Bài toán cực trị hình học trong không gian – Quách Đăng Thăng Toán 12

Tài liệu gồm 20 trang hướng dẫn phương pháp giải bài toán cực trị hình học không gian thông qua các ví dụ có lời giải chi tiết. Mời các bạn đón xem.

49 25 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 1: Khối đa diện

Môn: Toán 12

Thông tin:

20 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Lan Tường
Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hưng Yên
Trường THPT Phù Cừ
-----------------
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
TRONG KHÔNG GIAN
Họ và Tên : Quách Đăng Thăng
Tổ : Toán - Tin
Chức Vụ : Giáo viên
LỜI MỞ ĐẦU
Thực tế giảng dạy cho thấy môn Toán học trong trường phổ thông là một
trong những môn học khó, phần lớn các em học môn Toán rất yếu đặc biệt là
hình học không gian, nếu không có những bài giảng và phương pháp dạy môn
Hình học phù hợp đối với thế hệ học sinh thì dễ làm cho học sinh thụ động
trong việc tiếp thu, cảm nhận. Đã có hiện tượng một số bộ phận học sinh không
muốn học Hình học, ngày càng xa rời với giá trị thực tiễn của Hình học. Nhiều
giáo viên chưa quan tâm đúng mức đối tượng giáo dục, chưa đặt ra cho mình
nhiệm vụ và trách nhiệm nghiên cứu, hiện tượng dùng đồng loạt cùng một cách
dạy, một bài giảng cho nhiều lớp, nhiều thế hệ học trò vẫn còn nhiều. Do đó
phương pháp ít có tiến bộ mà người giáo viên đã trở thành người cảm nhận,
truyền thụ tri thức một chiều, còn học sinh không chủ động trong quá trình lĩnh
hội tri thức - kiến thức Hình học làm cho học sinh không thích học môn Hình
học.
Tuy nhiên với việc đại số hóa hình học thì các bài toán hình học không
gian trở lên đơn giản và dễ nhìn hơn. Gần đây trong các đề thi Đại học hàng
năm đã bắt đầu xuất hiện các bài toán cực trị hình học trong không gian mà đôi
khi việc giải các bài toán này một cách trực tiếp bằng kiến thức hình học không
gian thuần tuy là vô cùng khó khăn. Chính vì lý do đó tôi chọn đề tài “Bài toán
cực trị hình học trong không gian”.
Trong phạm vi bài viết này, với mong muốn giúp các e có thêm một tài
liệu ôn thi Đại học – Cao đẳng và đồng thời để các e hiểu được rằng bài toán
cực trị nói chung và bài toán cực trị trong hình học không gian không phải là
quá khó không thể giải quyết được.
Đối tượng áp dụng chủ yếu cho tài liệu này về cơ bản là trên lớp 12A2,
ngoài ra tôi cũng đan xen trong các tiết học của các lớp 12A6 và 12A8.
Đối tượng nghiên cứu là các tài liệu sách giáo khoa Hình học 12, sách bài
tập Hình học 12 cơ bản và nâng cao, các bài giảng trên mạng Internet, các tài
liệu và forum trên các diễn đàn Toán học trên mạng Internet cùng một số tài
liệu tham khảo khác.
Phù Cừ, ngày 30 tháng 4 năm 2013
Người viết
Quách Đăng Thăng
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 2
NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Muốn tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của một đại lượng hình
học biến thiên f ta có thể sử dụng một trong các phương pháp sau:
1. Vận dụng các kết quả hình học cơ bản để so sánh trực tiếp f với một đại
lượng không đổi cho trước. Sau đây là một vài kết quả cơ bản:
a.
∀
A, B,C, AB + BC
≥
CA. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng
hàng theo thứ tự đó.
b. Nếu
ABC vuông tại A thì: AB < BC và AC < BC.
c. Trong một tam giác, đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn và ngược lại.
d. Trong tất cả các đoạn thẳng vẽ từ một điểm M đến mặt phẳng
( )
α
(hoặc đường thẳng d) không chứa điểm M thì đoạn vuông góc là đoạn thẳng
ngắn nhất.
e. Đoạn thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau là đoạn thẳng
ngắn nhất nối liền hai điểm lần lượt thuộc hai đường thẳng đó.
2. Nếu f được biểu thị thành một biểu thức của nhiều đại lượng biến thiên và
các đại lượng này lại được ràng buộc với nhau bởi một hệ thức liên hệ thì ta sử
dụng các bất đẳng thức đại số để tìm giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của f. Các
bất đẳng thức thường dùng là:
a. Bất đẳng thức Cô si:
∀
1 2
n
a a a
…
≥
0,
1 1
1 2
n
n
n
a a a
a a a
n
+ +
≥
…
…
Dấu đẳng thức xảy ra
⇔
1 1
n
a a a
= =
…
b. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki:
∀
1 2
, ,
n
a a a
…
,
1 2
, ,
n
x x x
…
,
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
( ) ( )( )( )
n n n n
a x a x a x a x a x a x
+ + ≤ + + +
…
Dấu bằng xảy ra khi
⇔
∃
k
∈
R,
1 1 2 2
, ,...,
n n
x ka x ka x ka
= = =
3. Nếu f được biểu thị bằng một hàm số của một biến số x thì ta sử dụng
phương pháp khảo sát hàm số để tìm giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của hàm
số đó trên miền xác định của nó, từ đó suy ra giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất)
của f.
4. Phương pháp tọa độ trong không gian
a. Trong không gian oxyz: Xét hệ toạ độ Đề các vuông góc giả sử A(x
1
,y
1
,z
1
),
B(x
2
,y
2
,z
2
) thì
1 2 2 1 2 1
( , , )
AB x x y y z z
= − − −
và
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 3
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( )
AB x x y y z z= − + − + −

