skkn một số phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học không gian

Tên sáng kiến: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN” Võ Thị Thanh Trúc, Nguyễn Phương Khanh, Trần Yến Bình, Đoàn Thị Thúy Hằng, Hồ Hoàng Kiệt, @THPT Lê Quí

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

MÔ TẢ SÁNG KIẾN

Mã số : ………

1 Tên sáng kiến:

“MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”

(Võ Thị Thanh Trúc, Nguyễn Phương Khanh, Trần Yến Bình,

Đoàn Thị Thúy Hằng, Hồ Hoàng Kiệt, @THPT Lê Quí Đôn)

2 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chuyên môn giảng dạy.

3 Mô tả bản chất của sáng kiến :

3.1 Tình trạng giải pháp đã biết:

Bản thân hằng năm có tham gia giảng dạy bộ môn Toán trong nhà trường cũng như tham gia ôn thi THPT Quốc Gia Tôi cố gắng đúc kết, xâu chuổi toàn

bộ kiến thức mà bản thân thu thập được một số vấn đề về giải bài toán cực trị trong Hình Học Mong muốn nó có thể giải quyết được một số dạng các bài tập điển hình của chương trình để học sinh ôn thi Học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia

Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng học sinh, điều kiện của từng lớp học, bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học, khả năng hợp tác, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh

Quá trình dạy học với các nhiệm vụ cơ bản là hình thành tri thức, rèn luyện các kỹ năng hoạt động nhận thức, hình thành thái độ tích cực được xây dựng trên quá trình hoạt động thống nhất giữa thầy và trò, trò và trò, tính tự giác, tích cực tổ chức, tự điều khiển hoạt động học nhằm thực hiện tốt các nhiệm

vụ đã được đề ra

Như chúng ta biết, trong cách đổi mới thi hiện nay thì những bài toán mang tính ứng ụng thực tiễn lại phổ biến, nhất là những bài toán về Hình Học

Đó là những dạng toán khó đối với học sinh, có nhiều bài không thể giải được

dễ dàng hoặc có thể giải được nhưng gặp nhiều khó khăn, phức tạp

Bên cạnh đó, Hình Học là một nội dung quan trọng của chương trình toán THPT Nó vừa là đối tượng, nhưng hơn thế nó vừa là công cụ hữu hiệu để giải quyết nhiều vấn đề phức tạp của thực tiễn

3.2 Nội dung giải pháp đề nghị công nhận sáng kiến:

- Mục đích của giải pháp

Các em học sinh vì nhiều lý do liên quan đến nội dung chương trình, thời gian, thĩi quen học tập đã trở nên thụ động trong quá trình học Các em dễ dàng chấp nhận, nhớ máy mĩc một kiến thức để rồi vận dụng các kiến thức đĩ giải tốn trong các tình huống riêng lẻ Khả năng tư duy vốn tiềm ẩn khơng được thể hiện một cách sinh động

Cần phải thay đổi tinh thần, thái độ học tập, phương pháp học tập và cả về

ý niệm học tốn giải tốn là như thế nào

Khơng nhiều các tiết dạy mà ở đĩ giáo viên tạo được khơng khí học tập cởi mở, học sinh được độc lập suy nghĩ, trao đổi, tìm hiểu các vấn đề Các tiết dạy như vậy mang đến cho các em niềm hứng thú với mơn học, hình thành ở các

em phương pháp học tập sáng tạo linh hoạt

Chúng tơi nghĩ cần cĩ một “ví dụ sinh động” về việc học, giải tốn một cách chủ động Cách thể hiện trong bài viết này là một “ví dụ”như thế

* Qua đĩ giúp học sinh :

Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải tốn Qua đĩ học sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo

Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng và khả năng giải các bài tốn trong kỳ thi THPT Quốc Gia và ơn luyện HSG mơn Tốn

Các vấn đề được trình bày trong đề tài này cĩ thể hỗ trợ cho các em học sinh trung học phổ thơng cĩ cái nhìn tồn diện hơn về cách tiếp cận một số bài Tốn thực tiễn

Các ví dụ minh họa ở đây cũng được rút ra chủ yếu từ một số bài tốn thực tế Mong muốn đề tài cĩ thể đến với đơng đảo học sinh, nhằm giúp các

em đạt kết quả cao trong các kỳ thi sắp tới Qua đề tài này cĩ thể giúp học sinh

cĩ nhiều phương pháp giải các dạng bài tập cĩ liên quan tới bài tốn cực trị trong Hình Học

Việc nghiên cứu đề tài giúp tơi cĩ một tài liệu mang tính hệ thống về một

số bài tốn cực trị trong Hình Học, phục vụ cho cơng tác giảng dạy của mình Qua nghiên cứu đề tài, giúp tơi tự tin hơn trong cơng tác giảng dạy

- Nội dung giải pháp:

Giải pháp 1 : Cho 2 điểm A,B và mặt phẳng  Tìm điểm M trên mặt phẳng 

sao cho MA+MB nhỏ nhất

Đây là bài tốn quen thuộc – Cĩ thể tìm hiểu lời giải bài tốn qua các hình

vẽ minh họa cho các trường hợp A,B nằm cùng phía ; khác phía đốí với mặt phẳng 

Phương pháp.

