Phương pháp tìm tọa độ điểm trong bài toán cực trị của hình học không gian

Trong đề thi THPT Quốc gia môn toán, phần phân loại các câu hỏi khó, tương ứng với điểm 8, 9, 10; thường xuyên rơi vào các chủ đề: “hình học tọa độ trong không gian Oxyz”, “số phức”, “tí

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài.

Trong sách giáo khoa hình học ở trường phổ thông, ở lớp 10, học sinh bước đầu đã được làm quen với phương pháp tọa độ trên mặt phẳng Ở lớp

12, học sinh tiếp tục được làm quen với phương pháp tọa độ trong không gian Nhờ phương pháp đó, chúng ta có thể chuyển nhiều bài toán hình học sang bài toán đại số và ngược lại, từ kết quả của đại số, ta có thể suy ra được các tính chất và mối quan hệ giữa các hình

Trong đề thi THPT Quốc gia môn toán, phần phân loại các câu hỏi khó, tương ứng với điểm 8, 9, 10; thường xuyên rơi vào các chủ đề: “hình học tọa

độ trong không gian Oxyz”, “số phức”, “tích phân”, “bài toán thực tiễn”,… Đặc biệt trong chủ đề “hình học tọa độ trong không gian Oxyz” bài toán về tìm tọa độ điểm liên quan đến cực trị thường xuất hiện nhiều và rất khó giải

Với mong muốn giúp các em học sinh THPT tiếp thu tốt các kiến thức

cơ bản về tìm tọa độ điểm trong các bài toán cực trị của hình học không gian, đồng thời biết vận dụng một cách linh hoạt kiến thức đó để giải toán và áp dụng trong thực tiễn Đặc biệt, biết sử dụng các kiến thức về hình học tọa độ trong không gian để giải quyết các bài toán khó liên quan đến cực trị, tôi đã

chọn đề tài “Phương pháp tìm tọa độ điểm trong bài toán cực trị của hình học không gian ”

1.2 Mục đính nghiên cứu.

Các bài toán về cực trị trong hình tọa độ trong không gian là một dạng bài tập mới đối với học sinh THPT, làm thay đổi các tư duy và nhìn nhận vấn

đề về hình học theo hướng tư duy của đại số, mang tính trừu tượng và bước đầu có thể làm cho HS có sự ngỡ ngàng, thiếu tính logic

Một kiến thức mới, cần phải có thời gian để học sinh thực hành và làm quen Tuy nhiên cái khó của người giáo viên trong giảng dạy hình tọa độ trong không gian là phương pháp tọa độ trong không gian được đưa vào chương trình cuối cùng của SGK hình học 12 khi kết thúc chương trình giáo dục phổ thông nên thời gian giành để nghiên cứu nó bị hạn chế Vì vậy, việc

hướng dẫn học sinh biết hệ thống kiến thức và xây dựng một lớp bài toán tìm

tọa độ điểm trong bài toán cực trị của hình học không gian Có như vậy, học sinh mới có thể giải quyết nhanh các bài tập khó về cực trị hình học trong đề thi trắc nghiệm toán

Vậy vấn đề đặt ra là:

• Cần giúp HS tiếp cận hệ thống và ghi nhớ đầy đủ các tính chất và khái niệm cơ bản về phương pháp tọa độ trong không gian

• Cần giúp HS biết phân loại các bài tập tìm tọa độ điểm trong bài toán cực trị của hình học không gian tìm ra phương pháp giải cụ thể cho lớp bài toán này

• Giúp HS biết vận dụng kiến thức về tọa độ điểm trong các bài toán cực trị của hình không gian trong thực tế cuộc sống hàng ngày

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Để giải quyết các vấn đề nêu trên, trong đề tài này tôi đề xuất các ý tưởng nghiên cứu sau:

• Cần cho HS tự hệ thống lại kiến thức trọng tâm của hình tọa độ trong không gian dưới dạng sơ đồ tư duy để từ đó khắc sâu được kiến thức

• Từ các bài toán cụ thể, dẫn dắt HS tự đúc kết ra các kinh nghiệm giải toán Qua đó tự tìm ra thuật giải cho bài toán tìm tọa độ điểm trong các bài toán cực trị của hình học không gian