b. Cho 2 vectơ:
1 1 1
( , , )
u x y z
=
,
2 2 2
( , , )
v x y z
=
*
2 2 2
1 1 1
u x y z
= + +
;
2 2 2
2 2 2
v x y z
= + +
*
u v u v
+ ≤ +
(dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
,
u v
cùng chiều hoặc 1 trong 2
vectơ bằng
0
).
* Điều kiện để hai véc tơ
a
và
(
)
0
b b ≠
cùng phương là
t R
∃ ∈
để
a
=t
b
* Điều kiện để ba véc tơ
a
;
c
và
b
không đồng phẵng là
; . 0
a b c
≠
* Điều kiện để ba véc tơ
a
;
c
và
b
đồng phẵng là
; . 0
a b c
=
*
1 2 1 2 1 2
. 0 0
u v u v x x y y z z
⊥ ⇔ = ⇔ + + =
* Cho
ABC
Thì AB+BC
BC
≥
và
AB BC AC
− ≤
dấu đẳng thức sãy ra
khi ba điểm A;B;C thẳng hàng
II. MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH
Bài toán 1: Cho tam giác cân ABC, AB=AC. Một điểm M thay đổi trên đường
thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A (M không trùng với điểm A)
a) Tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của tam giác MBC
b) Gọi O là trực tâm của tam giác ABC, hãy xác định vị trí của M để thể tích tứ
diện OHBC đạt giá trị lớn nhất.
(Đại học Quốc gia Hà Nội - 1997)
Hướng dẫn giải
M
A
B
C
I
H
O
D
E
M
A
B
C
I
G
G’
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 4
a) Gọi I là trung điểm của BC, trọng tâm
∆
MBC là G, trọng tâm của ABC là
,
G
.
Trong
∆
MIA ta có :
,
1
3
IG IG
IM IA
= =
suy ra
,
GG
// MA
Do đó G nằm trên đường vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại
,
G
, đó là đường
thẳng chứa
,
GG
.
Với MI và BD là đường cao với H là trực tâm
∆
ABC. Vì BE
⊥
CA và MA nên
BE
⊥
(MAC)
⇒
BE
⊥
MC (1)
BD là đường cao
MBC nên BD
⊥
MC (2)
Từ (1) và (2) suy ra MC
⊥
(BDE)
⇒
OH
⊥
MC (3)
Vì BC
⊥
MI và MA nên BC
⊥
(MAI)
⇒
BC
⊥
OH (4)
Từ (3) và (4) suy ra OH
⊥
(MBC)
⇒
HI
⊥
OH.
Vậy H nhìn đoạn cố định OI dưới một góc vuông
⇔
Quỹ tích H là đường tròn nằm trong mặt phẳng (MAI) có đường kính OI (trừ
hai điểm O và I)
b) Tứ diện OHBC có đáy OBC cố định nên thể tích lớn nhất khi H ở vị
trí “cao nhất” so với đáy OBC.
Xét
∆
OHI vuông khi góc
ABC
=
0
45
.
Hay
∆
OHI vuông cân
MAI
⇒
cân
⇒
AM =AI
Vậy khi AM =AI thì thể tích tứ diện OHBC lớn nhất.
Bài toán 2: Cho tam giác đều OAB có cạnh bằng a > 0. Trên đường thẳng d đi
qua O và vuông góc với mp (OAB) lấy điểm M với OM = x. Gọi E, F lần lượt
là các hình chiếu vuông góc của A lên MB, OB. Trên đoạn thẳng EF cắt d tại N.
a)Chứng minh
AN BM
⊥
b)Xác định x để thể tích tứ diện ABMN là nhỏ nhất.
(Đại học Tổng hợp TP.HCM-1995)
Hướng dẫn giải
x
N
O
F
E
M
A
B
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 5
a)Ta có
AF OB
⊥
và
AF OM
⊥
nên
( )
AF MOB AF MB
⊥ ⇒ ⊥
(1)
Theo gỉa thiết
AE MB
⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( )
MB AEF
⊥
nên
MB AN
⊥
b)
OF
N BOM
∆
∼
(là
vuông cân có
N B
=
)
Ta có:
2
OF
. OF.
2 2
NO a a
OM NO BO a
BO OM
= ⇔ = = =
Thể tích của tứ diện ABMN là:
2
1 1 3
. ( )
3 3 4
ABMN OAB
a
V S MN OM ON
= = + .
ABMN
V
nhỏ nhất khi OM+ON nhỏ nhất
Biết
2
2 . 2 2
2
a
OM ON OM ON a
+ ≥ = = (Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số
dương)
Khi đó:
2 2
2 2
a a
OM ON x
= = ⇔ =
Bài toán 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh
bên SA=h và
( ).
SA ABCD
⊥
M là điểm thay đổi trên cạnh CD. Đặt CM=x.
a) Hạ
SH BM
⊥
.Tính SH theo a, h và x
b) Xác định vị trí của M để thể tích tứ diện SABH đạt giá trị lớn nhất và tính
giá trị lớn nhất ấy.
(Đại học kỹ thuật TP.HCM-1998)
Hướng dẫn giải
h
H
M
D
CB
A
S
a) Ta có:
, ( )
BM SH BM SA MB SHA
⊥ ⊥ ⇒ ⊥
biết
HBA CMB
=
(so le
trong)
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 6
2
2 2 2 2
. .
sin sin
AH BC AB BC a a a
HBA CMB AH
AB BM CM
a x a x
= ⇒ = ⇒ = = =
+ +
Trong tam giác vuông SHA ta có:
4 4
2 2 2 2 2
2 2 2 2
a a
SH SA AH h SH h
a x a x
= + = + ⇒ = +
+ +
b) Trong tam giác vuông ABH ta có:
4
2
2 2
2 2
2 3
2 2
2 2 2 2
ax
1 1 ax 1
. .
3 6 6
SABH ABH
a
BH a
a x
a x
a a hx
V S SA h
a x
a x a x
= − =
+
+
= = =
+
+ +
Xét hàm số V=f(x) trên [0;a], ta thấy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
x=a
⇔
M trùng với D.
Vậy Max
3
2
2
1 1
6 12
2
SABH
a hx
V a h
a
= =
Bài toán 4: Cho một hình cầu K có thể tích
3
4
( )
3
dm
π .Người ta muốn đặt hình
cầu này nội tiếp một hình nón có chiều cao h và bán kính đáy R
a) Tìm hệ thức liên hệ giữa h và R
b) Xác định h và R để thể tích hình nón có giá trị nhỏ nhất
Hướng dẫn giải
r
O
H
B
A
S
a) Gọi r là bán kính của hình cầu, theo giả thiết ta có:
3
4 4
1
3 3
V r r
π π
= = ⇒ =
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 7
Cắt tổ hợp gồm mặt cầu và hình nón đã cho bởi mặt phẳng (P) qua trục SH của
hình nón ta được một đường tròn (O;r) nội tiếp tam giác cân SAB như hình vẽ.
Ta có: r = OH, h = SH và R = HA.
Áp dụng công thức
SAB
S pr
= trong đó:
2 2
2 2
2 2
2 2
AB SA SB R h R
p R h R
+ + + +
= = = + +
.
Ta có:
1
. .
2
SAB
S SH AB SH AH Rh
= = =
Do đó
(
)
2 2
.1
SAB
S pr Rh R h R= ⇔ = + +
(
)
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2
1
2 1
2 *
2
R h h R
R h h h R
h
R h h R
h
⇔ − = +
⇔ − + = +
⇔ − = ⇔ =
−
(*) là hệ thức liên hệ giữa R và h cần tìm.
b) Thể tích hình nón là:
2
2
1
.
3 3 ( 2)
h
V R h
h
π
π= =
−
(ĐK h>2)
Hàm số:
1 4
2
3 2
V h
h
π
= + +
−
với biến số h xác định trên
(2; )
+∞
Ta có:
2
' '
2 2
0
1 4 ( 4 )
1 ; 0
4
3
( 2) 3( 2)
h
h h
V V
h
h h
π
π
=
−
= − = = ⇔
=
− −
Bảng biến thiên:(ta chỉ xét biến
(2; )
h
∈ +∞
h
−∞
0 2 4
+∞
'
V
+ 0 - - 0 +
V
8
3
π
Từ bảng biến thiê suy ra
( )
3
8
3
Min
V dm
π
= khi và chỉ khi
4
h
=
và
2
R
= .
Bài toán 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;4;2), B(-
1;2;4) và đường thẳng
1 2
:
1 1 2
x y z
− +
∆ = =
−
a) Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB
vuông góc với mặt phẳng OAB.
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất.
(Đại học khối D – 2007)
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 8
Hướng dẫn giải
a) Viết phương trình đường thẳng d qua G, vuông góc mp(OAB)
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
+ +
= =
+ +
∆ = = ⇒
+ +
= =
= = −
⇒ = − = −
⊥ = = −

1
d 1
0
3
laø troïng taâm OAB neân G thoûa 2 0;2;2
3
2
3
( ) coù caëp VTCP laø 1;4;2 , 1;2;4
12; 6;6 / / 2; 1;1
( ) neân a 2; 1;1
O A B
G
O A B
G
O A B
G
x x x
x
y y y
G y G
z z z
x
mp OAB OA OB
n n
d mp P n
− −
= =
−
2 2
maø d qua G neân pt ñt :
2 1 1
x y z
d
b) Tìm M∈∆ để MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất
( )
∆
+ = +
+ ⇔ ⇔ ≡ − ∆
∆ = =
2
2 2 2
2 2
Goïi E laø trung ñieåm cuûa AB thì 2
2
min ME min chieáu cuûa E leân ñt
laø trung ñieåm AB neân E 0;3;3 ;
(P) laø mp qua E vaø vuoâng goùc ñt thì
P
AB
MA MB ME
Vaäy MA MB M H hình
E
Goïi n a
( )
( )
−
⇒ − + + + =
+ + = ⇔ = − ⇒ − + + − =
= −
− + + − =
⇔ = ⇒ −
− +
= =
=
−
1;1;2
pt mp (P) : 2 0.
(P) qua E neân 3 6 0 9 pt mp (P) : 2 9 0
1
2 9 0
H thoûa 0 1;0;4
1 2
4
1 1 2
x y z m
m m x y z
x
x y z
Vaäy y M
x y z
z
Bài toán 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho
∆
:
1 1
1 2 1
x y z
− +
= =
−
và A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1). Tìm trên
∆
điểm M sao cho
MA+MB nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
Cách 1:
Nhận xét đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
( 1,2,1)
v
∆
= −
Và
(2, 4, 2) / /
AB v
∆
= − −

Thay toạ độ A vào phương trình
∆
được:
2 2 3
1 2 1
−
≠ ≠
−
Vâỵ điểm A không thuộc
∆
nên AB //
∆
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 9
Ta có phương trình tham số của
∆
là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Gọi I là trung điểm của AB thì I=(0,0,0). Gọi M là hình chiếu của I trên
∆
thì
M=(1-t , 2t , t-1) (1)
Vậy:
(1 ,2 , 1)
IM t t t
= − −

