SKKN: Một số bài toán cực trị trong Hình học Giải tích lớp 12

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:32

Thêm vào BST

Báo xấu

89
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến “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. Mời quý thầy cô tham khảo sáng kiến trên.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Một số bài toán cực trị trong Hình học Giải tích lớp 12

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 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, phương trình đường thẳng,…. Ta còn gặp các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện cực trị. Đây là dạng Toán khó, chỉ có trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng. Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc. Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu. Được sự động viên, giúp đỡ của các thầy trong hội đồng bộ môn Toán của sở GD, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trong tổ Toán – Tin học trường THPT Trần Phú. Tôi đã mạnh dạn viết 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. - Kiến thức đã được học, 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. - Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý kiến cuả đồng nghiệp. 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. 3. Số liệu thống kê
Trong các năm trước, khi gặp bài toán liên quan đến Cực trị trong hình học số lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau: Không Nhận biết, Nhận biết và Nhận biết và nhận nhưng không biết vận dụng biết vận dụng biết biết vận dụng ,chưa giải được , giải được được hoàn chỉnh bài hoàn chỉnh Số lượng 60 20 9 1 Tỉ lệ ( %) 66,7 22,2 9,9 1.1 III. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ 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. 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 Î d có tọa độ theo tham số t - H là hình rchiếu vuông góc của điểm M uuuu r lên d khi ud MH = 0 - Tìm t, suy ra tọa độ của H.
2 .2 C a ́c 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 uuur uuuur uuuur hay mặt phẳng (α) sao cho k1 MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: uur uuur uuur r - Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n = 0 - Biến đổi uuuu r uuuuu r uuuuu r uuu r uuu r k1 MA1 + k 2 MA 2 +...+ k n MA n = (k1 + k 2 +...+ k n )MI = k MI uuu r - Tìm vị trí của M khi MI đạt giá trị nhỏ nhất x- 4 y+1 z Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( d ) : = = và hai điểm A ( 0;1;5) , 1 1 1 B ( 0;3;3) . Tìm điểm M trên d sao cho uuuu uuur r 1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất. uuuu r uuur 2) MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. uur uu r r Giải: 1) Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4) uuuu uuur uuu uuu uuu uu r r r r r uuu r Khi đó MA + MB = MI + IA + MI + IB = 2 MI có giá trị nhỏ nhất uuu r MI nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d. ìx = 4 + t r ï Đường thẳng d có vtcp u = (1; 1; 1) , phương trình tham số d: íy = -1 + t ïz = t uuu r î Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t), IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) khi M là hình chiếu vuông góc uuu r r của I lên đường thẳng d thì IM.u = 0 hay 3t – 3 = 0 t = 1 Vậy M( 5; 0; 1). uur uu r r 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 uuuu r uuur uuu uur r uuu uu r r uuu r uuu r 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.
uuu r 18 17 Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t), JM = ( t+ 4; t - ;t- ) khi M là hình chiếu uuu r r 5 5 vuông góc của J lên đường thẳng d thì JM.u = 0 hay 3t – 3 = 0 t = 1 uuuu r uuur 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 : uuuu r uuur uuur 1) MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất. uuuu r uuur uuur 2) MA -2MB + 3MC có giá trị nhỏ nhất. Giải: uuur uuu uuu r r r 1) Gọi điểm G thỏa GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và G(0;-2;1) uuuu uuur uuur uuuu uuur uuuu uuu uuuu uuu r r r r r r uuuu r 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 của G lên mặt phẳng (α) r MG nhận n = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương ìx = 2t ï Phương trình tham số MG íy = -2-2t ïz = 1+3t î Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 Û 17t + 17 = 0 Û t = -1 uuuu uuur uuur r Vậy với M(-2; 0; -2) thì MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất. uur uur uu rr 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 Þ x = 4; y = - ; z = - , vậy I(4; - 23 ; - 3 ) 2 2 2 2 uuuu uuur uuur uuu uur r r uuu uu r r uuu uu r r uuu r 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) ì ïx = 4+2t ï ï 23 Phương trình tham số MI: íy = - -2t ï 2 ï 3 ïz = - 2 +3t î
