Khai thác các cách giải khác nhau về một số dạng toán cực trị trong hình học không gian

Cách 1: Nhận xét (1) là phương trình mặt cầu Tâm I(x0;y0;z0) bán kính R ;còn (2) là phương trình mặt phẳng (Q) Để tồn tại cặp (x;y;z) thì mặt phẳng (Q) phải cắt mặt cầu Tâm I(x0;y0;z0) bán kính R.Khi và chỉ khi d(I;(P)) R m P M ? ? ? ? Vậy min m P ? và M=MacP Cách 2:P= ax+by+cz (2) 0 0 0 ( ) ( ) ( ) A x x B y y C z z P Ax By Cz D ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) P Ax By Cz D A B C x x y y z z ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = 2 2 2 2 ( ) A B C R ? ? m P M ? ? ? Ví dụ minh hoạ:Cho đẳng thức 2 2 2 ( 1) ( 2) 4 x y z ? ? ? ? ? (1) và biểu thức P=2x-y+z hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P với x;y;z thoả mãn (1)

pdf16 trang | Chia sẻ: phuongdinh47 | Lượt xem: 1590 | Lượt tải: 3download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Khai thác các cách giải khác nhau về một số dạng toán cực trị trong hình học không gian, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 1 Khai thác các cách giải khác nhau về một số dạng toán cực trị trong hình học không gian Phần 1: Cơ sở lý thuyết 1. Trong không gian oxyz: Xét hệ toạ độ Đề các vuông góc giả sử A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2) thì ),,( 121221 zzyyxxAB  2 2 21 2 1 2 1 2( ) ( ) ( )AB x x y y z z       2. Cho 2 vectơ: ),,( 111 zyxu  , ),,( 222 zyxv  * 1221 2 1 zyxu  2 22 2 2 2 zyxv  dấu đẳng thức p xảy ra khi và chỉ khi vu, cùng chiều hoặc 1 trong 2 vectơ bằng 0 * u v u v       dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi vu, cùng chiều hoặc 1 trong 2 vectơ bằng 0 *Điều kiện để hai véc tơ a  và b  cùng phương là t R  để a  =tb  *Điều kiện để ba véc tơ a  ; c  và b  không đồng phẵng là ; . 0a b c       *Điều kiện để ba véc tơ a  ; c  và b  đồng phẵng là ; . 0a b c       * 1 2 1 2 1 2. 0 0u 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 TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 2 Phần II . Các dạng toán - phương pháp chung và ví dụ minh hoạ I .Dạng 1 Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       và hai điểm A và B Sao cho AB// .Hãy tìm trên  điểm M sao cho : 1. MA+MB nhỏ nhất 2. MA MB   nhỏ nhất 3. MA k MB   ngắn nhất . A . B M Câu 1; Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho //AB  hãy tìm trên  điểm M Sao cho MA+MB nhỏ nhất 1. Phương pháp chung Cách 1: I A B M M' 0 0 0: x x y y z z a b c       A' *chứng minh cho //AB  *Gọi I là trung điểm của AB .Gọi M là hình chiếu của I trên  . Ta chứng minh M là điểm cần tìm như sau : Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua  hiển nhiên 3 điểm A’;M;B là thẳng hàng . Giả sử M’ là 1 điểm tuỳ ý trên  ta có ' ' ' ' ' ' 'M A M B M A M B A B MA MB MA MB        Cách 2: Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua  ,Gọi M là giao điểm của A’B và  Ta chứng minh M là điểm cần tìm như sau Giả sử M’ là 1 điểm tuỳ ý trên  ta có ' ' ' ' ' ' 'M A M B M A M B A B MA MB MA MB        2 . Ví dụ minh hoạ: cho : 1 1 1 2 1 x y z     TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 3 Với A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1) Tìm trên  điểm M. sao cho :MA+MB nhỏ nhất 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        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: 8 6 0 8 61 2 1 2 8 8 8 61 8 1 x y x yx y z y z y z                      Vậy phương trình tổng quát của  là: 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y y z y z              TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 4 Gọi M=(x,y,z) là giao điểm của A’B và  thì toạ độ M là