skkn giúp học sinh khai thác và tìm các cách giải cho một số bài toán cực trị trong không gian tọa độ

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.Cơ sở lý luận: Khi dạy phần hình học không gian tọa độ đặc biệt là những bài toán cực trị trong không gian tọa độ tôi nhận thấy : Hầu hết học sinh rất ngại và thậm c

A PHẦN MỞ ĐẦU

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

1.Cơ sở lý luận:

2.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:

II ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

III NHIỆM VỤ CỦA NGHIÊN CỨU

IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

B PHẦN NỘI DUNG

I GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

Dạng 1 : KHOẢNG CÁCH LỚN NHẤT ,NHỎ NHẤT

Dạng 2 : GÓC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT

Dạng 3 : BIỂU THỨC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT

II ĐÁNH GIÁ KẾT QUẢ

1 Đánh giá định tính

C KẾT LUẬN

1 Kết quả nghiên cứu

2 Kiến nghị ,đề xuất

2 2 2 2 2 2 2 3 3 3

7 10 16

16 16 17

17 17

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA IV

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GIÚP HỌC SINH KHAI THÁC VÀ TÌM CÁC CÁCH GIẢI CHO MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG

KHÔNG GIAN TỌA ĐỘ

Người thực hiện : Nguyễn Thị Tuyên Chức vụ : Giáo viên

SKKN thuộc môn :Toán

THANH HÓA NĂM 2013

PHẦN MỞ ĐẦU

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

1.Cơ sở lý luận: Khi dạy phần hình học không gian tọa độ đặc biệt là những bài toán cực trị trong không gian tọa độ tôi nhận thấy : Hầu hết học sinh rất ngại

và thậm chí bỏ qua không làm hoặc nếu tự các em làm thì cũng rất ít em làm được Bởi vì nếu dùng cách nhìn hình học không gian trực tiếp đòi hỏi các em

có tư duy sáng tạo vẽ thêm hình và nhận biết yếu tố cần tìm đánh giá với yếu tố không đổi nào đó Với cách đại số hóa hoàn toàn thì bài toán này bản chất là một bài toán bất đẳng thức một hoặc nhiều biến sẽ khiến các em lúng túng vì một bài toán bất đẳng thức là phần kiến thức khó của toán phổ thông

2.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:

Thực tế đa số học sinh rất bế tắc về phương pháp cho loại toán này bởi vì trong sách giáo khoa hay sách bài tập không có nhiều bài tập loại này nhưng lại

có trong đề thi đại học những năm gần đây và trong các bài tập ôn luyện đại học khiến cho học sinh rất bối rối về phương pháp Trong các tài liệu hầu hết chọn lựa cách dùng cách nhìn hình học không gian trực tiếp làm học sinh rất khó hiểu

và không tự nhiên

Các em rất bị động về cách giải với loại toán này Điều này thôi thúc tôi chọn

đề tài này để giúp học sinh khi gặp loại toán này không còn thấy khó khăn mà còn thấy thực sự thích thú muốn làm nhiều hơn

Qua những năm gần đây khi dạy lớp 12 ôn thi đại học tôi nhận thấy mảng kiến thức phần cực trị trong không gian tọa độ là loại toán khá thú vị Trong quá trình đó tôi thấy rất hứng thú lựa chọn đề tài này để nghiên cứu và trình bày Bởi việc giúp các em tìm ra các cách giải cho loại toán này giúp các em rất tốt trong quá trình học tập, luyện và thi đại học và rèn luyện tư duy giải toán

II ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Rèn luyện cho học sinh biết cách khai thác và tìm ra các cách giải khác nhau cho một số dạng bài toán cực trị trong không gian tọa độ của chương trình toán

phổ thông Phân loại bài tập thường gặp và cách giải cho mỗi dạng

III NHIỆM VỤ CỦA NGHIÊN CỨU :

Trình bày một số dạng bài toán cực trị trong không gian tọa độ Hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán trong một số tình huống cụ thể Từ đó bồi dưỡng cho học hoc sinh kỹ năng giải toán và khả năng tư duy sáng tạo

IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

1 Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách giáo khoa bài tập ,sách tài liệu và các đề thi