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 23 3 73 73 2(4 + 2t) - 2( - - 2t) + 3( - + 3t) + 10 = 0 Û 17t + =0Ût =- 2 2 2 34 5 245 135 uuuu uuur uuur r Vậy với M( - ;- ;- ) 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 = k1MA12 + k2 MA2 + ... + kn MAn đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn 2 2 nhất Lời giải: uur uuur uuur r - Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n = 0 - Biến đổi : T = k1MA1 + k 2MA 2 + ... + k nMA 2 = 2 2 n uuu uur r uuur = (k1 +...+ k n )MI + k1IA1 + k 2IA 2 + .. + k n IA 2 + 2 MI(k1 IA1 +..+ k n IA n ) 2 2 2 n = kMI + k1IA1 + k 2IA 2 + ... + k nIA n 2 2 2 2 Do k1IA1 + k 2IA 2 + ... + k n IA 2 không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất 2 2 n 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: uur uu r r 3 3 1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I (2; ; - ) uuu uur 2 uuu uu 2 r r r 2 2 2 2 Ta có: MA + MB = (MI + IA) +(MI + IB) uuu uur uu r r = IA 2 + IB2 +2MI 2 +2MI(IA + IB) = IA 2 + IB2 +2MI 2 Do IA 2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α)
r Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp n α = (1; 2; 2) ì ïx = 2+t ï ï 3 Phương trình tham số MI: íy = + 2t ï 2 ï 3 ïz = - 2 +2t î Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 3 3 2 + t + 2( + 2t) + 2(- + 2t) + 7 = 0 Û 9t + 9 = 0 Û t = -1 2 2 1 7 Þ M (1; - ; - ) 2 2 1 7 Vậy với M (1; - ; - ) thì MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất. 2 2 Nhận xét: AB 2 Với I là trung điểm AB thì MA2 + MB2 = 2MI2 + , do AB2 không 2 đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α). uur uu uu r r r 2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa JA - JB -JB = 0 Hay (1 - x; 2 - y; -1 - z) - (3 - x;1 - y; -2 - z) - (1 - x; -2 - y;1 - z) = (0; 0; 0) ì-3 + x = 0 ï Û í3 + y = 0 Û J(3; -3;0) ïz = 0 î uuu uur r uuu uur r uuu uur r Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) 2 - (MJ + JB) 2 - (MJ + JC) 2 uuu uur r uur uur = 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). r Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp n α = (1; 2; 2) ìx = 3+t ï Phương trình tham số MJ: íy = -3+ 2t ïz = 2t î Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
4 3 + t + 2( -3 + 2t) + 2.2t + 7 = 0 Û 9t + 4 = 0 Û t = - 9 23 35 8 Þ M( ;- ;- ) 9 9 9 23 35 8 Vậy với M ( ; - ; - ) 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 1 2 1 điểm A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho 1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất 2 ) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất. Giải: uur uu r r 1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2 IB = 0 Hay: ( - x;1 - y; -2 - z) - 2(2 - x; -1 - y; 2 - z) = (0; 0; 0) ì-4 + x = 0 ï Û í3 + y = 0 Û I(4; -3;6) ï- 6+z = 0 î uuu uur r uuu uu r r Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA) 2 - 2(MI + IB) 2 uuu uur r uur = IA 2 - 2IB2 - MI 2 + 2MI(IA - 2 IB) = IA 2 - 2IB2 - MI 2 Do IA 2 - 2 IB2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d. r ìx = 1+t ï Đường thẳng d có vtcp u = (1;2;1) , phương trình tham số d: íy = 2+ 2t ïz = 3+ t uuu r î M Î d Þ M(1 + t; 2 + 2t; 3 + t) , IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì uuu r r 2 1 2 7 IM.u = 0 Û 6t + 4 = 0 Û t = - Þ M ( ; ; ) 3 3 3 3 1 2 7 Vậy với M( ; ; ) 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 Î d Þ 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 Î R 2 Có đạo hàm f '(t ) = - 12t – 8t , f '(t ) = 0 Û 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( ; ; ) uuur 3 uuu 3uuu 3r r r 2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm tam giác ABC và G(2; 1; 1). uuuu uuur r uuuu uuu r r uuuu uuu r r Ta có: MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA) 2 + (MG + GB) 2 +(MG + GC) 2 uuuu uuur r uuu uuu r r = GA + GB + GC +3MG + 2MG(GA + GB + GC) 2 2 2 2 = GA 2 + GB 2 + GC 2 +3MG 2 Do GA 2 + GB 2 + 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. uuuu r M Î d Þ 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 uuuu r r 1 1 5 GM.u = 0 Û 6t + 3 = 0 Û t = - Þ M ( ;1; ) 2 2 2 1 5 Vậy với M ( ;1; ) thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất. 2 2 Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai điểm A,B không thuộc (α) . Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Lời giải:
1. Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < 0 thì A, B nằm về hai phía với (α). Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và AB. 2. Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 thì A, B nằm về một phía với (α). Khi đó ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α). Do MA + MB = MA’+ MB mà đạt giá trị nhỏ nhất khi M thuộc A’B hay M là giao điểm của (α) và A’B. Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương trình:x – 2y – 2z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2). Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất 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). uuu r Đường thẳng AB qua điểm B, nhận AB = (1; -1;0) làm vecto chỉ phương ìx = 2 + t ï Phương trình tham số của AB: í y = -t ïz = 2 î Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0 2 Û 3t + 2 = 0 Û t = - 3 4 2 Hay M ( ; ; 2) là điểm cần tìm. 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).