nghiệm của hệ: 2 8 6 3 8 6 2 2 2 3 22 2 3 xx y y z y x y y z 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. Câu 2 : Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       và hai điểm A và B Sao cho AB// .Hãy tìm trên  điểm M sao cho : MA MB   nhỏ nhất 1.Phương pháp chung Cách 1: A I B M M' 0 0 0: x x y y z z a b c       Gọi I là trung điểm của AB .Gọi M là hình chiếu của I trên  Tìm toạ độ M và chứng minh M là điểm cần tìm như sau .Gọi M' là điểm tuỳ ý trên  ta có ' 'M A M B   =2M'I 2MI = MA MB   Cách 2: Lấy 0 0 0( ; ; )M x at y bt z ct   tính độ dài của MA MB   từ đó tìm được GTNN 2.ví dụ minh hoạ: cho : 1 1 1 2 1 x y z     Với A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1) Tìm trên  điểm M. sao cho : MA MB   nhỏ nhất 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     TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 5 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: Thật vậy. Gọi M’ là điểm tuỳ ý thuộc  Ta có: ' ' 2 ' 2 ' 2M 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 ;2t ; 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 8MA MB t t       MA MB   nhỏ nhất khi t= 1 3 tức 2 2 2 , , 3 3 3 M        Câu 3: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho //AB  hãy tìm trên  điểm M Sao cho MA k MB   ngắn nhất 1. Phương pháp giải *Viết phương trình  về tham số 0 0 0 ( ) x x at y y bt t R z z ct          *Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) Thay vào P= MA k MB   = ( )f t với f(t) là tam thức bậc hai từ đó ta tìm được GTNN của P 2. Ví dụ minh hoạ: cho : 1 1 1 2 1 x y z     Với A=(-1,2,1); B=(1,-2,-1) Tìm trên  điểm M. Sao cho : 3MA MB   nhỏ nhất TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 6 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    Khi 5 3 t   vào (*) ta được 8 10 8 , , 3 3 3 M         II .Dạng 2 Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       và hai điểm A và B Sao cho AB cắt  .Hãy tìm trên  điểm M sao cho : 1.MA+MB nhỏ nhất B 2. MA MB   nhỏ nhất A 3. MA k MB   ngắn nhất  Câu1: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB và  cắt nhau ,và A;B nằm cùng phía so với  . hãy tìm điểm M Sao cho MA+MB nhỏ nhất 1. Phương pháp giải Cách 1: *chứng minh cho AB và  cắt nhau và A;B nằm cùng phía so với  . Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua  ,Gọi M là giao điểm của A’B và  Ta chứng minh M là điểm cần tìm như sau Giả sử M’ là 1 điểm tuỳ ý trên  ta có ' ' ' ' ' ' 'M A M B M A M B A B MA MB MA MB        Cách 2: *Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) ta tinh MA và MB ( ) ( )P MA MB f t g t    Dùng phương pháp đáng giá ta tìm được GTNN của P 2.ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng : 2 5 1 5 3 x y z      (d) TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 7 và 2 điểm M1(2 ; 1; 5) ; M2(4 ; 3 ; 9). Tìm điểm I  (d) sao cho IM1 + IM2 nhỏ nhất. (d) có véc tơ chỉ phương là :  1, 5, 3a     và đi qua điểm A(2 ; -5 ; 0) Phương trình tham số của :         t3z )Rt(t55y t2x :)d( Ta có  1 2 2,2, 4M M   nên phương trình tham số đường thẳng M1M2 là :         m25z )Rm(m1y m2x Toạ độ giao điểm nếu có của (d) và đường thẳng M1 M2 là nghiệm hệ phương trình :                  1t 1m mt m25t3 m1t55 m2t2 Giao điểm E (1, 0, 3).    