2 Phương pháp điều tra thực tiễn : Dự giờ ,quan sát việc dạy và học phần bài tập này

3 Phương pháp thực nghiệm sư phạm

4 Phương pháp thống kê

B PHẦN NỘI DUNG

I GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

Sáng kiến kinh nghiệm được đưa ra 4 dạng bài tập lớn của toán cực trị trong không gian Ở mỗi dạng hầu hết tôi đã hướng dẫn song hành hai cách cho học sinh để học sinh khai thác và có sự so sánh Đó là :

Cách 1: Chủ yếu liên tưởng thực tế ,qua hình vẽ, biến đổi véc tơ và tính chất đường xiên và hình chiếu

Cách 2: Cách đại số hóa hoàn toàn và sử dụng các bất đẳng thức và phương pháp hàm số để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

Trong đó một số dạng sẽ có những bài tập nhỏ, dạng mở rộng tương ứng và một số trường hợp đặc biệt cùng với phương pháp cho dạng đặc biệt đó Tôi đặc biệt chú ý cho học sinh đến cách đại số hóa vì nó dễ tiếp cận và nó mang lại kết quả mà cách nhìn hình trực tiếp không làm hoặc rất khó làm được Ở đó có một

số ví dụ tôi đã hướng cho học sinh cách giải quyết sáng tạo là dùng bất đẳng thức Cô si và Buhiakôpxki để có lời giải khá ngắn gọn và rất thú vị mà các tài liệu chưa trình bày theo cách này

Kiến thức cần nhắc cho học sinh :

- Tính chất đường xiên và hình chiếu

- Bất đẳng thức về độ dài véc tơ

- Bất đẳng thức: Cô si và Buhiakôpxki

- Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp hàm số…

Dạng 1 : KHOẢNG CÁCH LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT

Đưa ra ví dụ 1

Ví dụ 1.1 : Cho A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình :

3

1 1

2





khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất

Lúc đầu hầu hết em thấy ngại và không biết giả quyết bài toàn kiểu này thế nào Nên tôi đã hướng dẫn học sinh giải quyết cách 1 bằng cách gợi ý vẽ hình

để học sinh đánh giá được yếu tố yêu cầu sẽ so sánh với đối tượng không đổi nào ? thông qua lý thuyết đường xiên và hình chiếu.

Cách 1 : Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt

phẳng (P)đi qua A và (P)//d nên

3

H

I A

d

P

d (d,(P)) = d (H, (P)) = HI

( Với I là hình chiếu của H lên (P))

tuyến

Vậy phương trình (P) : -7( x -10) - ( y - 2) + 5( z + 1) = 0

Hướng dẫn học sinh giải quyết cách 2 đưa về bài toàn tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp hàm số

Cách 2 : Gọi phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + d = 0 ( 2 2 2 0





b c a

)

Lại có lấy I (1; 0; 1) thuộc d ta có :

c b a

d c a P

I d P

d

d











d

ac c

a

c a

12 5

8 5

2 2







+ Xét c  0 thì d

10 12 5

8 5

2





















c

a c

a c a

10 12 5

8 5

2









x x

x

Ta có d2 =

10 12 5

8 5

2

2







x x

x

= f (x)  2 2

'

) 10 12 5

(

) 96 140 )(

8 5 ( ) (











x x

x x

x f

= 0 



















5 7 5 8

x x

x - -7/5 8/5 +

y’ + 0 - 0 +

y 5 375/61 0 5

Kết hợp hai trường hợp ta có

61

5

7



Chọn a = 7 thì c = -5 khi đó b = 1 , d = -77 nên Phương trình của (P) là :

Tôi đã đặt thêm câu hỏi nếu bài toán hỏi ngược lại tìm min thì các em kết luận thế nào?(mở rộng bài toán khác và cũng để thấy rõ ưu thế của cách 2) Yêu cầu học sinh đưa ra nhận xét cho mỗi cách để tìm ra ưu nhược của mỗi cách để phát huy và khắc phục

Đưa học sinh ví dụ 2 để học sinh tự chọn làm với một trong hai cách tương

tự trên.

Ví dụ 1 2 : Cho điểm A2;5;3 và đường thẳng : 1 2.