uur Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận na = (1; -1;2) làm vecto chỉ phương ìx = 1+ t ï Phương trình tham số AA’: í y = 2 - t ï z = -1 + 2t î 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 Û 6t – 3 = 0 hay t = Þ H( ; ; 0) 2 2 2 ìx A ' = 2x H - x A = 2 ï Do H là trung điểm AA’ nên íy A ' =2y H - y A = 1 Þ A '(2; 1; 1) ïz = 2z - z = 1 î A' H A uuur A’B có vtcp A'B = (1;0; -3) ìx = 2 + t ï Phương trình tham số A’B: íy = 1 ïz = 1 - 3t î Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 3 13 4 2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0 Û -5t + 3 = 0 Û t = hay M ( ;1; - ) 5 5 5 13 4 Vậy với M ( ;1; - ) 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). uuuu r Đường thẳng A’C có vtcp A'C = (-1; -3; -3) ìx = 2 - t ï Phương trình tham số A’C: íy = 1 - 3t ïz = 1 - 3t î Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 3 5 5 5 2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0 Û -4t + 3 = 0 Û t = hay M( ; - ; - ) 4 4 4 4 5 5 5 Vậy với M ( ; - ; - ) 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.
Lời giải: 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. x-1 y + 2 z-3 Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( d ) : = = và hai điểm C(-4; 1; 1), 2 -2 1 D(3; 6; -3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: ì x = 1 + 2t ï Đường thẳng d có phương trình tham số í y = -2 - 2t ïz = 3 + t r î uuu r qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u = (2; -2;1) và CD = (7;5; -4) r uuur Ta có u . CD = 14 -10 – 4 = 0 Þ d ^ CD Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với d r (P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận u = (2; -2;1) làm vecto pháp tuyến Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0 Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d và mp(P). Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình: 2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0 Û 9t + 18 = 0 Û 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:
r uuu r Ox có vtcp i = (1;0;0) qua O(0; 0; 0), AB có vtcp AB = (-1;1; -2) và r uuu r i.AB = -1 ¹ 0 Þ Ox và AB không vuông góc. r uuu uuur r Ta có [i, AB]OA = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau. ìx = t ï Phương trình tham số của Ox: í y = 0 ïz = 0 î M Î Ox Þ M (t;0;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) Î 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 S = MtAt + MtBt nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và At'Bt Þ 3t - 7 = 0 7 7 hay t = . Vậy M ( ;0;0) là điểm cần tìm. 3 3 Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số. · Từ biểu thức S = (t -3)2 + 4 + (t -2)2 + 1 Ta xét hàm số f ( t ) = (t -3)2 + 4 + (t -2)2 + 1 ( t Î ¡ ) t -3 t-2 Có đạo hàm f ¢ ( t ) = + ( t - 3) 2 + 4 ( t - 2 ) 2 + 1 t -3 t -2 f¢(t ) = 0 Û + =0 ( t - 3) 2 +4 (t - 2) 2 +1 -(t - 3) (t - 2) Û = (*) ( t - 3) +4 2 (t - 2) + 1 2 với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có: (*) Û ( t - 3) [( t - 2 ) + 1] = ( t - 2 ) [( t - 3) + 4] 2 2 2 2 ét = 1 Ï [2;3] ét - 3 = 2(t - 2) Û ( t - 3) = 4 ( t - 2 ) Û ê Ûê 7 2 2 ët - 3 = -2(t - 2) êt = ë 3 Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
