1   2 MI  IA2  ...   n MI  IAn    1   2  ...   n  MI  1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  1   2  ...   n  MI Do đó 1 MA1   2 MA2  ...   n MAn  1   2  ...   n  MI  1   2  ...   n .IM Bài toán trở thành tìm điểm M nằm trên mặt cầu (S) để độ dài IM là lớn nhất, nhỏ nhất.       2 2 2 b) 1MA12   2 MA22  ...   n MAn2  1 MI  IA1   2 MI  IA2  ...   n MI  IAn  1   2  ...   n  IM  1IA   2 IA  ...   n IA 2 1 2 2 2 2 n Do 1IA12   2 IA22  ...   n IAn2 không đổi nên bài toán quy về tìm tọa độ điểm M trên mặt cầu để độ dài đoạn IM đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  3   y  2   z 2  2 và hai 2 2 điểm A  1;2;0  , B  2;5;0  . Điểm M thay đổi trên mặt cầu  S  . a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P  MA  2MB b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P  MA2  2MB2 c) Khi MA2  2MB2 nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm M , A, B có dạng ax  by  z  c  0 . Giá trị của a  b  c là A. 1 . B. 0 . C. 2 3 . D. 3 . 15
Bài 1.12. Trong không gian cho mặt cầu (S), điểm A nằm trong (S) và B nằm ngoài (S). Điểm M thay đổi nằm trên mặt cầu (S). Tìm giá trị nhỏ nhất của MA  MB . Đây là bài toán đơn giản, nối A với B cắt mặt cầu tại E. Ta có AM  MB  AB , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của AB với mặt cầu ( tức M trùng E). Sử dụng bài toán trên và cách cân bằng hệ số, ta xây dựng bài 1.12 ở mức vận dụng cao. Bài 1.13. Trong không gian cho mặt cầu (S) tâm I, bán kính R và hai điểm A, B nằm ngoài mặt cầu. Điểm M thay đổi nằm trên mặt cầu (S). B IA A Tìm giá trị nhỏ nhất của MA   MB với   . R M Giải: Gọi điểm F nằm trên đoạn IA sao cho IA   2 IF E 2 IA R Ta có IF    R nên điểm F nằm trong mặt cầu  2 IA F I IF IM 1 Tam giác IMF và IAM có AIM chung,   IM IA  MA AI suy ra MIF AIM      MA   MF MF MI Do đó AM   MB    MF  MB    BF dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của BF với mặt cầu (S). Vậy giá trị nhỏ nhất của MA   MB bằng  .BF Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  36 và 2 2 2 hai điểm A  9;6;11 , B  5;7;2  . Giá trị nhỏ nhất của MA  2MB A. 105 . B. 2 26 . C. 2 29 . D. 102 . Giải: Mặt cầu (S) có tâm I 1;2;3 , bán kính R  6 , ta có IA  12  2 R . Gọi E là giao điểm của IA với mặt cầu (S) suy ra E là trung điểm của IA nên E  5;4;7  Gọi F là trung điểm của IE suy ra F  3;3;5 . Xét tam giác MIF và AIM có AIM chung và IF  IM  1 IM IA 2 MA AI suy ra MIF AIM    2  MA  2 MF MF MI Do đó AM  2MB  2  MF  MB   2 BF  2 29 dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của BF với mặt cầu (S). Vậy giá trị nhỏ nhất của MA  2MB bằng 2 29 4) Điểm thay đổi thuộc đường tròn cho trước. Không có phương trình đường tròn trong không gian nhưng có thể cho bằng cách: giao của mặt phẳng với mặt cầu, giao của hai mặt cầu, tập hợp các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ một điểm nằm ngoài mặt cầu, cắt mặt tròn xoay bởi mặt phẳng vuông góc với trục. Dựa vào tính chất đường tròn ta xây dựng một số bài toán liên quan đến đường tròn trong không gian như sau: 16