6,3,3ME;2,1,1ME : cóTa 21   Vậy :   12 ME3ME nên M1 và M2 ở về cùng 1 phía đối với đường thẳng (d). Gọi () là mặt phẳng qua M1 và ()  (d) nên phương trình mặt phẳng () là : 1(x - 2) - 5(y - 1) - 3(z - 5) = 0  x - 5y - 3z + 18 = 0 Giao điểm H của (d) với mặt phẳng () :                                  7 27 , 7 10 , 7 5 H 7 27 z 7 10 y 7 5 x 7 9 t t3z t55y t2x 018z3y5x Gọi M' là điểm đối xứng của M1 qua (d) nên H là trung điểm M1M', do đó :                    7 19 , 7 13 , 7 4 'M 7 19 zz2'z 7 13 yy2'y 7 4 xx2'x 1H 1H 1H TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 8 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 M2M' (vì M2 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' M2 là: )R't( 't119z 't23y 't84x          Giao điểm của (d) với M'M2 là nghiệm hệ phương trình :                 7 10 t 7 3 't 't119t3 't23t55 't84t2 (d) E M2 M1 M' I Toạ độ điểm I cần tìm là : 4 15 30 ( ; ; ) 7 7 7 I Ví dụ 2: cho  : 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. 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    . 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 26 2 6 6 4 24t 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 6 P A B MA MB A B                     Dấu đẳng thức xảy ra khi 3 điểm M’,A’,B’ thẳng hàng. Hay ' '( )MA k MB k R    Vậy 1 35 ' , 6 6 MA t          ; 1 35 ' , 3 3 MB t          TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 9 Mà 1 16' // ' 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 0AB v AC          Vậy 2 đường thẳng AB và  đồng phẳng Ta có phương trình AB: 1 2 21 1 1 1 16 3 3 2 1 1 x yx 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 Bx 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 0HB 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 ABB AB v                      Vậy phương trình đường thẳng AB’ là: 7 7 4 4 7 4 31 1 1 4 4 14 7 1 x y x yx 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        TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 10 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 10 3 xx y x z y H x y x z z                             Câu2: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       và hai điểm A và B Sao cho AB cắt  .Hãy tìm trên  điểm M sao cho : . MA MB   nhỏ nhất 1.Phương pháp chung A I B M M' 0 0 0: x x y y z z a b c       Cách 1: Gọi I là trung điểm của AB .Gọi M là hình chiếu của I trên  Tìn toạ độ M và chứng minh M là điểm cần tìm như sau .Gọi M' là điểm tuỳ ý trên  ta có ' 'M A M B   =2M'I 2MI = MA MB   Cách 2: Lấy 0 0 0( ; ; )M x at y bt z ct   tính độ dài của MA MB   từ đó tìm được GTNN cho  : 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   nhỏ nhất (Phương pháp giải tương tự câu 2 dạng 1) Câu3: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB cắt hãy tìm trên  điểm M Sao cho MA k MB   ngắn nhất 1. Phương pháp giải * Viết phương trình  về tham số 0 0 0 ( ) x x at y y bt t R z z ct          * Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) Thay vào P= MA k MB   = ( )f t với f(t) là tam thức bậc hai từ đó ta tìm được GTNN của P TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 11 cho  : 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 : 2MA MB   nhỏ nhất (Phương pháp giải tương tự câu 3 dạng 1) III. Dạng 3 : Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB và  chéo nhau ; hãy tìm điểm M Sao cho 1. P=MA+MB nhỏ nhất 2. P= MA MB Đạt giá trị lớn nhất 3. P= 2MA MB   ngắn nhất (tương tự câu 3 dạng 2) Câu 1: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB và  chéo nhau ; hãy tìm điểm M Sao cho P=MA+MB nhỏ nhất 1.Phương pháp: Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) ta tinh MA và MB ( ) ( )P MA MB f t g t    Dùng phương pháp đáng giá ta tìm được GTNNcủa P 2.Ví dụ minh hoạ : cho đường thẳng  : 1 1 1 1 1 x y z     và 2 điểm A=(0,1,1), B=(1,0,0) .Tìm điểm M sao cho: MA+MB nhỏ nhất Tìm điểm M sao cho: MA+MB nhỏ nhất Giải: Nhận xét đường thẳng  đi qua điểm C=(1,0,-1) và có vectơ chỉ phương là (1,1, 1)v    . Ta có (1, 1, 2)AC     và (1, 1, 1)AB     Và 1 1 1 1 1 1 , , , ( 2,0, 2) 1 1 1 1 1 1 AB v                                   , . 