. Ta có:
1
. 0 1 4 1 0
3
v IM t t t t
∆
= ⇔ − + + − = ⇔ =
Thay
1
3
t
=
vào (1) ta được
2 2 2
, ,
3 3 3
M
−
=
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua
∆
vì AB //
∆
nên A’,M, B thẳng hàng và
MA’=MB. Lấy điểm M’ tuỳ ý thuộc
∆
.
Ta có: M’A +M’B=M’A’+M’B
≥
A’B= MA’+ MB = MA+ MB
Cách 2:
Nhận xét đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
( 1,2,1)
v
∆
= −
và
(2, 4, 2) / /
AB v
∆
= − −
.
Thay toạ độ A vào phương trình
∆
được:
2 2 3
1 2 1
−
≠ ≠
−
. Vâỵ điểm A không
thuộc
∆
nên AB //
∆
. Ta có phương trình tham số của
∆
là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Gọi H là hình chiếu của A trên
∆
thì H=(1-t,2t,-1+t) (1)
Vậy
( 2,2 2, 2)
AH t t t
= − + − −
Ta có
4
. 0 2 4 4 2 0 6 8
3
v AH t t t t t
∆
= ⇔ − + − + − = ⇔ = ⇔ =
Thay
4
3
t
=
vào (1) được toạ độ điểm
1 8 1
, ,
3 3 3
H
−
=
Gọi
(
)
1 1 1
' , ,
A x y z
= là điểm đối xứng với A qua
∆
Ta có:
2 16 2
' , , / / (1, 8, 1)
3 3 3
A B v
− −
= = − −

Vậy phương trình đường thẳng A’B là:
1 2 1
1 8 1
x y z
− + +
= =
− −
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 10
Vậy phương trình tham số của
∆
là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Gọi M=(x,y,z) là giao điểm của A’B và
∆
thì toạ độ M là nghiệm của hệ:
2
1
3
1 1
2
3
2 8 2
1
3
1 1
2
3
3
x
s t
t
s t y
s
s t
z
=
+ = −
=
− − = ⇔ ⇒ =
= −
− − = − +
−
=
. Vậy
2 2 2
, ,
3 3 3
M
−
=
Nhận xét M là điểm cần tìm. Thật vậy, lấy điểm M tuỳ ý trên
∆
Ta có: M’A+M’B=M’A’+M’B
≥
A’B=MA’+MB=MA+MB.
Bài toán 7: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho
∆
:
1 1
1 2 1
x y z
− +
= =
−
và A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1). Tìm trên
∆
điểm M sao cho
MA MB
+
nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
Cách 1:
Nhận xét đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
( 1,2,1)
v
∆
= −
và
(2, 4, 2) / /
AB v
∆
= − −
.
Thay toạ độ A vào phương trình
∆
được:
2 2 3
1 2 1
−
≠ ≠
−
.
\Vâỵ điểm A không thuộc
∆
nên AB//
∆
Ta có phương trình tham số của
∆
là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Gọi I là trung điểm của AB thì I=(0,0,0) Gọi M là hình chiếu của I trên
∆
thì
M=(1-t , 2t , t-1) (1)
Vậy:
(1 ,2 , 1)
IM t t t
= − −

Ta có:
1
. 0 1 4 1 0
3
v IM t t t t
∆
= ⇔ − + + − = ⇔ =
Thay
1
3
t
=
vào (1) ta được
2 2 2
, ,
3 3 3
M
−
=
Ta chứng minh điểm M cần tìm:
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 11
Thật vậy. Gọi M’ là điểm tuỳ ý thuộc
∆
Ta có: ' ' 2 ' 2 ' 2
M A M B M I M I MI MA MB
+ = = ≥ = +
    
Cách 2:
Ta có phương trình tham số của
∆
là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Lấy điểm M (
1
t
−
;
2
t
;
1
t
− +
)
Ta có
(
AM
=

2-t;2t-2;t-2) và
( ;2 2; )
BM t t t
= − +

Nên
AM BM
+ =
 
(2-2t;4t;2t-2)
Vậy
2 2 2 2
(2-2t) +16t +(2t-2) 24 16 8
MA MB t t
+ = = − +
 
MA MB
+

nhỏ nhất khi t =
1
3
, tức
2 2 2
, ,
3 3 3
M
−
=
Bài toán 8: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho
∆
:
1 1
1 2 1
x y z
− +
= =
−
và A=(-1,2,1); B=(1,-2,-1) Tìm trên
∆
điểm M sao cho
3
MA MB
−

nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
Ta có phương trình tham số của
∆
là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Gọi M là điểm tuỳ ý thuộc
∆
điểm M=(1-t , 2t , t-1) (*)
Ta có
( 2,2 2 ,2 )
( , 2 2 , ) 3 ( 3 ,6 6,3 )
MA t t t
MB t t t MB t t t
= − − −
= − − − ⇒ − = − +
Vậy
2 2 2
2
3 ( 2 2, 4 8,2 2)
3 4 8 4 16 64 64 4 8 4
24 80 72
P MA MB t t t
P MA MB t t t t t t
t t
= − = − − + +
= − = + + + + + + + +
= + +


P nhỏ nhất
5
3
t
−
⇔ =
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 12
Khi
5
3
t
−
= vào (*) ta được
8 10 8
, ,
3 3 3
M
− −
=
Bài toán 9: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng:
2 5
1 5 3
x y z
− +
= =
− −
(d)
và 2 điểm M
1
(2 ; 1; 5) ; M
2
(4 ; 3 ; 9). Tìm điểm I
∈
(d) sao cho IM
1
+ IM
2
nhỏ
nhất.
Hướng dẫn giải
Ta có (d) có véc tơ chỉ phương là
(
)
1, 5, 3
a
= − −
và đi qua điểm A(2 ; -5 ; 0).
Phương trình tham số của
( ) ( )
2
: 5 5
3
x t
d y t t
z t
= +
= − − ∈
= −
»
Ta có
(
)
1 2
2,2, 4
M M =
nên phương trình tham số đường thẳng M
1
M
2
là:
( )
2
1
5 2
x m
y m m
z m
= +
= + ∈
= +
»
Toạ độ giao điểm nếu có của (d) và đường thẳng M
1
M
2
là nghiệm hệ phương
trình:
2 2
5 5 1 1
3 5 2 1
t m t m
t m m
t m t
+ = + =
− − = + ⇔ = −
− = + = −
.
Giao điểm E (1, 0, 3). Ta có
(
)
(
)
1 2
1;1;2 , 3; 3;6
EM EM= =
.
Vậy
2 1
3
EM EM
=
 
nên M
1
và M
2
ở về cùng 1 phía đối với đường thẳng (d).
Gọi (P) là mặt phẳng qua M
1
và (P) (d) nên phương trình mặt phẳng (P) là:
1(x - 2) - 5(y - 1) - 3(z - 5) = 0
⇔
x - 5y - 3z + 18 = 0
Giao điểm H của (d) với mặt phẳng (P):
9
7
5 3 18 0
5
2
5 10 27
7
; ;
5 5 10
7 7 7
7
3
27
7
t
x y z
x
x t
H
y t
y
z t
z
= −
− − + =
=
= +
⇔ ⇒
= − −
=
= −
=
Gọi M' là điểm đối xứng của M
1
qua (d) nên H là trung điểm M
1
M', do đó:
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 13
1
1
1
4
' 2
7
13 4 13 19
' 2 ' ; ;
7 7 7 7
19
' 2
7
H
H
H
x x x
y y y M
z z z
= − = −
= − = ⇒ −
= − =
Khi đó mọi điểm trên (d) cách đều 2 điểm M
1
và M'.
Nên : FM
1
+ FM
2
= FM' + FM
2
, F
∈
(d)
Tổng này nhỏ nhất khi và chỉ khi F là giao điểm của (d) với đường thẳng M
2
M'
(vì M
2
và M' ở hai bên đường thẳng (d)). Ta có :
1 2
32 8 44
; ;
7 7 7
M M
=

Phương trình đường thẳng qua M' M
2
là:
( )
4 8 '
3 2 ' '
9 11 '
x t
y t t
z t
= +
= + ∈
= +
»
Giao điểm của (d) với M'M
2
là nghiệm hệ phương trình:
3
2 4 8 '
'
7
5 5 3 2 '
10
3 9 11 '
7
t t
t
t t
t
t t
+ = +
= −
− − = + ⇔
= −
− = +
(d)
E
M
2
M
1
M'
I
Toạ độ điểm I cần tìm là :
4 15 30
( ; ; )
7 7 7
I
Bài toán 10: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
∆
:
1 1
1 2 1
x y z
− +
= =
−
với điểm A=(-1;-1;0) và điểm B=(5;2;-3). Tìm M thuộc
∆
sao cho
MA MB
−
lớn nhất.
Hướng dẫn giải
Cách 1:
Phương trình tham số của
∆
là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Do
(1 ,2 , 1)
M M t t t
∈ ∆ ⇒ = − −
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 14
Suy ra
(2 ,2 1, 1)
AM t t t
= − + −