• Cho HS thấy được mối liên hệ của kiến thức đang học với thực tiễn cuộc sống

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

• Xuất phát từ thực tiễn, cho học sinh nhìn trực quan và tự đốc rút ra các khái niệm cơ bản và các tính chất cơ bản

• Thống kê số liệu để phân loại được các bài toán về tìm tọa độ điểm trong các bài toán cực trị của hình học không gian và rút ra được hệ thống sơ đồ tư duy trong giải các bài tập dạng này

• Điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin để biết thực trạng dạy và học ở trường sở tại để đưa ra được thuật giải logic, ngắn gọn, dễ hiểu và dễ nhớ nhất

• Từ các bài toán đưa ra mối liên hệ của tọa độ điểm trong các nghiên cứu toán học, vật lí, khoa học, kĩ thuật

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

• Căn cứ vào nội dung chương trình của SGK môn hình học lớp 12 (chương III)

• Căn cứ vào hệ thống bài tập ôn tập chương III hình học lớp 12

• Căn cứ vào phân loại các dạng bài tập trong tài liệu tham khảo: 18 chủ đề hình học 12 (chủ biên: Nguyễn Văn Dũng - Nguyễn Tất Thu)

Tuy nhiên, trong các tài liệu tham khảo trên đa phần đều nặng về lí thuyết, chưa phân dạng các bài toán tìm tọa độ điểm liên quan đến cực trị một cách chi tiết, chưa đưa ra được kết cấu một bài làm dưới dạng sơ đồ tư duy, đặc biệt tọa độ điểm liên quan đến mặt cầu còn ít và không đủ dạng Dựa vào các tài liệu trên, tôi đã hướng dẫn học sinh phân loại được các dạng toán cụ thể và xây dựng được một hệ thống tư duy cho lớp các bài tập tìm tọa độ điểm trong bài toán cực trị của hình học không gian

Vì vậy, chỉ cần đọc đề bài là học sinh đã có thể phân loại và nhận dạng bài tập cần làm (theo sơ đồ tư duy định sẵn có ở trong đầu đã được học và không sa vào chứng minh rườm rà) Khi đó học sinh chỉ cần áp dụng kết quả cuối cùng và sử lí theo số liệu cụ thể của đề bài Đây chính là bí quyết để học sinh rút ngắn thời gian làm bài

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Sau khi học xong khái niệm, tôi đã cho học sinh thực hành làm bài trắc nghiệm 50 câu với phân loại 50 câu đủ ba phần: Câu hỏi nhận dạng, câu hỏi vận dụng và câu hỏi vận dụng cao Thực hiện kiểm chứng trên lớp với 45 học sinh 12 A1năm học 2018 – 2019 thu được kết quả sau:

Nhận biết(nắm vững lý

thuyết)

Thông hiểu(có thể vận dụng lý thuyết để giải

toán)

Vận dụng linh hoạt (giải được đa số các bài

tập đưa ra)

Số

học sinh Phần trăm

Số học sinh Phần trăm

Số học sinh Phần trăm

Tuy nhiên về thời gian thu được kết quả sau:

1,8 phút / 1 bài đến 5 phút/ 1 bài Từ 2 phút/ 1 bài

Từ 5 phút/ 1 bài đến 10 phút/ 1 bài

Trên 10 phút / 1

bài

Số

học

sinh

Phần

trăm

Số học sinh

Phần trăm

Số học sinh

Phần trăm

Số học sinh

Phần trăm

Đặc điểm của lớp thực nghiệm là:

Số học sinh của lớp: 45

Kết quả học tập về môn toán năm học 2018 – 2019 là: 7 học sinh có học lực giỏi, 13 học sinh có học lực khá, 21 học sinh có học lực trung bình

4 học sinh có học lực yếu

Như vậy qua khảo sát trên ta thấy đa số học sinh chưa đảm bảo với yêu cầu kiểm tra đánh giá mới

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết đề.