2 4 2 0AB v AC           nên đường thẳng chứa AB và  chéo nhau Vậy phương trình tham số của  là: 1 ( ) 1 x t y t t R z t          Lấy điểm M=(t+1, t, -t-1) (*) là điểm tuỳ ý thuộc  Ta có: 2 2 2 2( 1, 1, 2) ( 1) ( 1) ( 2) 3 4 6AM t t t AM t t t t t                Và 2 2 2 2( , , 1) ( 1) 3 2 1BM t t t BM t t t t t            TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 12 Cách 1: ta có P MA MB  = 23 4 6t t  + 23 2 1t t  (1) Chọn 2 14 1 2 ' , , ' , , ' ( ,0) 3 3 3 3 A B M t                    Thay vào (1) có: ' ' ' ' ' ' 3 P M A M B A B   Vậy P nhỏ nhất khi và chỉ khi 3 điểm A’, B’, M’ thẳng hàng Ta có: 1 2 14 2 14 ' ' , , ' ' , 3 3 3 3 A B A M t                      để 3 điểm A’, M’, B’ thẳng hàng điều kiện là 2 14 14 2 7 7 7 7 5 7 53 3 2 3 1 12 6 6 1814 2 3 t t t t                  Thay vào (*) được: 13 7 7 5 7 13 , , 18 18 18 M            Cách 2: ta có phương trình tham số của đường thẳng  là: 1 ( ) 1 x t y t t R z t          Ta lấy điểm M  , toạ độ M=(t+1, t, -t-1). Gọi E là hình chiếu của B trên  . điểm E=(t+1,t,-1-t). Ta có ( , , 1)BE t t t    Vì E là hình chiếu của B trên đường thẳng  nên. . 0 1 0v BE t t t         1 3 t    Vậy toạ độ điểm 2 1 2 4 1 1 6 , , 3 3 3 9 9 9 3 E BE             Gọi I là hình chiếu của A trên đường thẳng  thì I=(t+1, t, -1-t) Và ( 1, 1, 2).AI t t t      nên 2 . 0 1 1 2 0 3 AI v t t t t              Ta có 1 2 1 1 25 16 42 , , 3 3 3 9 9 9 9 I AI             2 2 2 24 2 1 2 4 1 22 3 3 3 3 9 3 93 P t t t t t t                         TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 13 Vậy M  sao cho . MI AI AI MI ME ME BE BE       Hay 7.MI ME    (1) Ta có: 2 2 2 1 1 1 , , , ; , 3 3 3 3 3 3 MI t t t ME t t t                         Thay vào (1) ta có: 2 7 2 7 7 ( 7 1) 3 3 3 t t t           2 7 ( 2 7)( 7 1) 7 5 18 183( 7 1) t              Thay t vào toạ độ M ta được: 13 7 7 5 7 13 , , 18 18 18 M            Ta chứng minh M là điểm cần tìm như sau. Gọi P là mặt phẳng chứa I và P vuông góc với  . Trên mp dựng đường tròn tâm I, bán kính IA, trên đường tròn này lấy điểm A’ sao cho A’, B nằm về hai phía so với  và A, B đồng phẳng. Lấy điểm M tuỳ ý trên  . Ta có : M’A+M’B=M’A’+M’B A’B=MA’+MB=MA+MB Câu 2: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB và  chéo nhau ; hãy tìm điểm M Sao cho P= MA MB Đạt giá trị lớn nhất 1. Phương pháp :Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) ta tinh MA và MB ( ) ( )P MA MB f t g t    Dùng phương pháp đáng giá ta tìm được GTL của P 2.Ví dụ minh hoạ: cho đường thẳng  : 1 1 1 1 1 x y z     và 2 điểm A=(0,1,1), B=(1,0,0) Tìm điểm M sao cho: MA MB lớn nhất. Giải : Nhận xét đường thẳng  đi qua điểm C=(1,0,-1) và có vectơ chỉ phương là (1,1, 1)v    . Ta có (1, 1, 2)AC     và (1, 1, 1)AB     Và 1 1 1 1 1 1 , , , ( 2,0, 2) 1 1 1 1 1 1 AB v                                   , . 2 4 2 0AB v AC           nên đường thẳng chứa AB và  chéo nhau Vậy phương trình tham số của  là: 1 ( ) 1 x t y t t R z t          Lấy điểm M=(t+1, t, -t-1) (*) là điểm tuỳ ý thuộc  TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 14 Ta có: 2 2 2 2( 1, 1, 2) ( 1) ( 1) ( 2) 3 4 6AM t t t AM t t t t t                Và 2 2 2 2( , , 1) ( 1) 3 2 1BM t t t BM t t t t t            Cách 1: ta có P MA MB  = 2 23 4 6 3 2 1t t t t     (1) Chọn 2 14 1 2 ' , , ' , , ' ( ,0) 3 3 3 3 A B M t                   . Thay vào (1) có: ' ' ' ' ' ' 3 P M A M B A B   Vậy P lớn nhất khi và chỉ khi 3 điểm A’, B’, M’ thẳng hàng