7 t -¥ +¥ 3 f’(t) - 0 + +¥ +¥ f(t) 38 + 10 3 æ7ö 38 + 10 Từ bảng biến thiên suy ra min f ( t ) = f ç ÷ = 3 è ø 3 38 + 10 7 Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng , đạt được tại t = , tức là 3 3 7 M( ; 0; 0) 3 x-2 y-2 z -1 Ví dụ 3: Cho đường thẳng ( d ) : = = và hai điểm A(-1; 1; 1), 2 2 1 B(1; 4; 0). Hãy tìm điểm M trên d sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất Giải: ì x = 1 + 2t ï Đường thẳng d có phương trình tham số í y = 2 + 2t ïz = 1+ t r î uuur qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp u = (2; 2;1) và AB = (2;3; -1) r uuu r Ta có u . CD = 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0 Þ d không vuông góc với AB và r uuu uuur r [u, AB]NA = (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – 4 = 6 Þ 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 Î d Þ 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 ) = + (3t + 2) 2 + 1 (3t - 1) 2 + 4
3t + 2 3t - 1 f '(t ) = 0 Û + =0 (3t + 2) 2 + 1 (3t - 1) 2 + 4 3t + 2 -(3t - 1) 2 1 Û = với - £ t £ (3t + 2) + 1 2 (3t - 1) + 4 2 3 3 Û (3t + 2) [(3t - 1) + 4] = (3t - 1) 2 [(3t + 2) 2 + 1] 2 2 é -5 é 2(3t + 2) = 3t - 1 êt = 3 1 Û 4(3t + 2) = (3t - 1) Û ê 2 2 Ûê Ût=- ë 2(3t + 2) = -3t + 1 êt = - 1 3 ê ë 3 Bảng biến thiên của hàm số f(t) : 1 t -¥ - +¥ 3 f’(t) - 0 + +¥ +¥ f(t) 32 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 MÎ d1, NÎ d2 là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên. Lời giải: - Viết phương trình hai đường thẳng dạng tham số - Lấy M Î d1 và N Î d 2 ( tọa độ theo tham số). uuuu r r - Giải hệ phương trình MN.u1 = 0 và uuuu r r r r 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 x-5 y+1 z -11 x+ 4 y-3 z - 4 d1 : = = , d2 : = = 1 2 -1 -7 2 3 1) Chứng minh d1, d2 chéo nhau 2) Tìm điểm M Î d1 và N Î d 2 sao cho độ dài MN ngắn nhất. uu r Giải: 1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1 = (1; 2; -1) uu r d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp u 2 = (-7; 2;3) uu uu uuuuuur r r Ta có [ u1, u 2 ] M1M 2 = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168 ¹ 0 Hay d1 và d2 chéo nhau. 2). M Î d1 và N Î 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 ìx = 5 + t ìx = -4 - 7 t ï ï d1: íy = -1 + 2t , d2: íy = 3 + 2t ïz = 11 - t ïz = 4 + 3t î î M Î d1 nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N Î d 2 nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’) uuuur MN = ( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7) uuuu r r ìMN.u1 = 0 ï ì -6t '- 6t + 6 = 0 ìt = 2 Ta có í uuuu r r Ûí Ûí ïMN.u 2 = 0 î î62t '+ 6t + 50 = 0 ît ' = -1 Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) Vậy với M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) thì độ dài MN ngắn nhất bằng 2 21 . ìx = 2 + t Ví dụ 2: Cho đường thẳng d: ïy = 4 + t và hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1). í ïz = -2 î Tìm điểm M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất Giải: - Lấy điểm M trên d, Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AB
1 - Tam giác MAB có diện tích S = AB.MH đạt giá trị nhỏ nhất khi MH nhỏ 2 nhất, hay MH là đoạn vuông góc chung của AB và d. r Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u = (1;1;0) uuu r uu r AB qua A(1; 2; 3) và AB = (0; -2;-2) = -2u1 uu r với u1 = (0;1;1) là véc tơ chỉ phương của AB ìx = 1 ï Phương trình tham số AB íy = 2 + t ' ïz = 3 + t ' î uuuu r M(2 + t; 4+ t; -2) Î d ,H(1; 2+ t’;3+t’) Î AB , MH = ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5) uuuu r r ìMH.u = 0 ï ìt '- 2t = 3 ìt ' = -3 Ta có í uuuu uu r r Û í Û í ïMH.u1 = 0 î î 2t '- t = -3 ît = -3 Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) khi đó MH = 2 3 , AB = 2 2 1 Diện tích S DMAB = AB.MH = 6 2 ìx = 0 Ví dụ 3: Cho đường thẳng d: ïy = t . Trong các mặt cầu tiếp xúc í ïz = 2 - t î với cả hai đường thẳng d và trục Ox, hãy viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất. Giải: - Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d tại M, tiếp xúc với Ox tại N - Ta thấy 2R = IM + IN ≥ MN, do đó mặt cầu (S) có đường kính nhỏ nhất là 2R = MN khi và chỉ khi MN nhỏ nhất hay MN là đoạn vuông góc chung của d và Ox. r Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp u = (0;1; -1) r Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i = (1;0;0) r r uuuu r [ u, i ] OM = (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2 ¹ 0 nên d và Ox chéo nhau. uuuu r Với M(0; t; 2- t)Î d, N(t’; 0; 0)Î Ox và MN = ( t’; -t; t – 2)