Bài 1.14. Cho đường tròn (C) nằm trong mặt phẳng (P) và điểm A không nằm trong mp(P). Tìm vị trí điểm M trên đường tròn (C) sao cho độ dài đoạn AM là lớn nhất, nhỏ nhất. Giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mp(P), A I là tâm của đường tròn (C). Nếu H nằm ngoài đường tròn (C), nối I với H cắt đường tròn (C) tại hai điểm B, C M trong đó B nằm giữa H và I. Ta có HB  HM  HC  HI  r  HM  HI  r H B I C AM 2  AH 2  HM 2  AH 2   HI  r   AM 2  AH 2   HI  r  P 2 2 Vậy, độ dài đoạn AM lớn nhất bằng AH 2   HI  r  khi và chỉ khi M trùng B. 2 Độ dài đoạn AM nhỏ nhất bằng AH 2   HI  r  2 khi và chỉ khi M trùng C. Nhận xét: - Các bài toán liên đến đường tròn (về khoảng cách hoặc tìm điểm) thường là các bài dạng vận dụng và vận dụng cao. Mức độ đơn giản hay phức tạp tùy thuộc cho tâm, bán kính đường tròn và phương trình mặt phẳng chứa đường tròn là tường minh hay ẩn tàng. - Chẳng hạn xét đường tròn là giao của mặt cầu với mặt phẳng, có thể cho ngay mặt cầu hoặc ẩn đi (bằng cách tập hợp các điểm nhìn đoạn thẳng dưới một góc vuông, cách điểm cho trước một khoảng không đổi…) ta sẽ có các bài toán ở các mức độ khác nhau. Do đó nếu khéo khai thác ta sẽ xây dựng được một lớp bài toán liên quan đến đường tròn. Bài minh họa 1. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;2;3 và đường tròn (C) nằm trong mp(Oxy) có tâm I 5;2;0 , bán kính r = 2. Điểm M thay đổi trên (C), độ dài đoạn thẳng AM có giá trị nhỏ nhất là: A. 13 . B. 3 5 . C. 2 3 . D. 3 . Bài minh họa 2. (Đề thi thử đại học vinh lần 1 năm 2021) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 6; 10;3 , mặt phẳng   : x  y  0 và mặt cầu ( S ) : x 2   y  2    z  3  24.   cắt 2 2 ( S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) . Tìm hoành độ điểm M thuộc đường tròn (C) sao cho độ dài đoạn AM là lớn nhất. A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 5 . Bài minh họa 3. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(4;6; 2) và B(2;  2; 0) . Xét đường thẳng d thay đổi thuộc mp(Oxy) và đi qua B , gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên d. Tổng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của độ dài đoạn AM. A. 13 . B. 6 2  2 . C. 2 3  4 . D. 3 . Giải: Ta có AM  BM nên điểm M nằm trên mặt cầu (S) đường kính AB, do đó tập hợp các điểm M là đường tròn (C) giao của (S) với mp(Oxy). Mặt cầu (S) có tâm E  3;2;1 , bán  3 2 . Đường tròn (C) có tâm I  3;2;0  , bán kính r  18  1  17 . AB kính R  2 17
Gọi H  4;6;0  là hình chiếu của A lên mp(Oxy). Ta có AH  2, HI  17 . Theo bài 1.13 AH 2   HI  r   AH 2   HI  r   6 2  2 . 2 2 tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của AM là: Tương như bài 1.11 thay mặt cầu bởi đường tròn ta có bài toán: Bài 1.15. Trong không gian cho đường tròn (C), n điểm A1 , A2 ,... An và n số thực 1,  2 ,...  n sao cho 1   2 +...+  n  0 . Tìm vị trí của điểm M thuộc đường tròn (C) để a) 1 MA1   2 MA2  ...   n MAn đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. b) 1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Bài minh họa 1. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  3)2  25 và ba điểm A  2;1;3 , B 1;1;0  và C  0;4;3 . Đường tròn (C) là giao của (S) với mp(Oxy), điểm M thay đổi trên (C). a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các biểu thức P  MA  MB  MC b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) để Q  2MB 2  MC 2  2MO2 lớn nhất, nhỏ nhất. HD giải: a) Mặt cầu (S) có tâm I  1;2;3 , bán kính R  5 . Đường tròn (C) có tâm E  1;2;0  , bán kính r  4 . Trọng tâm tam giác ABC là G 1;2;2  , hình chiếu vuông góc của G lên (Oxy) là H 1;2;0  . Ta có P  MA  MB  MC  3MG  3MG  3 GH 2  HM 2 . Mà HE  r  HM  HE  r  2  HM  6 Suy ra 3 4  4  P  3 4  36  6 2  P  6 10 . b) Xác định điểm K sao cho 2 KB  KC  2 KO  0  OK  2OB  OC   2;6;3 .       