2.3.1 Bài toán tọa độ điểm và mặt phẳng

Bài toán 1: Trong không gian Oxyz cho các điểm A A1 , 2 , ,A n Xét véc

tơ u a MA a MAr = 1 uuuur1 + 2 uuuur2 + + a MA n.uuuurn

Trong đó a a1 , , , 2 a n là các số thực cho trước thỏa mãn a1 + + +a2 a n ≠ 0

Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho ur

nhỏ nhất

Phương pháp:

Gọi E là điểm thỏa mãn:

a EA a EAuuur+ uuuur+ +a EAuuuur r=

(Như vậy điểm E hoàn toàn xác định và là một điểm cố định)

Ta có MAuuuur uuur uuuurk =ME EA+ k ( với k= 1; 2; ;n)

nên ur= (a1 + + +a2 a ME a EA a EA n).uuuur+ 1 uuur1 + 2 uuuur2 + + a EA n.uuuurn

= (a1 + + +a2 a ME n).uuuur

Do đó ur = a1 + + +a2 a n .MEuuur

Vì a1 + + +a2 a nlà hằng số khác không nên ur

có giá trị nhỏ nhất khi

và chỉ khi ME nhỏ nhất, mà M∈ ( )P nên điểm M cần tìm là hình chiếu của E

trên mặt phẳng ( )P

Sau đây là các ví dụ minh họa để giáo viên hướng dẫn cụ thể cho học sinh thực hiện

Ví dụ 1: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2;1; 1), (0;3;1) − B và mặt

phẳng ( ) :P x y z+ − + = 3 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho: a) MA MBuuur uuur+ đạt giá trị nhỏ nhất.

b) 2.MA MBuuur uuur− đạt giá trị nhỏ nhất.

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:

a) Gọi trung điểm của AB là I(1; 2;0)

Ta có: MA MBuuur uuur+ = 2.uuurMI nên MA MBuuur uuur+ = 2.MIuuur

nên MA MBuuur uuur+ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất Mà

( )

M∈ P nên điểm M cần tìm là hình chiếu của I trên ( )P

Giả sử M x y z( ; ; ) thì IM xuuur( − 1;y− 2; )z

nên từ ( )

( )

P

IM t n

 =





∈



(nuuur ( )P

là véc tơ pháp tuyến của ( )P )

ta có

( 1;0; 2)

3 0

M

x y z



 + − + =



Vậy điểm M cần tìm là M( 1;0; 2) −

b) Gọi J a b c( ; ; ) là điểm thỏa mãn 2.uuur uur urJA JB− = ⇒ 0 J(4; 1; 3) − −

Ta có 2.MA MBuuur uuur− = 2.uuuurMJ+ 2.uuur uuur uur uuurJA MJ JB MJ− − =

nên 2.MA MBuuur uuur− = MJuuur =MJ

Do đó 2.MA MBuuuur uuur− có giá trị nhỏ nhất khi MJ nhỏ nhất, hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng ( )P

Gọi M x y z( ; ; ) ta có tọa độ M thỏa mãn hệ

3 0

x y z



 + − + =



Suy ra tọa độ điểm cần tìm là M(1; 4;0) − .

Ví dụ 2: Cho các điểm A(1;0; 1), (2; 2;1),C(0; 1;0) − B − − và mặt phẳng

( ) :P x− 2y+ 2z+ = 6 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho:

a) MA MB MCuuur uuur uuuur+ + đạt giá trị nhỏ nhất.

b) 2.MAuuur− 4.MBuuur+ 3.MCuuuur đạt giá trị nhỏ nhất.

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:

a) Gọi trọng tâm của tam giác ABC là G(1; 1;0) − .

Ta có MA MB MCuuur uuur uuuur+ + = 3.MGuuuur nên MA MB MCuuur uuur uuuur+ + = 3.uuuuurMG , do đó

MA MB MC+ +

uuur uuur uuuur

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất Mà M∈ ( )P

nên điểm M cần tìm là hình chiếu của G trên ( )P

Giả sử M x y z( ; ; ) thì IM xuuur( − 1; y 1; z) +

nên từ ( )

( )

P

IM t n

 =





∈



(nuuur ( )P

là véc tơ pháp tuyến của ( )P )

ta có

(0;1; 2)

M

x y z



 − + + =



Vậy điểm M cần tìm là M(0;1; 2) − .