( 4 ,2 2, 2)
BM t t t
= − − − +

Đặt
2 2 2 2 2 2
(2 ) (2 1) ( 1) ( 4) (2 2) ( 2)
P MA MB t t t t t t= − = − + + + − − + + − + +
2 2
6 2 6 6 4 24
t t t t= − + − + +
6
P
⇒ =
2 2
1 35 1 35
6 36 3 9
t t
= − + − + +
Chọn M’=(t, 0);
1 35 1 35
' , ; ' ,
6 6 3 3
A B
−
= =
' ' ' '
6
P
MA MB A B
⇒ = − ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi 3 điểm M’,A’,B’ thẳng hàng hay
' ' ( )
MA kMB k R
= ∈
.
Vậy
1 35
' ,
6 6
MA t
= −

;
1 35
' ,
3 3
MB t
−
= −

Mà
1
1
6
' / / '
1
2
3
t
MA MB
t
−
⇔ =
−
−

1 1 2
2
3 3 3
t t t
−
⇔ − = − ⇔ =
Vậy
1 4 1
, ,
3 3 3
M
−
=
là điểm cần tìm.
Cách 2:
Đường thẳng
∆
đi qua điểm C=(1, 0, -1) và có vectơ chỉ phương là
( 1,2,1)
v
∆
= −
. Suy ra:
(6, 3, 3)
AB
= −

và
(2,1, 1)
AC
= −

.
Ta có:
3 3 3 6 6 3
, , , (9, 3,15)
2 1 1 1 1 2
AB v
∆
− −
= = −
− −

và
, . 18 3 15 0
AB v AC
∆
= − − =
Vậy 2 đường thẳng AB và
∆
đồng phẳng
Ta có phương trình AB:
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 15
1 2 2
1 1 1 1
1
6 3 3 2 1 1
x y
x y z x y z
y z
+ = +
+ + + +
= = ⇔ = = ⇔
+ = −
− −
Phương trình
∆
:
2 2 2 2
1 1 0
x y x y
x z x z
− = − + =
⇔
− = − − + =
Gọi D là giao điểm của AB và
∆
. Toạ độ D là nghiệm của hệ:
2 2
1
0
0 (1, 0, 1)
1
1
2 1
x y
x
x z
y D
y z
z
x y
+ =
=
+ =
⇔ = ⇒ = −
+ = −
= −
− =
Ta có :
A D B
x x x
< <
. Vậy A và B nằm khác phía so với đường thẳng
∆
. Gọi H
là hình chiếu của của B trên đường thẳng
∆
. Toạ độ H=(1-t, 2t, t-1) là 1 điểm
thuộc
∆
.
Tacó:
( 4,2 2 , 2 )
HB t t t
= + − − −
. 0 ( 4) 2(2 2 ) 2 0
HB v t t t
∆
= ⇔ − + + − − − =
1
4 4 4 2 0 6 2
3
t t t t t
−
⇔ − − + − − − = ⇔ − = ⇔ =
Vậy
4 2 4
, ,
3 3 3
H
− −
=
Gọi B là điểm đối xứng với B qua đường thẳng
∆
thì H là trung điểm của BB’.
Nên toạ độ
'
7 10 1 4 7 1
' , , ' , , / / (4, 7, 1)
3 3 3 3 3 3
AB
B AB v
− − − −
= ⇒ = = −
 
Vậy phương trình đường thẳng AB’ là:
7 7 4 4 7 4 3
1 1
1 4 4 1
4 7 1
x y x y
x y z
x z x z
+ = + − = −
+ +
= = ⇔ ⇔
− − = + = −
−
Gọi M’ là điểm bất kỳ trên đường thẳng
∆
thì:
' ' ' ' ' ' '
M A M B M A M B AB MA MB MA MB
− = − ≤ = − = −
Vậy toạ độ M là nghiệm của hệ:
1
7 4 3
3
4 1
4 1 4 1
, ,
2 2
3 3 3 3
1
0
3
x
x y
x z
y H
x y
x z
z
=
− = −
+ = −
−
⇔ = ⇒ =
+ =
−
+ =
=
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 16
Bài toán 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1 2
1
2 4 0
: vaø : 2
2 2 4 0
1 2
x t
x y z
y t
x y z
z t
= +
− + − =
∆ ∆ = +
+ − + =
= +
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆
1
v song song với đường
thẳng ∆
2
.
b) Cho điểm M(2;1;4). Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng ∆
2
sao cho đoạn
thẳng MH cĩ độ di nhỏ nhất.
(Đại học khối A – 2002)
Hướng dẫn giải
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆
1
v song song với
đường thẳng ∆
2
.
(
)
( )
( )
( )
( )
= −
∆ ⇒ ∆ =
= −
− = =
∆ = ⇔ ⇒ ∆ −
+ = − = −
∆