Nếu trong bài tốn 1 ta thay “mặt phẳng” bởi “đường thẳng ” ta cĩ bài tốn :

Bài tốn 1.1 : Trong khơng gian cho 2 điểm A,B và đường thẳng .Tìm điểm M trên đường thẳng  sao cho MA+MB nhỏ nhất

Ta giải quyết bài tốn 1.1 trong từng trường hợp AB và  đồng phẳng ;

AB và  chéo nhau

+ Trường hợp AB và  đồng phẳng

+ Trường hợp AB và  chéo nhau :

 Nếu AB ,  chéo nhau và vuơng gĩc nhau

Điểm M cần tìm là điểm M0 trên hình vẽ bên

 Nếu AB ,  chéo nhau và khơng vuơng gĩc nhau

Gọi H, K là hình chiếu của A,B lên  -  là mặt phẳng chứa  và qua B A’ là điểm trên  sao cho A’ , B nằm khác phía đối với  , A’H   và A’H =

AH (xem hình) A’B cắt  tại M0

Ta cĩ MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B

MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M  M0

Chú ý : M0 nằm trên đoạn HK và M0H/ M0K = A’H/BK = AH/BK

 M H0 AH M K0

BK



Ta cĩ thể phát biểu bài tốn tương tự như bài tốn 1 đối với mặt cầu trong một vài trường hợp đặc biệt chẳng hạn :

Bài tốn 1.2: Cho 2 điểm A , B nằm ngồi mặt cầu (S) cĩ tâm I sao cho

IA = IB.Tìm điểm M trên mặt cầu (S) sao cho MA+MB nhỏ nhất

Phương pháp

Gọi H là trung điểm AB N là hình chiếu của M lên mặt phẳng (ABI) N nằm trong đường trịn lớn của mặt cầu (S) trong mặt phẳng này

Ta cĩ :

MA + MB ≥ NA + NB ≥ M0A + M0B

MA+MB nhỏ nhất  M M0

Giải pháp 2: Cho 2 đường thẳng d ,  chéo nhau Tìm M  d và N   sao

cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất

(2 điểm M,N cần tìm theo đĩ MN là đoạn vuơng gĩc chung của d , .)

Nếu thay “đường thẳng d ” bởi “mặt phẳng ” với  và d khơng cĩ điểm chung (  //  ) thì bài tốn mới cĩ vơ số nghiệm hình (xem hình)

(’ là hình chiếu của  lên  )

Do vậy ta cĩ thể phát biểu bài tốn mới

Bài tốn 2.1: Cho mặt phẳng  và đường thẳng  ;  // Tìm tập hợp các điểm M thuộc  sao cho d(M,  ) là nhỏ nhất

Bài tốn 2.2: Cho mặt cầu (S) và đường thẳng  ((S) và  khơng cĩ điểm chung)

Tìm M  (S) và N   sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất

Bài tốn 2.3 : Cho mặt phẳng  và mặt cầu (S ) ((S) và  khơng cĩ điểm chung)

Tìm M  (S) và N   sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất

Phương pháp.

N0 là hình chiếu của tâm I lên mặt phẳng  Mặt cầu (S) cắt đoạn IN0 tại 0 là mặt phẳng tiếp xúc với (S) tại M0 0 cắt đoạn MN tại P

Ta cĩ : MN ≥ PN = d(P,  ) = M0 N0

Đoạn MN là nhỏ nhất  M  M0

Nhìn lại bài tốn 2 - hai điểm M 0 , N 0 cần tìm mà theo đĩ đoạn M 0 N 0 là đoạn vuơng gĩc chung Ta cĩ : , M 0 N 0 = d(M 0 ,  ) ≤ d(M , ) Bài tốn cĩ thể phát biểu lại theo một cách khác :

Giải phỏp 3: Cho 2 đường thẳng d ,  chộo nhau Tỡm M  d sao cho

khoảng cỏch từ M đến  là nhỏ nhất

Hướng đón học sinh tự giải

Từ đõy học sinh cú thể phỏt biểu một vài bài toỏn tương tự khỏc :

Bài toỏn 3.1 : Cho mặt phẳng  và mặt cầu (S ) ((S) và  khụng cú điểm chung)

Tỡm M  (S) sao cho khoảng cỏch từ M đến  là nhỏ nhất ( lớn nhất )

Bài toỏn 3.2: Cho mặt cầu (S) và đường thẳng  ((S) và  khụng cú điểm chung)

Tỡm M  (S) sao cho khoảng cỏch từ M đến  là nhỏ nhất ( lớn nhất )

Giải phỏp 4: Tứ diện ABCD có AB = x có các cạnh còn lại bằng 1

a Tính thể tích tứ diện theo x.

b Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD

c Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn nhất

Phửụng phaựp.