2 2 2 Q  2 MK  KB  MK  KC  2 MK  KO  MK 2  2 KB 2  KC 2  2 KO 2 . Hình chiếu của K lên (Oxy) là F  2;6;0  , ta có EF   3;4;0  , E F  5 Ta có EF  r  MF  EF  r  1  MF  9 mà MK 2  KF 2  MF 2  9  MF 2 . Suy ra 4  12 16   17 6  Q lớn nhất khi và chỉ khi ME  EF   ; ;0   M   ;  ;0  5  5 5   5 5  4  12 16   7 26  Q nhỏ nhất khi và chỉ khi ME   EF    ;  ;0   M  ; ;0  5  5 5  5 5  Khi cho đường tròn dạng ẩn tàng ta có bài vận dụng cao sau đây: Bài minh họa 2. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  3)2  1 và hai điểm A(2;3; 4) và B(4;0;2) . Xét các điểm M thuộc ( S ) sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) , Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các biểu thức a) P  MA  MB  MO b) Q  MB 2  MO 2 18
II. KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN HAI ĐIỂM THAY ĐỔI CÙNG THUỘC MỘT ĐƯỜNG HOẶC MỘT MẶT. Phần I ta xét các bài toán liên quan đến một điểm thay đổi. Trong phần này ta nghiên cứu các bài toán cực trị liên quan đến sự thay đổi của hai điểm trên cùng một đường hoặc một mặt. Tương tự như phần I ta lần lượt xét hai điểm thay đổi trên cùng một đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu hay đường tròn. 1) Hai điểm thay đổi cùng thuộc một đường thẳng. Bài 2.1. Cho điểm A và đường thẳng d không đi qua A. Hai điểm M, N thay đổi trên d sao cho MN  k cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của AM  AN . Giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên d. Ta có AM  AN  AH 2  HM 2  AH 2  HN 2  4 AH 2   HM  HN   4 AH 2  MN 2 . 2 Giá trị nhỏ nhất của AM  AN bằng 4AH 2  k 2 khi và chỉ khi H là trung điểm của MN. Bài 2.2. Cho hai điểm A, B và đường thẳng d không đi qua hai điểm A, B. Hai điểm M, N thay đổi thuộc d sao cho MN  k cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của AM  BN . Giải: Cách 1. Dùng phương pháp đại số hoá. k MN cùng phương với ud (vec tơ chỉ phương của đường thẳng d) nên MN   .ud . ud Tham số hoá điểm M, tức gọi toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d (chỉ có một ẩn t) sau đó suy ra toạ độ điểm N theo tham số t. Tính AM  BN theo tham số t sau đó khảo sát hàm số theo ẩn t hoặc dùng bất đẳng thức. Cách 2. Gọi H, K lần lượt là hình chiếuvuông góc của A và B lên đường thẳng d. Ta có AM  BN  AH 2  HM 2  BK 2  KN 2   AH  BK    HM  KN  2 2 B Lại có HM  KN  MN  HK , HM  KN  HK  MN K  HM  KN  MN  HK  HK  a M Do đó AM  BN   AH  BK    HK  a  . 2 2 N Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai điểm M, N AH HM H nằm giữa hai điểm H, K hoặc ngược lại và  . BK KN A Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2;0  , B 1;1; 3 và đường thẳng d x 1 y  2 z d:   . Hai điểm M, N thay đổi thuộc d sao cho MN = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất 2 1 2 của biểu thức P  AM  BN Giải: Cách 1. MN cùng phương với ud   2;1; 2  nên MN   3 .ud    2;1; 2  ud Với MN   2;1; 2  . Gọi M  1  2t;2  t; 2t   N 1  2t;3  t; 2  2t  19