SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN Người thực hiện: Nguyễn Ngọc DuậtLĩnh vực nghiên cứu: Quản lý giáo dục  Phương pháp dạy học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

Trường THPT Trần Phú

Mã số:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ

TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Nguyễn Ngọc DuậtLĩnh vực nghiên cứu:

Quản lý giáo dục  Phương pháp dạy học bộ môn: Toán THPT Phương pháp giáo dục 

Lĩnh vực khác: 

Có đính kèm:

 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác

Năm học: 2013 - 2014

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1 Họ và tên: NGUYỄN NGỌC DUẬT

2 Ngày tháng năm sinh: 28 tháng 09 năm 1977

8 Đơn vị công tác: Trường THPT TRần Phú

II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân

- Năm nhận bằng: 2000 và 2010

- Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán và Sư phạm Tin học

III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Môn Toán THPT

Số năm có kinh nghiệm: 13 năm

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

+ Sử dụng phần mềm Sketchpad trong dạy học Toán

+ Gíá trị lớn nhất, nhỏ nhất của Hàm số và một số ứng dụng

+ Soạn giáo án Ôn tập chương theo đổi mới phương pháp

+ Một số ứng dụng của Định lí Viet

………

MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ

TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN

I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Chúng ta đã biết Toán học là ngành nghiên cứu trừu tượng về những chủ đề như: lượng (các con số), cấu trúc,không gian, và sự thay đổi Các nhà toán học và triết nói chung là một ngành khoa học gắn liền với những suy luận logic chặt chẽ, đòi hỏi tính chính xác và ngắn gọn Có nhiều ý kiến cho rằng toán học rất khô khan

và nhàm chán bởi những rắc rối của kí hiệu và sự trừu tượng của ngôn từ và hình ảnh Nhìn nhận vấn đề gần hơn trong trường THPT đa số các em thấy khó khăn, rắc rối, khó nhớ và lo sợ khi học môn toán đặc biệt là môn hình học

Bên cạnh đó những ai yêu thích ngành toán thường thấy toán học có một vẻ đẹp nhất định Nhiều nhà toán học nói về "sự thanh lịch" của toán học, tính thẩm

mỹ nội tại và vẻ đẹp bên trong của nó Họ coi trọng sự giản đơn và tính tổng quát

Vẻ đẹp ẩn chứa cả bên trong những chứng minh toán học đơn giản và gọn nhẹ

Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,… Ta còn gặp các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện cực trị Đây là dạng Toán tương đối khó, thường gặp trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng

Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc

Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn,với sự tích lũy qua một số năm trực tiếp giảng dạy, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các

em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu Được sự động viên, giúp đỡ của các thầy trong hội đồng bộ môn Toán của sở GD-ĐT Đồng Nai, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trong tổ Toán – Tin học trường

THPT Trần Phú Tôi đã mạnh dạn cải tiến và bổ sung chuyên đề “ Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích không gian”.

II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

Bài toán cực trị trong hình học giải tích không gian vẫn thường xuất hiện trong chương trình, trong các đề thi…Tuy nhiên, các tác giả thường sử dung kết quả của dạng toán này để giải các bài toán khác Cách giải chỉ áp dụng cho một bài

hơn Vì vậy các em học sinh, thậm chí một số giáo viên đã gặp không ít khó khăn khi tiếp cận dạng toán này.

Trước thực trạng đó, tôi đưa ra phương pháp cơ bản giải một số bài toán thường gặp về cực trị trong hình giải tích không gian Tuyển chọn các ví dụ minh họa và các bài tập áp dụng theo hướng nâng dần độ khó Từ đó rèn luyện kỹ năng giải toán và giúp học sinh có cái nhìn mới về dạng toán này

1 Thuận lợi.

- Kiến thức đã được học, các bài tập đã được luyện tập nhiều

- Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học

và yêu thích môn học

- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên đề

- Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý kiến cuả đồng nghiệp

2 Khó khăn.

- Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập.

- Nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, không

nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian

- Đa số học sinh yếu môn hình học, đặc biệt là hình học không gian

3 Số liệu thống kê

Trong các năm trước, khi gặp bài toán liên quan đến Cực trị trong hình học

số lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau:

Không nhận

biết được

Nhận biết, nhưng không biết vận dụng

Nhận biết và biết vận dụng ,chưa giải được hoàn chỉnh

Nhận biết và biết vận dụng , giải được bài hoàn chỉnh

III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.

Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả năng tư duy Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt ngay kiến thức nâng cao)

Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải các bài toán được đặt ra Trong một số trường hợp có thể dùng kiến thức giải tích thì bài toán được giải nhanh và gọn hơn

1 Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng.

Phần này nhắc lại một số kiến thức cũ đã biết, với mục đích giúp học sinh có thể vận dụng nhanh, chính xác vào các bài toán sẽ được học

a Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng ( α )

− Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (α)

− Viết phương trình đường thẳng MH(qua M và

vuông góc với (α))

− Tìm giao điểm H của MH và (α)

•Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với M qua

mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếu H của M lên

(α), dùng công thức trung điểm suy ra tọa độ M’

b.Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:

− Viết phương trình tham số của d

− Gọi H ∈ dcó tọa độ theo tham số t

− H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi = 0

r uuuur

d

u MH

− Tìm t, suy ra tọa độ của H

2 Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước.

Bài toán 1: Cho n điểm A 1, A2, An, với n số k1, k2,.,kn thỏa k1+ k2+ ….+kn = k ≠ 0 và đường thẳng d hay mặt phẳng (α) Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt phẳng (α) sao cho k MA1uuur1 + k MA2uuuur2+ + k MA nuuuurn có giá trị nhỏ nhất.

Phương pháp giải:

− Tìm điểm I thỏa k IA + k IA + + k IA1uur1 2uuur2 nuuur rn = 0

− Biến đổi

k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI1uuuur1 2uuuuur2 nuuuuurn 1 2 n uuur uuur

− Tìm vị trí của M khi MIuuur đạt giá trị nhỏ nhất

1) Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0uur uur r thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4)

Khi đó MA + MBuuuur uuur = uuur uuurMI + IA + MI IBuuur uur+ = 2 MIuuur có giá trị nhỏ nhất

<=> MIuuur nhỏ nhất <=> M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d

Đường thẳng d có vtcp u = (1; 1; 1)r , phương trình tham số d:

khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì IM uuuur r. =0 hay 3t – 3 = 0

1) Gọi điểm G thỏa GA + GB +GC = 0uuur uuur uuur r thì G là trọng tâm của tam giác ABC và

Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( )d :x- 4 = y+1 = z

1 1 1 và hai điểm A 0;1;5( ), B 0;3;3( ) Tìm điểm M trên d sao cho

1) uuuurMA + MBuuur có giá trị nhỏ nhất

2) uuuurMA - 4MBuuur có giá trị nhỏ nhất

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm A 1;0;1( ) , B -2;1;2( ),C 1;-7;0( ) Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho :

1) MA + MB MCuuuur uuur uuur+ có giá trị nhỏ nhất

2) uuuurMA -2MBuuur+ 3 MCuuur có giá trị nhỏ nhất

Ta có MA + MB MCuuuur uuur uuur+ =MG + GA + MG GB MG GCuuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur+ + + =3 MGuuuur có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α)

MG nhận n = (2; -2; 3)r làm vecto chỉ phương

Phương trình tham số MG

4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 ⇔ 17t 17 0 + = ⇔ = − t 1

Vậy với M(-2; 0; -2) thì MA + MB MCuuuur uuur uuur+ có giá trị nhỏ nhất

2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2IBuur uur+3ICuur r=0

Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0)