1
1 1 1 1 2
2
1 1
1 1
n 1; 2;1
coù caëp VTPT laø coù VTCP laø a = n ,n 2;
3;4
n 1;2; 2
2 4 0
cho 0, ta ñöôïc qua A 0; 2;0
2 4 2
mp (P) chöùa neân a = 2;3;4 laø
x y x
Trong z
x y y
Vì
( )
( )
( )
∆
⇒ = = −
⇒ − + = − =
− =
2 2
1 2
1 VTCP cuûa (P)
mp (P) // neân a = 1;1;2 laø 1 VTCP cuûa (P)
( ) coù VTPT laø n a ,a 2;0; 1
mp (P) daïng : 2 0. (P) qua A 0; 2;0 neân 0.
pt mp (P) laø : 2 0
P
pt x z m m
Vaäy x z
b) Tìm H ∈ ∆
2
để MH nhỏ nhất.
( )
⊥ ∆ ≤
⇔ = ⇔ ≡ − ∆
∆ = =
⇒ + + + =
2
2
2 2
. Ta coù ME MH.
Vaäy MH min hình chieáu cuûa M xuoáng
(Q) laø mp qua M vaø vuoâng goùc vôùi
thì (Q) coù VTPT laø 1;1;2
mp (Q) daïng : 2 0. Vì (Q) qua
Q
Keû ME
MH ME H E
Goïi n a
pt x y z m
( )
= −M 1;2;4 neân m 11
( )
+ + − =
= +
=
= +
⇔ = ⇒
= +
=
+ + − =
Vaäy pt mp (Q) : 2 11 0
1
2
2
thoûa : 3 2;3;3
1 2
3
2 11 0
x y z
x t
x
y t
H y H
z t
z
x y z
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 17
T LUY
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
III. BÀI TẬP Ự Ệ
N
Bài 1: Cho đường tròn tâm O bán kính R. Xét hình chóp S.ABCD có
( )
SA ABCD
⊥
(S, A cố định), SA=h cho trước, đáy ABCD là tứ giác tùy ý nội
tiếp một đường tròn đã cho mà các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau.
a) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ( đi qua 5 đỉnh của hình chóp).
b) Hỏi đáy ABCD là hình gì để thể tích hình chóp đạt giá trị lớn nhất.
(Đại học Quốc gia Hà Nội-1998)
Bài 2: Cho đường tròn (C) tâm O, đường kính AB=2R. Điểm M di động trên
(C) và AM=x. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa (C) tại điểm A,
lấy một điểm cố định S và AS=h
a) Chứng minh rằng hai mặt phẳng (SAM) và (SBM) vuông góc với nhau
b) Tính thể tích tứ diện SABM theo R, h, x. Tìm những vị trí của M trên (C) để
thể tích tứ diện này đạt giá trị lớn nhất.
(Đại học sư phạm Quy Nhơn-1998)
Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – y + z + 3 =
0 và hai điểm A(-1;-3;-2) ; B(-5;7;12).
a) Tìm tọa độ điểm A’ là điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P).
b) Giả sử M l một điểm chạy trn mặt phẳng (P), tìm gi trị nhỏ nhất của biểu
thức: MA + MB
(Dự bị 2 – Đại học khối A – 2002)
Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(-1;2;3), B(0;3;1),
C(2;2;-1) và D(4;-2;1). Tìm M∈AB, N∈CD sao cho độ dài đoạn MN nhỏ nhất.
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 18
KẾT LUẬN
Cuối cùng, cho dù đã rất cố gắng bằng việc tham khảo một lượng rất lớn
các tài liệu sách hiện nay để vừa viết, vừa mang đi giảng dạy ngay cho các em
học sinh của mình từ đó kiểm nghiệm và bổ sung thiếu sót, cùng với việc tiếp
thu có chọn lọc ý kiến của các bạn đồng nghiệp để dần hòan thiện bộ tài liệu
này, nhưng khó tránh khỏi những thiếu sót bởi những hiểu biết và kinh nghiệm
còn hạn chế, rất mong nhận được những đóng góp quý báu của quý thầy giáo,
cô giáo, các bạn đồng nghiệp và các bạn đọc gần xa.
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 19
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa, sách bài tập Hình học 12 (Chuẩn và Nâng cao)
2. Đề thi ĐH của các năm và Bộ đề năm 1996.
3. Tài liệu khai thác trên mạng.
4. Website tải tài liệu môn Toán: www.toanmath.com
| 1/20
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hưng Yên
Trường THPT Phù Cừ -----------------
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI
BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN Họ và Tên : Quách Đăng Thăng Tổ : Toán - Tin Chức Vụ : Giáo viên
LỜI MỞ ĐẦU
Thực tế giảng dạy cho thấy môn Toán học trong trường phổ thông là một
trong những môn học khó, phần lớn các em học môn Toán rất yếu đặc biệt là
hình học không gian, nếu không có những bài giảng và phương pháp dạy môn
Hình học phù hợp đối với thế hệ học sinh thì dễ làm cho học sinh thụ động
trong việc tiếp thu, cảm nhận. Đã có hiện tượng một số bộ phận học sinh không
muốn học Hình học, ngày càng xa rời với giá trị thực tiễn của Hình học. Nhiều
giáo viên chưa quan tâm đúng mức đối tượng giáo dục, chưa đặt ra cho mình
nhiệm vụ và trách nhiệm nghiên cứu, hiện tượng dùng đồng loạt cùng một cách
dạy, một bài giảng cho nhiều lớp, nhiều thế hệ học trò vẫn còn nhiều. Do đó
phương pháp ít có tiến bộ mà người giáo viên đã trở thành người cảm nhận,
truyền thụ tri thức một chiều, còn học sinh không chủ động trong quá trình lĩnh
hội tri thức - kiến thức Hình học làm cho học sinh không thích học môn Hình học.
Tuy nhiên với việc đại số hóa hình học thì các bài toán hình học không
gian trở lên đơn giản và dễ nhìn hơn. Gần đây trong các đề thi Đại học hàng
năm đã bắt đầu xuất hiện các bài toán cực trị hình học trong không gian mà đôi
khi việc giải các bài toán này một cách trực tiếp bằng kiến thức hình học không
gian thuần tuy là vô cùng khó khăn. Chính vì lý do đó tôi chọn đề tài “Bài toán
cực trị hình học trong không gian”.
Trong phạm vi bài viết này, với mong muốn giúp các e có thêm một tài
liệu ôn thi Đại học – Cao đẳng và đồng thời để các e hiểu được rằng bài toán
cực trị nói chung và bài toán cực trị trong hình học không gian không phải là
quá khó không thể giải quyết được.
Đối tượng áp dụng chủ yếu cho tài liệu này về cơ bản là trên lớp 12A2,
ngoài ra tôi cũng đan xen trong các tiết học của các lớp 12A6 và 12A8.
Đối tượng nghiên cứu là các tài liệu sách giáo khoa Hình học 12, sách bài
tập Hình học 12 cơ bản và nâng cao, các bài giảng trên mạng Internet, các tài
liệu và forum trên các diễn đàn Toán học trên mạng Internet cùng một số tài liệu tham khảo khác.
Phù Cừ, ngày 30 tháng 4 năm 2013
Người viết
Quách Đăng Thăng
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Muốn tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của một đại lượng hình
học biến thiên f ta có thể sử dụng một trong các phương pháp sau:
1. Vận dụng các kết quả hình học cơ bản để so sánh trực tiếp f với một đại
lượng không đổi cho trước. Sau đây là một vài kết quả cơ bản:
a. ∀ A, B,C, AB + BC ≥ CA. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó.
b. Nếu ABC vuông tại A thì: AB < BC và AC < BC.
c. Trong một tam giác, đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn và ngược lại.
d. Trong tất cả các đoạn thẳng vẽ từ một điểm M đến mặt phẳng (α )
(hoặc đường thẳng d) không chứa điểm M thì đoạn vuông góc là đoạn thẳng ngắn nhất.
e. Đoạn thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau là đoạn thẳng
ngắn nhất nối liền hai điểm lần lượt thuộc hai đường thẳng đó.
2. Nếu f được biểu thị thành một biểu thức của nhiều đại lượng biến thiên và
các đại lượng này lại được ràng buộc với nhau bởi một hệ thức liên hệ thì ta sử
dụng các bất đẳng thức đại số để tìm giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của f. Các
bất đẳng thức thường dùng là:
a. Bất đẳng thức Cô si: + … + ∀ a a a a a ≥0, 1 1 n n ≥ … a a a …a 1, 2 , n 1 2 n n
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = a … = a 1 1 n
b. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki: ∀ a a , , … a x x … x 1, 2 , , , n 1 2 n 2 2 2 2 2 2 2