H C

B

C

D

Cách 1:

Gọi H là hình chiếu của D lên (ABC) vì DA = DC = DB = 1 ⇒ H là tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp ∆ABC mà ∆ABC cân H ∈ CC’ với C’ là trung điểm AB

S∆ABC = CC'.AB 4 x x 4 x2.x

4

1 4 2

1 2

4 2 2 2

1 1

4 cos sin 4 sin

2 x C C x C x x x x











⇒Tam giác vuông HCD có HD2 = CD2- DC2 = 2 22

4

3 4

1



 



2

4

3

x

x







Cách 2:

A

D M

C'

Gọi M là trung điểm CD ⇒ CD  ABM

Vì ∆ACD và ∆BCD đều ⇒ AM = BM = 23

VABCD = 2VCBMA = 2 31 CM.S∆ABC = 21 SABM

3 2

4

2 2

2

23 2

1x ( )  (x) x 3  x

VABCD = x 3 x 3 x2 x

121

2 4

3

b)

SACD=

4

3 ⇒ d(B,(ACD))=

ACD

ABCD

S

V

3

3



c)

12 3 x x 12 x2 x 8

Dấu “=” xảy ra ⇔ x2 = 3-x3 ⇔ x = 23 và thể tích lớn nhất là 81

Giải phỏp 5: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA

vuông góc với mặt đáy ABCD và SA=h.Điểm M thuộc cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ

SH vuông góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x để thể tích khối này là lớn nhất

Phửụng phaựp.

C A

S

M D

B

H

Ta có BM  SH (gt)

BM  SA (Vì SA ( ABCD)

⇒BM  AH

SABM =

2

1

SABCD =

2

1

a2

Mà SABM =

2

1 AH.BM ⇒ AH= 2 2 2 2

x a

a BM

a





x a

a h

AH SA









4 2 2 2

x a

ax x

a

a a AH AB













SABH =

2

1 AH.BH =

2

1

2 2 3

x a

x a



3

6

1 3

1

x a

xh a SA

S ABH



ax

xh

12

1 2

6

1



 Dấu bằng xảy ra khi a=x tức M trùng D

Giải phỏp 6: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, tâm O Đờng

cao của hình chóp là SA=a M là một điểm di động trên SB, đặt BM=x 2

(0<x<a) () là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD) Xác định x để thiết diện trên là hình thang vuông Trong trờng hợp đó tính tỷ số thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện

Phửụng phaựp.

Để thiết diện là hình thang vuông  MK// MO// BC  N là trung điểm AB

 x = a/2

V=

3

1

( )

a

SA dt ABCD 

V1=VSOECH+VKOE.MNB

3 3

.

S OECH

V  OK dt OECH    

 

2 3

.

1

2 2 2 16

KOE MNB

 

Vậy 2

1

11 5

V

Giải phỏp 7: Trong khoõng gian Oxyz, cho ủửụứng thaỳng (d) Vieỏt phửụng trỡnh maởt phaỳng (P) chửựa (d) vaứ taùo vụựi truùc Oy goực lụựn nhaỏt

Phửụng phaựp.

S

A

D

C B

N

E

Qua điểm A trên d dựng đường thẳng d’ song song với Oy Lấy điểm M trên d’ ; gọi K là hình chiếu của M trên d ta có : MAKÙ = = ( ,a d Oy) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên

(P) thì MAHÙ = =b ( ', )d P = ( , )Oy P Như thế : sina=MK ; sinb=MH

tam giác

vuông MHK thì MH £MK Þ sinb£ sina Þ maxb=a khi H º K

Vậy mặt phẳng (P) cần tìm

vuông góc với MK tại K

Giải pháp 8: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất

Phương pháp

Gọi d’= (P)Ç(Q) và A=d Ç(P) thì A Ỵ d’.Lấy K Ỵ d,kẻ KH ^(P) và HI ^ d’thì : KIHÙ = ( , )P Q =a Trong tam giác vuông KIH :

a =

HI , do KH không đổi nên:

tan a nhỏ nhất Û HI lớn nhất Û I º A (do HI £ HA)

Khi ấy thì d’ vuông góc với d Vậyd’đi qua A vuông góc với d và nằm trong (P)

Mặt phẳng (Q) cần tìm là mặt phẳng chứa d và d’

Giải pháp 9: Trong không gian Oxyz cho hai điểm: A, B và đường thẳng (d) Trong các đường thẳng đi qua A và cắt d; hãy viết phương trình đường thẳng

D

( )có khoảng cách đến điểm B là:

a) Nhỏ nhất

b) Lớn nhất

Phương pháp.