M( thì MA -2MBuuuur uuur+ 3uuurMC đạt giá trị nhỏ nhất

Bài toán 2: Cho đa giác A1 A2 ….An và n số thực k1, k2, …., kn thỏa k1+ k2+ ….+

kn = k Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T =

Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA) +(MI + IB)uuur uur 2 uuur uur 2

IA + IB +2MI +2MI(IA + IB)

= uuur uur uur =IA + IB +2MI 2 2 2

Do IA + IB 2 2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay

M là hình chiếu vuông góc của I lên (α)

Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp nrα = (1; 2; 2)

Phương trình tham số MI: 3

232

1) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất

2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn

nhất

Với I là trung điểm AB, M không thuộc AB thì MA 2 + MB 2 = 2MI 2 + 2

Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp nrα =(1;2;2)

Phương trình tham số MJ:

1 và các điểm A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3) Hãy tìm điểm M trên d sao cho

1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất

2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất

4 x 0

3 y 0 I(4; 3;6)

- 6+z 0

− + =







Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA) 2(MI + IB)uuur uur 2 − uuur uur 2

IA 2IB MI + 2MI(IA 2 IB)

= − − uuur uur − uur =IA 2IB MI2 − 2 − 2

Do IA - 2 IB 2 2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d

Đường thẳng d có vtcp ru=(1;2;1), phương trình tham số d:









x = 1+t

y = 2+ 2t

z = 3+ t

M d∈ ⇒M(1 t; 2 2t; 3 t)+ + + , IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3)uuur khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì IM uuuur r =0

⇔ + = ⇔ = − ⇒t t M

Vậy với 1 2 7

( ; ; )

3 3 3

M thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất

Nhận xét:

Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M

Với M d∈ ⇒M(1 t; 2 2t; 3 t)+ + +

Và MA2 - 2MB2 = (t + 1)2 + (2t + 1)2 +(t + 5)2 – 2[(t - 1)2 + (2t + 3)2+(t +1)2

= - 6t2 – 8t +5

Xét hàm số f t( ) = − 6 – 8 5, t2 t + t R∈

Có đạo hàm '( ) 12t – 8 , '( ) 0 2

3

Bảng biến thiên

t −∞ 2

3 − +∞

f’(t) + 0

f(t) 23

3

−∞ −∞

Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi 2

3

t= − Hay MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất khi 1 2 7

( ; ; )

3 3 3 M

2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa uuurGA + GB +GC = 0uuur uuur r thì G là trọng tâm tam giác ABC và G(2; 1; 1).

Ta có: MA2 + MB2 + MC2 =(MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC)uuuur uuur 2 uuuur uuur 2 uuuur uuur 2

= GA GB2 + 2 + GC +3MG + 2MG(GA GB GC)2 2 uuuur uuur + uuur uuur+

M thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất

Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai

điểm A,B không thuộc (α) Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

Phương pháp giải:

1 Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < 0 thì A, B nằm về hai phía với (α) Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và AB

2 Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) > 0 thì A, B nằm về một phía với (α) Khi đó ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α) Do MA + MB = MA’+

MB mà đạt giá trị nhỏ nhất khi M thuộc A’B hay M là giao điểm của (α) và A’B

Giải:

Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α)

Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB và (α)

Đường thẳng AB qua điểm B, nhận uuurAB = − (1; 1;0) làm vecto chỉ phương

Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương

trình:x – 2y – 2z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2) Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất

Phương trình tham số của AB:

1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0 ⇔ 6t – 3 = 0 hay t =1 H( ; ;0)3 3

Do H là trung điểm AA’ nên

' ' '

2

1 '(2; 1; 1) 1

Phương trình tham số A’B:

2 1

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm A(1;

2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2) Hãy tìm điểm M trên d sao cho

1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất2) MA - MC có giá trị lớn nhất

Vậy với ( ;1;13 4)

5 − 5

M thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất

2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α).Vậy nên A’ và C nằm cùng một phía đối với (α)