(a x + a x … + a x ) ≤ (a + x )(a + x )(a + x ) 1 1 2 2 1 1 2 2 n n n n
Dấu bằng xảy ra khi ⇔ ∃ k ∈R, x = ka x = ka x = ka 1 1, 2 2, ..., n n
3. Nếu f được biểu thị bằng một hàm số của một biến số x thì ta sử dụng
phương pháp khảo sát hàm số để tìm giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của hàm
số đó trên miền xác định của nó, từ đó suy ra giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của f.
4. Phương pháp tọa độ trong không gian
a. Trong không gian oxyz: Xét hệ toạ độ Đề các vuông góc giả sử A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2) thì
AB = (x − x ,y − y , z − z ) 1 2 2 1 2 1 và
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 2
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ 2 2 2
AB = (x − x ) +(y − y ) + (z − z ) 1 2 1 2 1 2
b. Cho 2 vectơ: u = (x ,y ,z ), v = (x ,y ,z ) 1 1 1 2 2 2 * 2 2 2 u = x +y + z ; 2 2 2 v = x +y + z 1 1 1 2 2 2
* u + v ≤ u + v (dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi cùng chiều hoặc 1 trong 2 , u v vectơ bằng 0 ).
* Điều kiện để hai véc tơ a và b (b ≠ 0 ) cùng phương là t R ∃ ∈ để a =tb  
* Điều kiện để ba véc tơ a ;c và b không đồng phẵng là a;b .c ≠ 0    
* Điều kiện để ba véc tơ =
a ;c và b đồng phẵng là a;b .c 0   * ⊥ ⇔ = ⇔ + + = u v u.v 0 x x y y z z 0 1 2 1 2 1 2 * Cho A
BC Thì AB+BC ≥ BC và AB − BC ≤ AC dấu đẳng thức sãy ra
khi ba điểm A;B;C thẳng hàng
II. MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH
Bài toán 1: Cho tam giác cân ABC, AB=AC. Một điểm M thay đổi trên đường
thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A (M không trùng với điểm A)
a) Tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của tam giác MBC
b) Gọi O là trực tâm của tam giác ABC, hãy xác định vị trí của M để thể tích tứ
diện OHBC đạt giá trị lớn nhất.
(Đại học Quốc gia Hà Nội - 1997)
Hướng dẫn giải M M H D G B A B A O G’ E I I C C
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 3
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
a) Gọi I là trung điểm của BC, trọng tâm ∆ MBC là G, trọng tâm của ABC là , G . , 1 IG IG Trong ∆ MIA ta có : = = suy ra , GG // MA 3 IM IA
Do đó G nằm trên đường vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại , G , đó là đường thẳng chứa , GG .
Với MI và BD là đường cao với H là trực tâm ∆ ABC. Vì BE ⊥ CA và MA nên BE ⊥ (MAC) ⇒ BE ⊥ MC (1)
BD là đường cao MBC nên BD ⊥ MC (2)
Từ (1) và (2) suy ra MC ⊥ (BDE) ⇒ OH ⊥ MC (3)
Vì BC ⊥ MI và MA nên BC ⊥ (MAI) ⇒ BC ⊥ OH (4)
Từ (3) và (4) suy ra OH ⊥ (MBC) ⇒ HI ⊥ OH.
Vậy H nhìn đoạn cố định OI dưới một góc vuông
⇔ Quỹ tích H là đường tròn nằm trong mặt phẳng (MAI) có đường kính OI (trừ hai điểm O và I)
b) Tứ diện OHBC có đáy OBC cố định nên thể tích lớn nhất khi H ở vị
trí “cao nhất” so với đáy OBC. Xét ∆ OHI vuông khi góc ABC = 0 45 .
Hay ∆ OHI vuông cân ⇒ MAI cân ⇒ AM =AI
Vậy khi AM =AI thì thể tích tứ diện OHBC lớn nhất.
Bài toán 2: Cho tam giác đều OAB có cạnh bằng a > 0. Trên đường thẳng d đi
qua O và vuông góc với mp (OAB) lấy điểm M với OM = x. Gọi E, F lần lượt
là các hình chiếu vuông góc của A lên MB, OB. Trên đoạn thẳng EF cắt d tại N. a)Chứng minh AN ⊥ BM
b)Xác định x để thể tích tứ diện ABMN là nhỏ nhất.
(Đại học Tổng hợp TP.HCM-1995)
Hướng dẫn giải M x E F O B N A
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 4
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
a)Ta có AF ⊥ OB và AF ⊥ OM nên AF ⊥ (MOB) ⇒ AF ⊥ MB (1) Theo gỉa thiết AE ⊥ MB (2)
Từ (1) và (2) suy ra MB ⊥ (AEF) nên MB ⊥ AN b) ∆NOF BO ∼ M (là vuông cân có N = B ) 2 NO OF a a Ta có: = ⇔ OM.NO = OF.BO = a = BO OM 2 2 2 1 1 a 3
Thể tích của tứ diện ABMN là: V = S .MN = (OM + ON ). ABMN 3 OAB 3 4 V
nhỏ nhất khi OM+ON nhỏ nhất ABMN 2 a Biết OM + ON ≥ 2 OM.ON = 2
= a 2 (Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số 2 dương) a 2 a 2 Khi đó:OM = ON = ⇔ x = 2 2
Bài toán 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh
bên SA=h và SA ⊥ (ABCD).M là điểm thay đổi trên cạnh CD. Đặt CM=x. a)
Hạ SH ⊥ BM .Tính SH theo a, h và x b)
Xác định vị trí của M để thể tích tứ diện SABH đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất ấy.
(Đại học kỹ thuật TP.HCM-1998)
Hướng dẫn giải S h A D M H B C
a) Ta có: BM ⊥ SH, BM ⊥ SA ⇒ MB ⊥ (SH ) A biết HBA = CMB (so le trong)
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 5
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ = 2 AH BC . AB BC a.a a sin HBA sinCMB ⇒ = ⇒ AH = = = 2 2 2 2 AB BM CM a + x a + x
Trong tam giác vuông SHA ta có: 4 4 2 2 2 2 a 2 a SH = SA + AH = h + ⇒ SH = h + 2 2 2 2 a + x a + x
b) Trong tam giác vuông ABH ta có: 4 ax 2 a BH = a − = 2 2 2 2 a + x a + x 2 3 1 1 ax 1 a a hx . . V = S SA = h = 2 2 SABH ABH 2 2 2 2 3 6 6 + + a + x a x a x
Xét hàm số V=f(x) trên [0;a], ta thấy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x=a ⇔ M trùng với D. 3 1 1 a hx Vậy Max 2 V = = a h SABH 2 6 2 12 a 4
Bài toán 4: Cho một hình cầu K có thể tích 3
π(dm ).Người ta muốn đặt hình 3
cầu này nội tiếp một hình nón có chiều cao h và bán kính đáy R
a) Tìm hệ thức liên hệ giữa h và R
b) Xác định h và R để thể tích hình nón có giá trị nhỏ nhất
Hướng dẫn giải S r O H B A a)
Gọi r là bán kính của hình cầu, theo giả thiết ta có: 4 3 4 V = πr = π ⇒ r = 1 3 3
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 6
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Cắt tổ hợp gồm mặt cầu và hình nón đã cho bởi mặt phẳng (P) qua trục SH của
hình nón ta được một đường tròn (O;r) nội tiếp tam giác cân SAB như hình vẽ.
Ta có: r = OH, h = SH và R = HA. Áp dụng công thức S = pr trong đó: SAB 2 2 AB + SA + SB 2R + 2 h + R 2 2 p = = = R + h + R . 2 2 1 Ta có: S SH .AB SH .AH Rh = = = SAB 2 Do đó S = pr ⇔ Rh = ( 2 2 R + h + R ).1 SAB ⇔ R (h −1) 2 2 = h + R 2 ⇔ R ( 2h − 2h +1) 2 2 = h + R h 2 ⇔ R (h − 2) 2 = h ⇔ R = h − (* 2 )
(*) là hệ thức liên hệ giữa R và h cần tìm. 2 1 π h
b) Thể tích hình nón là: 2 V πR h = = . (ĐK h>2) 3 3 (h − 2) 1  4  Hàm số: = π  + 2 V h +
 với biến số h xác định trên (2; ) +∞ 3 − 2  h  2 1  4  π(h − 4h) h  = 0 Ta có: ' ' V = π 1 −  = ;V = 0 ⇔  2 2 3  (h − 2)  3(h − 2) h = 4 
Bảng biến thiên:(ta chỉ xét biến h ∈ (2; ) +∞ h −∞ 0 2 4 +∞ ' V + 0 - - 0 + V 8π 3 8π
Từ bảng biến thiê suy ra V = dm khi và chỉ khi 4 h = và R = 2 . Min ( 3) 3
Bài toán 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;4;2), B(- 1 2 x − y + z 1;2;4) và đường thẳng : ∆ = = 1 1 2 −
a) Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB
vuông góc với mặt phẳng OAB.
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.
(Đại học khối D – 2007)
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 7
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Hướng dẫn giải
a) Viết phương trình đường thẳng d qua G, vuông góc mp(OAB)  x + x + x x = O A B = 0  G 3  y + y + y G laø troïng taâm ∆ OAB neân G thoûa y = O A B = 2 ⇒ G G (0;2;2)  3  z + z + x = z O A B =  2  G 3