Đa phần học sinh có phần hào hứng làm ngay cách 2 và làm rất tốt ,số ít

học sinh làm theo cách 1 là khá giỏi nhưng lúng túnghơn Với cách 1 cũng

có phần đánh giá khác hơn một chút, cách 2 tương tự ví dụ trên

Cách 1:

Gọi K là hình chiếu của A trên d ,điểm H

là hình chiếu của A lên (P) Khi đó:

( Vì A , K đã xác định )

) 2

; 1

; 2 ( ( 0



d AK u u

0 2 ).

1 2 ( 5 2

).

1

2

 t t t  t  1  H( 3 ; 1 ; 4 )  AK( 1 ;  4 ; 1 )

Cách 2: Gọi phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + d = 0 ( a2 b2 c2  0 )



3 5 2 )) (

,

(

c b a

d c b a P

A

d













ac c

a

c a

4 5 5

9 9

2 2









+ X ét c  0 thì d

5 4 5

1 9

2





















c

a c

a c a

5 4 5

1 9

2









x x

x

=

5 4 5

1

81 2

2







x x

x

= f (x) 

2 2

'

) 5 4 5

(

) 6 6 )(

1 (

81

)

(













x x

x x

x

f

= 0















1

1

x x

Tương tự ví dụ 1.1 ta có

5

A

H P

Max f(x) = 1627 khi x = 1

Đưa tiếp ví dụ 3 yêu cầu nháp cách 1( dạng sơ lược).Cách 2 về nhà tự làm.

Ví dụ 1.3 : Cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

2 2

2 2

 









  



đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu

của mặt phẳng có khoảng cách đến (d) là lớn nhất

Cách 1: Theo đề bài thì (P) // (D) Gọi H

là hình chiếu vuông góc của I trên (P)

) 3

; 0

;

6

( 



IA

Ví dụ 1 4 :













y z x y z

thuộc (S) sao cho khoảng cách từ M đến (P) là lớn nhất và nhỏ nhất

Một số học sinh (HS) đã nghĩ ngay được cách dùng hình khi giáo viên yêu

cầu liên tưởng thực tế Và khi cho một HS phát biểu đưa ra lý thuyết đó thi các em đều hiểu và làm theo cách 1

Cách 1: Dựng đường thẳng (d) đi qua tâm I (1; -2; -1)

của (S) vuông góc với (P) cắt (P) tại A,B

(d) lấy VTPT của(P) làm VTCP nên (d)

















1 2

2 2

t z

t y

t x

Khi đó giao điểm của (d) và (S) là:

A(3;-3;1) và B(-1;-1;-3)

d(A, (P)) = 1 ; d(B,(P)) = 7

đến (P) là nhỏ nhất và lớn nhất

Đây là ví dụ tôi mạnh dạn đưa ra việc áp dụng bất đẳng thức Buhiakôpxki mà các tài liệu của HS không trình bày theo cách này Tôi hướng dẫn các em về biểu thức ràng buộc giữa các biến và biểu thức cần đánh giá min ,max rồi nhắc lại cho các em bấtt đẳng thức Buhiakôpxki Hướng dẫn các em tách ghép phù hợp Tôi đã lầy thêm ví dụ tương tự để xem các em đã thật sự biết tách ghép chưa Kết quả ở đây học sinh khá giỏi biết làm và rất thích thú Nhưng cá nhân tôi thấy cách này không bắt các em phải chưng minh kết quả

về khỏang cách nhỏ nhất ,lớn nhất là đoạn nào mà dùng bất đẳng thức để tim min ,max Tuy nó thật sự làm khó cho các em yếu về bất đẳng thức nhưng

nó rất tự nhiên và rèn luyện tư duy cho HS không chỉ phần này mà còn cả phần kỹ năng vận dụng bất đẳng thức

Cách 2: Gọi M(a;b;c)  (S) :( 1 ) 2 ( 2 ) 2 ( 1 ) 2 9











a

B

A

P

Ta có d = d(M,(P)) =

3

14 2

2a b c

[2.(a-1)- 1.(b+2) +2.(c+1)]2 [(a 1 ) 2  (b 2 ) 2  (c 1 ) 2] [2 2  (  1 ) 2  2 2] =81

21

Sau đó tôi hỏi học sinh đưa ra nhận xét cho mỗi cách thì hầu hết HS thích làm cách 1 nhưng số ít các em HS khá giỏi vẫn muốn làm cách 2 vì nó rèn luyện cho các em vận dụng bất đẳng thức