b) Gọi J a b c( ; ; ) là điểm thỏa mãn 2.uuurJA− 4.uurJB+ 3.JCuuur r= 0

Ta có: 2.uuurJA− 4.JBuur+ 3.uuurJC= − − ( 6 a;5 − − −b; 6 c) suy ra J( 6;5; 6) − −

Vì 2.MAuuur− 4.MBuuur+ 3.MC MJuuuur uuur= + 2.uurJA+ 3.uuur uuurJC MJ= nên biểu thức 2.MAuuur− 4.MBuuur+ 3.MCuuuur

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MJ nhỏ nhất, hay M là hình chiếu của điểm

J trên mặt phẳng ( )P

Tọa độ điểm M x y z( ; ; ) thỏa mãn hệ

x y z



 − + + =



Điểm M cần tìm là 32 89; ; 10

Bài toán 2: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A A1 , 2 , ,A n

T =a MA +a MA + +a MA

Trong đó a a1 , , , 2 a n là các số thực cho trước

Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho

a) T có giá trị nhỏ nhất biết a1 + + +a2 a n > 0.

b) T có giá trị lớn nhất biết a1 + + + <a2 a n 0.

Phương pháp:

Gọi E là điểm thỏa mãn a EA a EA1 uuur1 + 2 uuuur2 + + a EA n.uuuur rn = 0 (Như vậy điểm E

hoàn toàn xác định, E là điểm cố định.)

Ta có MAuuuur uuur uuuurk =ME EA+ k (với k= 1; 2; ;n)

nên MA k2 = (ME EAuuur uuuur+ k) 2 =ME2 + 2.ME EAuuur uuuur. k+EA k2

T = a + + +a a ME +a MA +a MA + +a MA

1 1 2 2 n. n

a EA +a EA + +a EA không đổi nên

a) Với a1 + + +a2 a n > 0 thì T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ME

nhỏ nhất

b) Với a1 + + + <a2 a n 0 thì T đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ME

nhỏ nhất Mà M∈ ( )P nên ME nhỏ nhất khi điểm M là hình chiếu của E trên mặt phẳng ( )P

Sau đây là các ví dụ minh họa để giáo viên hướng dẫn cụ thể cho học sinh thực hiện

Ví dụ 1: Trong không gian Oxyzcho các điểm A( 3;5; 5), (5, 3,7) − − B − và

mặt phẳng ( ) :P x y z+ + = 0 Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho:

a) MA2 +MB2 có giá trị nhỏ nhất

2.

MA − MB có giá trị lớn nhất

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:

a) Gọi trung điểm của AB là I(1;1;1) Khi đó IA IBuur uur r+ = 0

Ta có MA2 +MB2 = (MI IAuuur uur+ ) 2 + (MI IBuuur uur+ ) 2

2.MI 2.MI IA IB.( ) IA IB

=2MI2 +IA2 +IB2

Do đó 2 2

MA +MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, hay M là hình chiếu của điểm I trên mặt phẳng ( )P

Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình

(0;0;0)

0

M

x y z



 + + =



Vậy điểm M cần tìm là M(0;0;0)

b) Gọi J a b c( ; ; ) là điểm thỏa mãn uurJA− 2.uur rJB= 0 ⇒J(13; 11;19) −

Ta có: MA2 − 2.MB2 = (MJ JAuuur uur+ ) 2 − 2.(MJ JBuuur uur+ ) 2

= −MJ2 + 2.MJ JAuuuur uur.( − 2 )uurJB +JA2 − 2.JB2

= −MJ2 +JA2 − 2.JB2

Do đó MA2 − 2.MB2 lớn nhất khi và chỉ khi −MJ2 lớn nhất, hay MJ nhỏ nhất, nên M là hình chiếu của điểm J trên mặt phẳng ( )P

Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình

(6; 18;12)

0

M

x y z



 + + =



Điểm M cần tìm là M(6; 18;12) − .