mp(OAB) coù caëp VTCP laø OA = (1;4;2) ,OB = (−1;2;4) ⇒ n = (12;−6;6) / /n = 2; 1;1 1 ( − ) x y − 2 z − 2 d ⊥ ( mp P) neân a =
n = 2; 1;1 maø d qua G neân pt ñt d : = = d 1 ( − ) 2 −1 1
b) Tìm M∈∆ để MA2 + MB2 nhỏ nhất 2 AB 2
Goïi E laø trung ñieåm cuûa AB thì MA + 2 MB = 2 2ME + 2 2 Vaäy MA + 2
MB min ⇔ ME min ⇔ M ≡ H − hình chieáu cuûa E leân ñt ∆
E laø trung ñieåm AB neân E (0;3;3);
Goïi (P) laø mp qua E vaø vuoâng goùc ñt ∆ thì n = a = (−1;1;2) P ∆
⇒ pt mp (P) : − x + y + 2z + m = 0.
(P) qua E neân 3 + 6 + m = 0 ⇔ m = −9 ⇒ pt mp (P) : − x + y + 2z − 9 = 0   −x + y + 2z − 9 = x = −1  0  Vaäy H thoûa  − + ⇔ y = 0 ⇒ M x y z (−1;0;4 1 2 ) = =    − z = 1 1 2  4
Bài toán 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ∆ : 1 1 x − y z + = = 1 2 1 −
và A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1). Tìm trên ∆ điểm M sao cho MA+MB nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải Cách 1:
Nhận xét đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là v ( 1,2,1) ∆ = − Và AB = (2, 4 − , 2 − ) / /v∆
Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được: 2 2 3 − ≠ ≠ 1 2 1 −
Vâỵ điểm A không thuộc ∆ nên AB // ∆
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 8
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ x  = 1 − t 
Ta có phương trình tham số của ∆ là: y  = 2t (t ∈ R) z = −1 + t 
Gọi I là trung điểm của AB thì I=(0,0,0). Gọi M là hình chiếu của I trên ∆ thì M=(1-t , 2t , t-1) (1) 1 Vậy:IM = (1 − , t 2t,t − 1). Ta có: . = 0 ⇔ − 1 + 4 + − 1 = 0 v IM t t t ⇔ t = ∆ 3 1  2 2 −2  Thay t = vào (1) ta được M =  , ,  3  3 3 3 
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua ∆ vì AB // ∆ nên A’,M, B thẳng hàng và
MA’=MB. Lấy điểm M’ tuỳ ý thuộc ∆ .
Ta có: M’A +M’B=M’A’+M’B ≥ A’B= MA’+ MB = MA+ MB Cách 2:
Nhận xét đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là v ( 1,2,1) ∆ = − và AB = (2, 4 − , 2 − ) / /v∆ . 2 2 3 −
Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được: ≠ ≠ 1 2 1 − . Vâỵ điểm A không x  = 1 − t 
thuộc ∆ nên AB // ∆ . Ta có phương trình tham số của ∆ là: y  = 2t (t ∈ R) z = −1 + t 
Gọi H là hình chiếu của A trên ∆ thì H=(1-t,2t,-1+t) (1) Vậy AH = ( t − + 2,2t − 2,t − 2) 4 Ta có .
= 0 ⇔ − 2 + 4 − 4 + − 2 = 0 ⇔ 6 = 8 v AH t t t t ⇔ t = ∆ 3 4  −1 8 1  Thay t =
vào (1) được toạ độ điểm H =  , ,  3  3 3 3 
Gọi A' = (x ,y ,z là điểm đối xứng với A qua ∆ 1 1 1 )  2 −16 −2  Ta có: A' B =  , ,  / /v = (1, −8, −1)  3 3 3  x − 1 y + 2 z + 1
Vậy phương trình đường thẳng A’B là: = = 1 8 − 1 −
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 9
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ x  = 1 − t 
Vậy phương trình tham số của ∆ là: y  = 2t (t ∈ R) z = −1 + t 
Gọi M=(x,y,z) là giao điểm của A’B và ∆ thì toạ độ M là nghiệm của hệ:  2 x =    1 1 + = 1 3 s − t t =     2  −  3 − 2 2 2 2 − 8 = 2 s t ⇔  ⇒ y  = . Vậy M =  , ,  1 3   − − = − + = −   3 3 3  1 1 s s t 2   −  3 z =  3 
Nhận xét M là điểm cần tìm. Thật vậy, lấy điểm M tuỳ ý trên ∆
Ta có: M’A+M’B=M’A’+M’B ≥ A’B=MA’+MB=MA+MB.
Bài toán 7: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ∆ : 1 1 x − y z + = = 1 2 1 −
và A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1). Tìm trên ∆ điểm M sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải Cách 1:
Nhận xét đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là v ( 1,2,1) ∆ = − và AB = (2, 4 − , 2 − ) / /v∆ . 2 2 3 −
Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được: ≠ ≠ 1 2 1 − .
\Vâỵ điểm A không thuộc ∆ nên AB// ∆ x  = 1 − t 
Ta có phương trình tham số của ∆ là: y  = 2t (t ∈ R) z = −1 + t 
Gọi I là trung điểm của AB thì I=(0,0,0) Gọi M là hình chiếu của I trên ∆ thì M=(1-t , 2t , t-1) (1) Vậy:IM = (1 − , t 2t,t − 1) 1 Ta có: . = 0 ⇔ − 1 + 4 + − 1 = 0 v IM t t t ⇔ t = ∆ 3 1  2 2 −2  Thay t =
vào (1) ta được M =  , ,  3  3 3 3 
Ta chứng minh điểm M cần tìm:
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 10
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Thật vậy. Gọi M’ là điểm tuỳ ý thuộc ∆ Ta có:
M ' A + M ' B = 2 M ' I = 2M ' I ≥ 2MI = MA + MB Cách 2: x  = 1 − t 
Ta có phương trình tham số của ∆ là: y  = 2t (t ∈ R) z = −1 + t 
Lấy điểm M (1 − t ;2t ; 1 − + t )
Ta có AM = ( 2-t;2t-2;t-2) và BM = ( t − ;2t + 2;t) Nên AM + BM = (2-2t;4t;2t-2) Vậy 2 2 2 2
MA + MB = (2-2t) +16t +(2t-2) = 24t − 16t + 8  −  1 2 2 2
MA + MB nhỏ nhất khi t = , tức M =  , ,  3  3 3 3 
Bài toán 8: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ∆ : 1 1 x − y z + = = 1 2 1 −
và A=(-1,2,1); B=(1,-2,-1) Tìm trên ∆ điểm M sao cho MA − 3MB nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải x  = 1 − t 
Ta có phương trình tham số của ∆ là: y  = 2t (t ∈ R) z = −1 + t 
Gọi M là điểm tuỳ ý thuộc ∆ điểm M=(1-t , 2t , t-1) (*) Ta có
MA = (t − 2, 2 − 2t,2 − t) MB = (t, −2 − 2t, t
− ) ⇒ −3MB = (−3t,6t + 6,3t) Vậy P = MA − 3MB = ( 2 − t − 2,4t + 8,2t + 2) 2 2 2
P = MA − 3MB = 4t + 8t + 4 + 16t + 64t + 64 + 4t + 8t + 4 2 = 24t + 80t + 72 5 − P nhỏ nhất ⇔ t = 3
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 11
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ 5 −  8 −10 −8  Khi t =
vào (*) ta được M =  , ,  3  3 3 3  x − 2 y + 5 z
Bài toán 9: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng: = = 1 5 − 3 − (d)
và 2 điểm M (2 ; 1; 5) ; M (4 ; 3 ; 9). Tìm điểm I∈(d) sao cho IM + IM nhỏ 1 2 1 2 nhất.
Hướng dẫn giải
Ta có (d) có véc tơ chỉ phương là a = (1, 5 − , 3
− ) và đi qua điểm A(2 ; -5 ; 0). x  = 2 + t 
Phương trình tham số của (d) : y  = −5 − 5t (t ∈ ») z = −3t 
Ta có M M = 2,2, 4 nên phương trình tham số đường thẳng M M là: 1 2 ( ) 1 2  = 2 + x m   = 1 + ∈ y m (m »)  = 5 + 2 z m 
Toạ độ giao điểm nếu có của (d) và đường thẳng M M là nghiệm hệ phương 1 2 2  + = 2 t + m t  = m   trình: −5 − 5 = 1 + ⇔  = −1 t m m .   −3 = 5 + 2 = −1 t m t  
Giao điểm E (1, 0, 3). Ta có EM = 1;1;2 ,EM = 3; 3;6 . 1 ( ) 2 ( )
Vậy EM = 3EM nên M và M ở về cùng 1 phía đối với đường thẳng (d). 2 1 1 2
Gọi (P) là mặt phẳng qua M và (P) (d) nên phương trình mặt phẳng (P) là: 1
1(x - 2) - 5(y - 1) - 3(z - 5) = 0 ⇔ x - 5y - 3z + 18 = 0
Giao điểm H của (d) với mặt phẳng (P):  9 t = −  7 x  − 5y − 3z + 18 = 0  5   =  = 2 + x x t   5 10 27  7  ⇔  ⇒ H  ; ;  y = −5 − 5t 10    7 7 7  y = z  = −3t  7   27 z =  7
Gọi M' là điểm đối xứng của M qua (d) nên H là trung điểm M M', do đó: 1 1
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 12
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ  4 x ' = 2x − x = −  1 H 7   13  4 13 19  y  ' = 2y − y = ⇒ M '  − ; ;  1 H 7   7 7 7  19 z ' = 2z − z = 1 H  7
Khi đó mọi điểm trên (d) cách đều 2 điểm M1 và M'.
Nên : FM1 + FM2 = FM' + FM2, F∈(d)
Tổng này nhỏ nhất khi và chỉ khi F là giao điểm của (d) với đường thẳng M M' 2  32 8 44 
(vì M và M' ở hai bên đường thẳng (d)). Ta có : M M =  ; ;  2 1 2  7 7 7   = 4 + 8 ' x t 
Phương trình đường thẳng qua M' M là:  = 3 + 2 ' y t ( 't∈») 2  = 9 + 11 ' z t 