Ta có: 1 2 14 2 14 ' ' , , ' ' , 3 3 3 3 A B A M t                     để 3 điểm A’, M’, B’ thẳng hàng điều kiện là 2 14 14 2 7 7 7 7 13 7 133 3 2 3 1 12 6 6 182 14 3 t t t t                    Thay vào (*) được: 5 7 7 13 7 5 , , 18 18 18 M            Câu 3: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB và  chéo nhau ; hãy tìm điểm M Sao cho 2MA MB   ngắn nhất 1. Phương pháp: Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) ta tinh ; 2MA MB   2 ( )P MA MB f t     Dùng phương pháp đáng giá ta tìm được giá trị nhỏ nhất của P 2.Ví dụ minh hoạ : cho đường thẳng  : 1 1 1 1 1 x y z     và 2 điểm A=(0,1,1), B=(1,0,0) Tìm điểm M sao cho: 2MA MB   ngắn nhất (Phương pháp giải tương tự câu 3 dạng 1) IV.Dạng 4 :Trong không gian cho 3 điểm A,B,C và mặt phẳng P .Tìm trên P điểm M sao cho Q = aMA bMB cMC     Đạt GTNN 1.Phương pháp : Gọi M = (x,y,z) thuộc P ta tính a MA  ; b MB  và c MC  2 2 2 24 2 1 2 4 1 22 3 3 3 3 9 3 93 P t t t t t t                         TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 15 Ta có a MA  + b MB  + c MC  = ( ; ; )ax b ay c az d   đặt X ax b Y ay c Z az d         Vậy Q= aMA bMB cMC     = 2 2 2X Y Z  =OM’ với M’=(X,Y,Z) với O là gốc toạ OM’ nhỏ nhất khi M’ là hình chiếu của O trên mặt phẳng (P) 2.Ví dụ minh hoạ : Cho ΔABC Với A=(-1,1,0) B =(1,-1,1) C =(0,1,2) và mặt phẳng P:2x-y+z-1 =0 Hãy tìm điểm M thuộc P sao cho Q = 2 3MA MB MC     Đạt GTNN Giải Gọi M = (x,y,z) thuộc P ta có MA  =(-1-x,1-y,-z) (1 , 1 ,1 ); ( ,1 , 2 )MB x y z MC x y z           Ta có v   2 3MA MB MC     = (-6x+1,-6y+2,-6z+8) đặt 6 1 6 2 6 8 X x Y y Z z            Ta có Q = 2 2 2X Y Z  =OM’ với M’=(X,Y,Z) với O là gốc toạ độ và mặt phẳng P trở thành 2X-Y+Z-2=0 Ta có (2, 1,1)qn    Gọi (d) là đường thẳng đi qua O và vg góc với P thì ptđt d là 2 1 X Y Z   Gọi M là giao điểm của d và P thì M = ( 1 7 23 , , ) 18 18 18 V.Dạng 5 : Cho hệ thức 2 2 20 0 0( ) ( ) ( )x x y y z z     = R 2 (1) Hãy tìm cặp (x;y;z) thoả mãn hệ thức (1) sao cho biểu thức P= ax+by+cz (2) là lớn nhất và nhỏ nhất 1. Phương pháp: Cách 1: Nhận xét (1) là phương trình mặt cầu Tâm I(x0;y0;z0) bán kính R ;còn (2) là phương trình mặt phẳng (Q) Để tồn tại cặp (x;y;z) thì mặt phẳng (Q) phải cắt mặt cầu Tâm I(x0;y0;z0) bán kính R.Khi và chỉ khi d(I;(P)) R m P M    Vậy minm P và M=MacP Cách 2: P= ax+by+cz (2) 0 0 0( ) ( ) ( )A x x B y y C z z P Ax By Cz D             2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( )P Ax By Cz D A B C x x y y z z              = = 2 2 2 2( )A B C R  m P M   Ví dụ minh hoạ: Cho đẳng thức 2 2 2( 1) ( 2) 4x y z     (1) và biểu thức P=2x-y+z hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P với x;y;z thoả mãn (1) Cách 1: Nhận xét (1)là mặt cầu có tâm I(-1.0.2) và bán kính R=2 còn TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 16 P=2x-y+z 2 0x y z P     là phương trình mặt (Q) Để tồn tại cặp (x;y;z) thì mặt phẳng (Q) phải cắt mặt cầu Tâm I(-1.0.2) bán kính R=2 .Khi và chỉ khi d(I;(Q)) 2 2 2 6 2 6 2 6 6 P P P         .Vậy Min P= 2 6 và MaxP= 2 6 Từ lý luận trên hiển nhiên xảy ra dấu đẳng thức Cách 2: Ta có A=2(x-1)+y+(z-2) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacoxki Ta có 2 2 2 2 2(2 1 1) ( 1) ( 2) 24P x y z          .Vậy 2 6 2 6P   Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 6 2 6 1 3 1 2 6 2 1 1 3 2 2 6 6 2 3 x x y z y x y z z                       Vậy GTNNcủa P là - 2 6 2 6 1 3 1 2 6 2 1 1 3 2 2 6 6 2 3 x x y z y x y z z                      

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfmot_so_dang_toan_cuc_tri_trong_hinh_hoc_khong_gian_7364.pdf
Tài liệu liên quan