Ví dụ 2: Trong không gian Oxyz cho các điểm

(1; 4;5), (0;3;1), (2; 1;0)

A B C − và mặt phẳng ( ) : 3P x− 3y− 2z− = 15 0 Tìm điểm M

thuộc mặt phẳng ( )P sao cho:

a) MA2 +MB2 +MC2 có giá trị nhỏ nhất

b) MA2 + 2.MB2 − 4.MC2 có giá trị lớn nhất

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:

a) Gọi trọng tâm của tam giác ABC là G(1;1; 2)

Khi đó GA GB GCuuur uuur uuur r+ + = 0 nên MA2 +MB2 +MC2 = 3MG2 +GA2 +GB2 +GC2

Do đó MA2 +MB2 +MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, hay

M là hình chiếu của điểm G trên ( )P

Ta có điểm M cần tìm là M(4; 1;0) −

b) Gọi G a b c( ; ; ) là điểm thỏa mãn GAuuur+ 2.GBuuur− 4.GCuuur r= ⇒ 0 G(7; 16; 7) − −

Ta có MA2 + 2.MB2 − 4.MC2 = −MG2 +GA2 + 2.GB2 − 4.GC2

Nên MA2 + 2.MB2 − 4.MC2 lớn nhất khi M là hình chiếu của điểm G trên mặt phẳng ( )P

Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình

M

x y z

 − − − =



Bài toán 3: Trong không gian Oxyz, cho các điểm

( ;A A; ), ( ;A B B; )B

A x y z B x y z và mặt phẳng ( ) :P + + + =by cz d 0 Tìm điểm M∈ ( )P

sao cho:

• MA MB+ nhỏ nhất

• MA MB− lớn nhất với d A P( ,( )) ≠d B P( ;( ))

Phương pháp:

Với câu hỏi 1: MA MB+ nhỏ nhất:

Bước 1: Xét vị trí tương đối của các điểm A B, so với mặt phẳng ( )P

• Nếu ( a x A+b y. A +c z. A+d a x).( B +b y. B +c z. B+d) 0 > thì hai điểm A B,

nằm cùng phía với mặt phẳng ( )P

• Nếu ( a x A+b y. A +c z. A+d a x).( B +b y. B +c z. B+d) 0 < thì hai điểm A B,

nằm khác phía với mặt phẳng ( )P

Bước 2: MA MB+ nhỏ nhất

Trường hợp 1: Hai điểm A B, ở khác phía so

với mặt phẳng ( )P MA MB+ nhỏ nhất bằng AB khi

và chỉ khi M = ( )P ∩AB

Trường hợp 2: Hai điểm A B, ở cùng phía

so với mặt phẳng ( )P

Gọi A' đối xứng với A qua mặt phẳng ( )P

Ta có:

MA MB MA MB A B+ = + ≥

Vậy MA MB+ nhỏ nhất bằng AB khi

M =A B∩ P

Với câu hỏi 2: MA MB+ lớn nhất:

Trường hợp 1: Hai điểm A B, ở cùng phía

so với mặt phẳng ( )P

Vì A B, ở cùng phía so với mặt phẳng ( )P

nên MA MB− lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi

( )

M = P ∩AB

Trường hợp 2: Hai điểm A B, ở khác

phía so với ( )P

Gọi A' đối xứng với A qua mặt

phẳng ( )P Khi đó A' và B ở cùng phía

với ( )P và MA MA= ' nên

MA MB− = MA MB− ≤ A B.

Vậy MA MB− lớn nhất bằng A B'

khi M =A B' ∩ ( )P

Sau đây giáo viên có thể đưa ra ví dụ

để học sinh thực hiện giải chi tiết

Ví dụ 1: Cho các điểm A(1; 1; 2), ( 2;1;0), (2;0;1) − B − C và mặt phẳng

( ) : 2P x y z− − + = 3 0 Tìm điểm M thuộc ( )P sao cho:

a) MA MB+ có giá trị nhỏ nhất.

b) MA MC− có giá trị lớn nhất.

c) MA MC+ có giá trị nhỏ nhất

d) MA MB− có giá trị lớn nhất.

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:

Ta có:

,

A C nằm cùng phía đối với ( )P

,

A B nằm khác phía đối với ( )P

a) Ta có MA MB AB+ ≥ và A B, nằm khác phía so với ( )P nên (MA MB+ )

nhỏ nhất bằng AB khi và chỉ khi M =AB∩ ( )P .