Giao điểm của (d) với M'M2 là nghiệm hệ phương trình: M2 M1   3 2 + = 4 + 8 ' t t (d) E I '  t = −  7 − M' 5 − 5 = 3 + 2 ' t t ⇔  10   −3 = 9 + 11 ' t t t = −   7 4 15 30
Toạ độ điểm I cần tìm là : I ( ; ; ) 7 7 7 x − 1 y z + 1
Bài toán 10: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng ∆ : = = 1 − 2 1
với điểm A=(-1;-1;0) và điểm B=(5;2;-3). Tìm M thuộc ∆ sao cho MA − MB lớn nhất.
Hướng dẫn giải Cách 1: x  = 1 − t 
Phương trình tham số của ∆ là: y  = 2t (t ∈ R) z = −1 + t 
Do M ∈ ∆ ⇒ M = (1 − t,2t,t − 1)
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 13
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Suy ra AM = (2 − t,2t + 1,t − 1)
BM = (−4 − t,2t − 2,t + 2) Đặt 2 2 2 2 2 2
P = MA − MB = (2 − t) + (2t + 1) + (t − 1) − (t + 4) + (2t − 2) + (t + 2) 2 2 6 2 6 6 4 24 = t − t + − t + t + 2 2 P     ⇒ = 1 35 1 35 = t −  + − t +  + 6 6 36 3 9         1 35 1 − 35 Chọn M’=(t, 0); A' =  , ;B ' =  ,   6 6   3 3      P ⇒ = MA'− MB ' ≤ A'B ' 6
Dấu đẳng thức xảy ra khi 3 điểm M’,A’,B’ thẳng hàng hay MA ' kMB ' (k R = ∈ ).     1 35 1 − 35 Vậy MA' =  − t,  =  −   ; MB ' t, 6 6      3 3   1 − − t 1 1 1 2 Mà ⇔ 6 MA' / /MB ' = ⇔ − 2t = − t ⇔ t = 1 − 2 − 3 3 3 t 3  1 4 −1  Vậy M =  , ,  là điểm cần tìm.  3 3 3  Cách 2:
Đường thẳng ∆ đi qua điểm C=(1, 0, -1) và có vectơ chỉ phương là v ( 1,2,1) ∆ = −
. Suy ra: AB = (6, 3, −3) và AC = (2,1, −1). 3 3 −   3 − 6   6 3    Ta có: , AB v =  , ,  = (9, −3,15)  ∆   2 1   1 −1 −1 2         và , AB v .AC = 18 − 3 − 15 = 0  ∆ 
Vậy 2 đường thẳng AB và ∆ đồng phẳng Ta có phương trình AB:
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 14
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ + + + +  + 1 = 2 + 2 1 1 1 1 x y x y z x y z = = ⇔ = = ⇔  6 3 3 − 2 1 1 − + = 1 − y z  2  − 2 = − 2  + = 2 x y x y Phương trình ∆ :  ⇔  − 1 = − − 1 + = 0 x z x z  
Gọi D là giao điểm của AB và ∆ . Toạ độ D là nghiệm của hệ: 2  x + y = 2  x  = 1 x  + z = 0   ⇔ y  = 0 ⇒ D = (1, 0, −1) y + z = −1  z = −1 x  − 2y = 1   Ta có :x <
< . Vậy A và B nằm khác phía so với đường thẳng∆ . Gọi H A xD xB
là hình chiếu của của B trên đường thẳng ∆ . Toạ độ H=(1-t, 2t, t-1) là 1 điểm thuộc ∆ .
Tacó:HB = (t + 4,2 − 2t, −2 − t) H . B v = 0 ⇔ (
− t + 4) + 2(2 − 2t) − 2 − t = 0 ∆ 1 − ⇔ t
− − 4 + 4 − 4t − 2 − t = 0 ⇔ 6 − t = 2 ⇔ t = 3  4 −2 −4  Vậy H =  , ,   3 3 3 
Gọi B là điểm đối xứng với B qua đường thẳng ∆ thì H là trung điểm của BB’.  −7 −10 1   −4 −7 1  Nên toạ độ B ' =  , ,  ⇒ AB ' =  , ,  / /v = (4,7, −1) '  3 3 3   3 3 3 AB 
Vậy phương trình đường thẳng AB’ là: + + 7  + 7 = 4 + 4 7  − 4 = 3 1 1 − x y x y x y z = = ⇔  ⇔  4 7 1 − − − 1 = 4 + 4 = 1 − x z x z  
Gọi M’ là điểm bất kỳ trên đường thẳng ∆ thì:
M ' A − M ' B = M ' A − M ' B ' ≤ AB ' = MA − MB ' = MA − MB
Vậy toạ độ M là nghiệm của hệ:  1 7x − 4y = 3 − x =   3  x  + 4z = 1 −  4  1 4 1 −   ⇔ y  = ⇒ H =  , ,  2x + y = 2 3    3 3 3  1 − x  + z = 0 z =   3
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 15
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
Bài toán 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x = 1 + t x  − 2y + z − 4 = 0  ∆ :  vaø ∆ : y  = 2 + t 1 2 x + 2y − 2z + 4 = 0  z = 1 + 2t 
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆1 v song song với đường thẳng ∆2.
b) Cho điểm M(2;1;4). Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng ∆2 sao cho đoạn
thẳng MH cĩ độ di nhỏ nhất.
(Đại học khối A – 2002)
Hướng dẫn giải
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆1 v song song với
đường thẳng ∆2.  n = 1; 2;1 1 ( −  ) ∆ coù caëp VTPT laø  coù VTCP laø a = n ,n 2;3;4 ⇒ ∆   1 n = 1 1 1 2  1;2; 2 2 ( − ) =   ( ) x − 2y = 4 x = Trong ∆ z = 0 cho 0, ta ñöôïc  ⇔  ⇒ ∆ qua A 0; 2;0 1 x + 2y = −4 y = − 1 ( − ) 2  Vì mp (P) chöùa ∆
neân a = 2;3;4 laø 1 VTCP cuûa (P) 1 1 ( ) mp (P) //
neân a = 1;1;2 laø 1 VTCP cuûa (P) 2 2 ( )  ∆  ⇒ (P) coù VTPT laø n =   a ,a = 2;0; 1 1 2 ( −   )
⇒ pt mp (P) daïng : 2x − z + m = 0. (P) qua A(0; −2;0) neân m = 0.
Vaäy pt mp (P) laø : 2x − z = 0
b) Tìm H ∈ ∆ 2 để MH nhỏ nhất.
Keû ME ⊥ ∆ . Ta coù ME ≤ MH. 2
Vaäy MH min ⇔ MH = ME ⇔ H ≡ E − hình chieáu cuûa M xuoáng ∆ 2
Goïi (Q) laø mp qua M vaø vuoâng goùc vôùi ∆ thì (Q) coù VTPT laø n = a = 1;1;2 2 Q 2 ( )
⇒ pt mp (Q) daïng : x + y + 2z + m = 0. Vì (Q) qua M(1;2;4) neân m = −11
Vaäy pt mp (Q) : x + y + 2z −11 = 0 x = 1+ t   x = 2 y = 2 + t  H thoûa :  ⇔ y = 3 ⇒ H 2;3;3 z = 1 + ( )  2t z =   3 x + y + 2z −11 = 0
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 16
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1: Cho đường tròn tâm O bán kính R. Xét hình chóp S.ABCD có
SA ⊥ (ABCD) (S, A cố định), SA=h cho trước, đáy ABCD là tứ giác tùy ý nội
tiếp một đường tròn đã cho mà các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau.
a) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ( đi qua 5 đỉnh của hình chóp).
b) Hỏi đáy ABCD là hình gì để thể tích hình chóp đạt giá trị lớn nhất.
(Đại học Quốc gia Hà Nội-1998)
Bài 2: Cho đường tròn (C) tâm O, đường kính AB=2R. Điểm M di động trên
(C) và AM=x. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa (C) tại điểm A,
lấy một điểm cố định S và AS=h
a) Chứng minh rằng hai mặt phẳng (SAM) và (SBM) vuông góc với nhau
b) Tính thể tích tứ diện SABM theo R, h, x. Tìm những vị trí của M trên (C) để
thể tích tứ diện này đạt giá trị lớn nhất.
(Đại học sư phạm Quy Nhơn-1998)
Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – y + z + 3 =
0 và hai điểm A(-1;-3;-2) ; B(-5;7;12).
a) Tìm tọa độ điểm A’ là điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P).
b) Giả sử M l một điểm chạy trn mặt phẳng (P), tìm gi trị nhỏ nhất của biểu thức: MA + MB
(Dự bị 2 – Đại học khối A – 2002)
Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(-1;2;3), B(0;3;1),
C(2;2;-1) và D(4;-2;1). Tìm M∈AB, N∈CD sao cho độ dài đoạn MN nhỏ nhất.
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 17
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
KẾT LUẬN
Cuối cùng, cho dù đã rất cố gắng bằng việc tham khảo một lượng rất lớn
các tài liệu sách hiện nay để vừa viết, vừa mang đi giảng dạy ngay cho các em
học sinh của mình từ đó kiểm nghiệm và bổ sung thiếu sót, cùng với việc tiếp
thu có chọn lọc ý kiến của các bạn đồng nghiệp để dần hòan thiện bộ tài liệu
này, nhưng khó tránh khỏi những thiếu sót bởi những hiểu biết và kinh nghiệm
còn hạn chế, rất mong nhận được những đóng góp quý báu của quý thầy giáo,
cô giáo, các bạn đồng nghiệp và các bạn đọc gần xa.
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 18
Sáng kiến kinh nghiệm năm học
Trường THPT Phù Cừ
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa, sách bài tập Hình học 12 (Chuẩn và Nâng cao)
2. Đề thi ĐH của các năm và Bộ đề năm 1996.
3. Tài liệu khai thác trên mạng.
4. Website tải tài liệu môn Toán: www.toanmath.com
Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 19