Ta thấy MA - MC = MA' - MC ≤ A'C

Nên MA - MC đạt giá trị lớn nhất khi M thuộc A’C nhưng ở phía ngoài đoạn A’C, tức M là giao điểm của A’C và (α)

Đường thẳng A’C có vtcp uuuurA'C = − − − ( 1; 3; 3)

Phương trình tham số A’C:

Vậy với ( ;5 5; 5)

4 − − 4 4

M thì MA - MC có giá trị lớn nhất

Bài toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộc d Tìm

điểm M trên đường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

Phương pháp giải::

1 Nếu d và AB vuông góc với nhau

Ta làm như sau:

- Viết phương trình mặt phẳng (α) qua AB và vuông góc với d

- Tìm giao điểm M của AB và (α)

- Kết luận M là điểm cần tìm

2 Nếu d và AB không vuông góc với nhau

Ta làm như sau:

- Đưa phương trình của d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo tham số t

- Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB

- Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t

- Tính tọa độ của M và kết luận

Đường thẳng d có phương trình tham số

1 2

2 2 3

Ta có ur.uuurCD= 14 -10 – 4 = 0 ⇒ ⊥ d CD

Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với d

(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận ru = (2; 2;1) − làm vecto pháp tuyến

Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0

Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d và mp(P)

Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình:

2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0⇔ 9t + 18 = ⇔ = − 0 t 2

Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2 2 17 +

Giải:

Ox có vtcp ri = (1;0;0)qua O(0; 0; 0), AB có vtcp uuurAB = − ( 1;1; 2) − và ruuuri.AB = − ≠ ⇒1 0

Ox và AB không vuông góc

Ta có [ ,r uuur uuuri AB OA ] = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau

Phương trình tham số của Ox: 0

0

x t y z

M Ox M t

S = MA + MB = (t -3) 2 + + + 0 4 (t -2) 2 + + 1 0= (t -3) 2 + + 4 (t -2) 2 + 1

Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất

Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các điểm Mt(t; 0) ∈Ox và hai điểm

M là điểm cần tìm

Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số.

• Từ biểu thức S = (t -3) 2 + + 4 (t -2) 2 + 1

Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0) Hãy tìm điểm M trên trục Ox sao cho

MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

t t

qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp ur= (2;2;1) và uuurAB = (2;3; 1) −

Ta có ur.uuurCD= 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0 ⇒d không vuông góc với AB và

[ ,r uuur uuuru AB NA ] = (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – 4 = 6 ⇒d và AB chéo nhau

- Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), do AB không đổi nên 2p đạt giá trị nhỏ nhất khi MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

Xét điểm M d ∈ ⇒ M (1 2 ; + t 2+2t;1 +t), ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

M( thì MA + MB đạt giá nhỏ nhất bằng 3 2

Nhận xét: Trong dạng toán này nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số thì việc tìm t sẽ đơn giản hơn.

Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d 1,d2 chéo nhau Tìm các điểm M∈ d1,

N∈ d2 là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên.

Phương pháp giải:

- Viết phương trình hai đường thẳng dạng tham

số

- Lấy M∈ d1 và N∈ d2(tọa độ theo tham số)

- Giải hệ phương trình uuuur r MN u 1 = 0và

1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp uuru1= (1;2; 1) −

d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp uuur2 = − ( 7;2;3)

Ta có [uuru1, uuru2]M M uuuuuur1 2 = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168≠ 0

Hay d1 và d2 chéo nhau

2) M∈ d1 và N∈ d2 sao cho độ dài MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là độ dài đoạn vuông góc chung của d1 và d2

Phương trình tham số của hai đường thẳng

d1:

5

1 2 11

t t

Vậy với M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) thì độ dài MN ngắn nhất bằng 2 21

Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng 1:

2) Tìm điểm M∈ d1 và N∈ d2 sao cho độ dài MN ngắn nhất