Phương trình đường thẳng

1 3

2 2

= −



 = − + ∈



 = −



Ta có M∈AB⇒M(1 3 ; 1 2 ; 2 2 ) − − +t t − t mà M∈ ( )P nên:

2 2(1 3 ) ( 1 2 ) (2 2 ) 3 0

3

− − − + − − + = ⇔ =

Vậy điểm M cần tìm là 1; ;1 2

3 3

M− 

b) Ta có MA MC− ≤ AB và A C, nằm cùng phía so với ( )P nên MA MB−

lớn nhất bằng AC khi và chỉ khi M = AC∩ ( )P

Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình

( 1; 3; 4)

M

x y z



 − − + =



Vậy điểm M cần tìm là M( 1; 3;4) − −

c) Gọi H x y z( ; ; ) là hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng ( )P

Ta có uuurAH x( − 1;y+ 1;z− 2) và

( ) ( )

P

AH t n





∈



(nuuur ( )P

là véc tơ pháp tuyến của ( )P ) nên tọa độ H thỏa mãn

1 1 8

3 3 3

H

x y z

 − − + =



Tọa độ điểm A' đối xứng với A qua mặt phẳng ( )P là ' 5 1 10; ;

3 3 3

A − 

 

Vì A C, ở cùng phía so với ( )P nên A C', ở khác phía so với ( )P

Ta có: MA MC MA MC+ = ' + ≥A C' nên (MA MC+ ) đạt giá trị nhỏ nhất

bằng A C' khi và chỉ khi M = A C' ∩ ( )P .

3

A C= − −

uuuur

A C − = = −

− −

Vậy điểm M cần tìm là 1 1 12; ;

5 5 5

d) Gọi A' đối xứng với A qua ( ) A' 5 1 10; ;

3 3 3

Vì A B, ở khác phía so với ( )P nên A B', ở cùng phía so với ( )P

Ta có MA MB− = MA MB' − ≤A B' nên MA MB− đạt giá trị lớn nhất bằng

',

A B khi và chỉ khi M = A B' ∩ (P).

Do ' 1 2; ; 10

A B  − 

=  ÷

uuuur

A B + = − =

−

Vậy tọa độ điểm M cần tìm là 7 5 10; ;

3 3 3

M− 

2.3.2 Bài toán: Tọa độ điểm và đường thẳng.

Bài toán 1: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A B A A, , , 1 2 , ,A n và đường thẳng

0

0 0

.

.

x x a t

y y b t t R a b c

z z c t

= +





 = +



Tìm điểm M thuộc đường thẳng V sao cho

Câu hỏi 1: Độ dài véc tơ u a MA a MAr = 1 uuuur1 + 2 uuuur2 + + a MA n.uuuurn đạt giá trị nhỏ nhất với a a1 , , , 2 a n là các số thực cho trước thỏa mãn a1 + + +a2 a n ≠ 0;

Câu hỏi 2: Biểu thức 2 2 2

T =a MA +a MA + +a MA

• Có giá trị nhỏ nhất biết a1 + + +a2 a n > 0

• Có giá trị lớn nhất biết a1 + + + <a2 a n 0

Câu hỏi 3: Diện tích tam giác MAB nhỏ nhất (Trong trường hợp ABvà

∆ chéo nhau)

Phương pháp:

Vì M∈∆ nên M x( 0 + a t;y0 +b t z ; 0 +c t )

Đối với câu hỏi 1: Tính ur

Đối với câu hỏi 2: Tính T

Đối với câu hỏi 3: Tính diện tích tam giác ABC Sau khi tính ta được các biểu thức phụ thuộc t Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một tam thức bậc hai ẩn t

Giáo viên đửaa các ví dụ để học sinh thực hiện,

Ví dụ 1: Cho A(1;4; 2), ( 1; 2; 4)B − và : 1 2

x− y+ z

−

Tìm điểm M thuộc đường thẳng V sao cho:

MA +MB nhỏ nhất

b) 3.OMuuuur+ 2.uuuurAM − 4.uuuurBM nhỏ nhất.

c) Diện tích tam giác MAB nhỏ nhất

Học sinh thực hiện giải chi tiết:

Vì điểm M∈ V nên M(1 ; 2 − − +t t; 2 ) (t t R∈ )

a) Ta có MAuuur(t;6 t; 2 2.t) − −

MB tuuur( − 2; 4 −t; 4 2 ) − t