uuuu r r ìMN.u = 0 ï ì -t - t + 2 = 0 ìt = 1 Ta có í uuuu r r Û í Û í ï î MN.i = 0 î t'= 0 ît ' = 0 Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O 1 1 MN 2 Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R = = 2 2 2 2 1 1 1 Phương trình mặt cầu (S): x 2 + ( y - )2 + ( z - )2 = 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. Lời giải: Họi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (α), khi đó tam giác ABH vuông tại H và khoảng 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. uur (α) nhận DI = (2; 1; -5) làm vecto pháp tuyến Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = 0 Û 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), hãy 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 uuu r BA = (1; 2; 2) là véctơ pháp tuyến của (α) Phương trình (α): 1(x -1) + 2(y +1) +2( z – 1) = 0 Û x + 2y + 2z – 1 = 0
1+1+ 6 -1 R = d(A; (α)) =3 1 +2 +2 2 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 Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (α), K là hình chiếu vuông góc của A lên ∆ Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhất thì H ≡ K, khi đó (α) là mặt phẳng đi qua ∆ và vuông góc với AK. Hay (α) qua ∆ và vuông góc với mp(∆, A). Ví dụ 1: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất. Giải: Mặt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất khi (α) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mp(ABC). uuur uuu r AB = (1; -1; -1) , AC = (-2; -3; -2) r uuu uuu r r (ABC) có véctơ pháp tuyến n = [AB, AC ] = ( -1;4; -5) uur r uuur (α) có véctơ pháp tuyến na = [n, AB] = (-9 - 6; -3) = -3(3; 2;1) Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0 Û 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: uu r 1) d1 qua M1(2; 1; -1), có vtcp u1 = (1; 2; -2) uur d2 qua M2(0; 3; 1), có vtcp u 2 = (-2; -4;4)
uu r uu r Ta thấy u2 = -2u1 và M1 Ï d 2 nên hai đường thẳng song song với nhau. 2) Xét (α1) là mặt phẳng chứa d1 và d2 thì (α1) có véctơ pháp tuyến r uu uuuuuur r uu r n1 = [u1 , M1M 2 ] = (8;2;6) = 2(4;1;3) = 2n 2 Khoảng cách giữa d2 và (α) là lớn nhất khi (α) phải vuông góc với (α1). uu uu r r 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. Lời giải: Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn nhất khi A ≡ H hay ∆ là đường thẳng nằm trong (α) và vuông góc với AB. Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên (α) khi đó d(B; (α)) = BH ≥ BK Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ nhất khi K ≡ H hay ∆ là đường thẳng đi qua hai điểm A, K. Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = 0 và điểm A (-3; 3; -3). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (α), qua điểm A và cách điểm B(2;3; 5) một khoảng : 1) Nhỏ nhất . 2) Lớn nhất. uur Giải: Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến na = (2; -2;1) 1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α) ìx = 2 + 2 t ï Phương trình BH: íy = 3 - 2t ïz = 5 + t î Tọa độ điểm H ứng với t là nghiệm của phương trình: 2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + 5 + t + 15= 0 Û t = -2 hay H(-2; 7; 3) uuur 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 ∆.