Gọi ( ) D là đường thẳng qua A và cắt d; ( ) D và d cùng thuộc măt phẳng (P)= mp(A;d)

Gọi H là hình chiếu của B trên (P); K là hình chiếu của H trên ( ) D thì

BK ^ ( ) D

Vậy BK chính là khoảng cách từ B đến ( ) D

neõn BK lụựn nhaỏt khi K º A Khi aỏy ( ) D ủi qua A naốm trong (P) vaứ vuoõng goực vụựi BA

Giải phỏp 10: Cho đờng thẳng :x x0 y y0 z z0

cho AB và  chéo nhau ; hãy tìm điểm M  Sao cho P = MA+MB nhỏ nhất

Phửụng phaựp.

1 Lấy M tuỳ ý thuộc : M=(x0 at;y0 bt;z0 ct) ta tinh MA và MB

( ) ( )

P MA MB   f t  g t Dùng phơng pháp đáng giá ta tìm đợc giá trị nhỏ nhất của P

2 Ví dụ minh hoạ : cho đờng thẳng : 1 1

 

 và 2 điểm A=(0,1,1), B=(1,0,0) Tìm điểm M sao cho: MA+MB nhỏ nhất

Giải:

Nhận xét đờng thẳng  đi qua điểm C=(1,0,-1) và có vectơ chỉ phơng là

(1,1, 1)

v   

Ta có AC   (1, 1, 2)và AB   (1, 1, 1)

         

 

AB v AC

  

nên đờng thẳng chứa AB và  chéo nhau Vậy phơng trình tham số của  là:

1

1

 







  



Lấy điểm M=(t+1, t, -t-1) (*) là điểm tuỳ ý thuộc 

AM  t t  t  AM  t  t  t  t  t

Và BM  ( , ,t t t  1)  BM  t2 t2  (t 1) 2  3t2  2 1t



Cách 1: ta có P MA MB  = 2

3t  4t 6 + 2

3t  2 1t

(1)

A   B    M  t

2

3

Thay vào (1) có: ' ' ' ' ' '

3

P

Vậy P nhỏ nhất khi và chỉ khi 3 điểm A’, B’, M’ thẳng hàng

A B     A M t  

để 3 điểm A’, M’, B’ thẳng hàng điều kiện là

2

3

t





Thay vào (*) đợc: 13 7 7 5 7 13

Cách 2: ta có phơng trình tham số của đờng thẳng  là:

1

1

 







  



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 BE ( , ,t t t  1)

Vì E là hình chiếu của B trên đờng thẳng  nên v BE       0 t t t 1 0

 

1

3

t 

, ,

E    BE   

Gọi I là hình chiếu của A trên đờng thẳng thì I=(t+1, t, -1-t)

Và AI   (t 1,t 1,  t 2).



3

AI v          t t t t 

 

, ,

I     AI    

Vậy M   sao cho MI AI MI AI.ME



Hay MI  7.ME

(1)

MI   t   t t  ME  t   t t

Thay t vào toạ độ M ta đợc: 13 7 7 5 7 13

Cỏch 3 Dựng phộp quay trong khụng gian

3.3 Khả năng ỏp dụng của giải phỏp:

Phạm vi kiến thức mà đề tài đề cập đến chủ yếu là cỏc vấn đề liờn quan đến kỳ thi THPT Quốc Gia và kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh Đõy là những kỳ thi quan trọng diễn ra hằng năm Cỏc kiến thức đưa ra ở trong này hoàn toàn là toỏn

sơ cấp, điều đú phự hợp với chương trỡnh Toỏn phổ thụng

3.4 Hiệu quả, lợi ớch thu được hoặc dự kiến cú thể thu được do ỏp dụng giải phỏp:

Sau khi học sinh học xong chuyờn đề này, cỏc em thấy tự tin hơn, hứng thỳ hơn, tạo cho cỏc em niềm đam mờ, yờu thớch mụn toỏn, mở ra một cỏch nhỡn nhận, vận dụng linh hoạt, sỏng tạo cỏc kiến thức đó học, tạo nền tảng cho cỏc em tự học và tự nghiờn cứu Cung cấp cỏc kiến thức cần thiết tạo tõm lý vững vàng trước khi cỏc em bước vào kỳ thi quan trọng

3.5 Tài liệu kốm theo: Khụng

Định Trung, ngày 17 thỏng 3 năm 2018.