Bài tập : 1 Cho đường thẳng (d) và (d’) lần lượt có phương trình

2

1 1

2

1









x

và

2 2

2 2

 









  



Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) sao

cho khoảng cách (d’) đến (P) là lớn nhất

2.Cho A(1;0;0) ,B(2;-1;2) C(-1;1;3) và d :

2

2 1

1







x

Viết phương trình mặt cầu tâm nằm trên d, đi qua A cắt (ABC) theo đường tròn có bán kính nhỏ nhất

3.Cho điểm A(1;2;4) và đường thẳng

2

z 1

2 y 1

1 x : ) d





.Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất

Trên cơ sở dạng 1 học sinh đã hình thành dần cách khai thác các bài toán kiểu này ta sang dạng 2 Với cách 1 các em cũng quen dần nhưng thật sự các

ví dụ khác nhau thì cách đánh giá cũng khác nhau nhiều mặc dù vẫn chỉ áp dụng tính chất đương xiên và hình chiếu Cách 2 hầu như HS tự làm rất tốt Nên tôi chỉ hướng dẫn cách 1 chủ yếu

Dạng 2 : GÓC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT

Ví dụ 2.1 : Cho đường thẳng























t 2 z

t 2 y

t 1 x : ) d

chứa (d) và tạo với trục Oy góc lớn nhất

Cách 1: Qua điểm A trên d dựng đường thẳng d’ song song với Oy Lấy điểm M

trên d’ ; gọi I là hình chiếu của M trên d và K là hình chiếu vuông góc của M

.Mặt khác từ cách lấy A nên d’

xác định và lấy M cố định nên K,H cố định

Do đó MH, AM không đổi Khi đó :

AM

MI AM

MK







7

M

I K

A

O



P

Do hàm số sin đồng biến trên 0 ;2

phẳng (P) cần tìm vuông góc với

MI tại I Lấy A(1;-2;0) thuộc d

; nên nếu d’ qua A và song

song với Oy thì d’ có phương trình là





















0 z

t 2 y

1 x

Lấy M(1;-1;0) thuộc d’ thì hình

3

1

;

6

11

;

6

5 

6

2

; 6

5

; 6

1 



) Chọn véctơ pháp tuyếncủa (P) là

)

2

;

5

;

1

(

n  

 



3

1 z ( 2 ) 6

11 y ( 5 ) 6

5 x (

x + 5y - 2z + 9= 0.

Cách 2: Lấy M(1;-2;0) d ; N(0;-1;2) d Đặt (P): ax+by+cz+d=0 (

0

2

2

2 b c 



c b a

b



của Oy và (P) lớn nhất khi sin (Oy, (P)) max Tương tự các bài toán trên

Chú ý : Có thể từ (*) kết hợp (**)chuyển thành hàm số và khảo sát như một

số ví dụ trên để tìm max.

Ví dụ 2.2 : Cho đường thẳng d : y 1 z 3

2

1 x











và mặt phẳng (P): x+2y-z+5=0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất

Cách 1: Giả sử d’= (P)(Q) và A=d (P) thì

lượt là hình chiếu của K lên (P) và d’

) Q , P (

Trong tam giác vuông KIH :

HI

KH

tan  

HA

KH

bởi tam giác KIH vuông ở I Mà KH không

d K

H

Q

P d’

 I  A khi đó HAd  KAd hay d, d’ vuông góc

VTCP của d là   u (2;1;1)

 



suy ra VTCP của d’ là :

) 1

; 1

; 1 ( ' u hay ) 3

; 3

; 3 ( n

,

u

'













 



 



 



 



Mặt phẳng (Q) cần tìm là mặt phẳng chứa d và d’ Do đó VTPT của mặt phẳng





 u ,u'

Cách 2:

Phương pháp giải tích.Gọi phương trình mặt phẳng (Q): ax + by + cz + d = 0 (

0

2

2

2





b c

c b a d d

c

b

a  3   0     3





6

2

2 2

a

c b a









=

6 2 4 5

3 3

2

a

c a









Góc giữa P) và (Q) nhỏ nhất khi H max Tương tự các bài toán trên

Với 2 ví dụ này cách 1 khá phức tạp vì cần khả năng tư duy thật tốt nên

khi dạy tôi thấy học sinh hứng thú cách 2 hơn.

Bài tập : 1 Cho đường thẳng (d) : 13 23 1 1







x

Viết phương trình mặt



x

góc lớn nhất

2 Cho đường thẳng d : 13 2  1 3



x

và mặt phẳng (P): 2x- y- z+5=0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất

Dạng 3 : BIỂU THỨC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT

Bài toán 1











x

và A(-1;2;4) ;B(2;-1;1).Tìm M trên (d) sao cho T = MA +MB đạt min

Chú ý cho HS nhận xét AB có vuông góc với d hay không? Từ đó hãy tưởng tượng ra ngoài không gian của mình để đoán M cần tìm là điểm nào?

Cách 1: Ta có AB(3;-3;-3) ; u(1;2;-1) là VTCP của d.Nhận thấy AB  u Dựng mặt phẳng (P) đi qua A vuông góc với d

9

M

M0 A

B d

nên A,B (P) Gọi Mo = d (P) là nghiệm

MBMoB

Vậy M(1;-3;-4) là điểm cần tìm

Cách 2: Gọi điểm M ( t+2 ; 2t -1 ; -t - 5) trên d Ta có :

MA + MB = (t 3 ) 2  ( 2t 3 ) 2  ( t 9 ) 2 + t2  ( 2t) 2  ( t 6 ) 2

=

99

12

6 2



 t



 t

t = 6 ( 1 ) 2 93





t + 6 ( 1 ) 2 30





t



Ví dụ 3.2 : Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số

1 2 1 2

z t

 





 



 



điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất

Cách 2 (Tương tự ví dụ 3.1)

Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất

Chú ý : Đối với bài toán này ta nên sử dùng cách 2 bởi vì với cách 1 rất khó

khăn Người ta chỉ chọn lựa dùng cách 1 trong trường hợp đặc biệt như là:

AB d ( như ví dụ 1 ) hoặc AB // d ( ví dụ 3 sau đây) vì nó ngắn gọn hơn khi dùng cách 2

Ví dụ 3.3: Cho đường thẳng (d): 3 2 2 24



và hai điểm A(1;2; –1), B(7; –2; 3) Tìm trên (d) những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ đó đến A

và B là nhỏ nhất

Cách 1:

Ta có   (6; 4;4) 

đồng phẳng Gọi H là hình chiếu

của A trên (d) Khi đó H( 3t+2; -2t; 2t+4)

A’

M

0

 H(–1;2;2) Gọi A là điểm

đối xứng của A qua (d)  H là trung điểm

của AA  A(–3;2;5) Ta có A, A, B, (d) cùng nằm trong

1

1 2

2 5

1













x

Bài toán 2:

Ví dụ 3.4 Cho d: 

















2 1 1

z

t y

t x

và A (1;-1;0) ; B(1;0;1) Tìm trên (d) những điểm M sao cho diện tích tam giác ABM nhỏ nhất

Cách 1: Ta có S = SAMB = MJ AB

2

1

Do AB không đổi nên S đạt min khi MJ min khi đó MJ chính là đường vuông





















0 0 0

2 0 2

t s t

s t s

Cách 2:

2

, AB

2

Đưa ra trường hợp nếu AB vuông góc với d giải quyết trường hợp đặc biệt như thế nào?

Chú ý: Ta dựng mặt phẳng (P)chứa A,B vuông

góc với và cắt d tại M o Giả sử M là điểm bất kỳ

trên d Goi I, K hình chiếu của M 0 , M

lên d Ta có : MK M 0 I =const (Vì M 0 I là

đoạn vuông góc chung giữa AB và d) Do đó

diện tích tam giác ABM nhỏ nhất khi MK

nhỏ nhất hay MM 0 (Ví dụ sau đây )

Ví dụ 3.5 Cho d: 12 21 15











x

và A(-1;2;4) ;B(2;-1;1)

Tìm trên (d) những điểm M sao cho diện tích tam giác ABM nhỏ nhất

u

HD: Cách 2 : như ví dụ 3.4.

Bài toán 3

Ví dụ 3.6 : Cho A(-1;3;-2) ; B(-9;4;9) và (P): 2x-y+z+1 = 0.Tìm M thuộc (P)

sao cho MA + MB nhỏ nhất

Cách 1:

Ta thấy A,B khác phía Lấy A’ đối xứng với A qua (P)

11

M0

I K

M

d

A

B