KHAI THÁC bài TOÁN cực TRỊ TRONG HÌNH học KHÔNG GIAN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢI bài tập HÌNH học GIẢI TÍCH CHO học SINH lớp 12 TRUNG tâm GDTX

- Đối với các bài toán hình học không gian liên quan đến cực trị, nếu chỉ dùng tính toán đại số thì thường gây khó khăn cho học sinh, dễ sai xót trong quá trình tính toán.. Vì vậy, trong

PHẦN MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài :

- Toán học là một bộ môn đòi hỏi phải tư duy logic, phải biết vận dụng và kết hợp linh hoạt nhiều kiến thức lại với nhau Do đó, việc hình thành phương pháp giải từng dạng toán cho các em học sinh là rất cần cần thiết, đặc biệt là trong việc thi trắc nghiệm cần sự nhanh lẹ và chính xác

- Phương pháp tọa độ trong không gian là một phần kiến thức toán học quan trọng và nó luôn xuất hiện trong các kì thi THPT Quốc gia hàng năm Để lĩnh hội kiến thức của phần này được dễ dàng thì đòi hỏi người học phải biết tư duy tốt và biết kết hợp giữa tính toán đại số và các tính chất hình học thuần túy trong không gian

- Đối với các bài toán hình học không gian liên quan đến cực trị, nếu chỉ dùng tính toán đại số thì thường gây khó khăn cho học sinh, dễ sai xót trong quá trình tính toán Tuy nhiên, nếu chúng ta để ý đến tính chất hình học thì việc giải quyết bài toán này sẽ dễ dàng hơn, giảm đi việc tính toán Vì vậy, trong đề tài này tôi muốn trình bày “ Khai thác kết quả một số bài toán về cực trị trong không gian” để giúp các em học sinh nắm được phương pháp giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12 làm cơ sở để các em có thể vận dụng giải quyết các tình huống gặp phải trong các kỳ thi

Từ những đòi hỏi trên tôi chọn sáng kiến với đề tài: “ Khai thác bài toán cực trị trong hình học không gian nâng cao hiệu quả giải bài tập hình học giải tích cho học sinh lớp 12 Trung tâm GDTX ”

2 Mục đích của sáng kiến:

- Qua khai thác kết quả bài toán cực trị trong hình hình học không gian giúp học sinh giải một số dạng toán của phương pháp tọa độ trong không gian và góp phần hiệu quả học hình học giải tích cho học sinh khối 12

- Giúp các em học sinh lớp 12 Trung tâm nâng cao được tư duy cùng kĩ năng tính toán và qua đây tôi cũng hy vọng sẽ cung cấp cho học sinh các dạng toán cơ

bản để bổ sung vào hành trang kiến thức giúp các em bước vào các kì thi, đặc biệt là kì thi THPT Quốc gia

- Qua đề tài này giúp cho bản thân và đồng nghiệp dạy khối 12 có thêm tư liệu để ôn tập cho học sinh

- Kết hợp giữa định tính và định lượng nhằm giúp các em hệ thống tốt hơn kiến thức đã học và giúp các em hứng thú hơn trong học hình giải tích

3 Đối tượng nghiên cứu:

- Đối tượng mà đề tài hướng tới nghiên cứu và áp dụng thực nghiệm là học sinh lớp 12 GDTX năm học 2016-2017

4 Phương pháp nghiên cứu:

- Phương pháp nghiên cứu tài liệu: nghiên cứu lý thuyết hình học không gian, phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học Nghiên cứu phương pháp giảng dạy toán, đặc biệt là phương pháp giảng dạy giải hình học giải tích

- Phương pháp quan sát sư phạm: thông qua thực tế giảng dạy, trao đổi với đồng nghiệp, dự giờ đúc rút kinh nghiệm, tiếp thu sự phản hồi từ học sinh

- Phương pháp thực nghiệm: thực hiện kiểm tra đánh giá ở các lớp 12A1, 12A2 sau quá trình học tập

5 Những điểm mới của sáng kiến:

- Đề tài chỉ đề cập tới một số bài toán điển hình về cực trị cơ bản có thể vận dụng trong hình học giải tích, chưa bao quát hết tất cả các dạng toán Tuy nhiên thông qua các bài toán này nhằm giúp cho các em nắm được kết quả của của bài toán cực trị trong không gian để từ đó vận dụng giải quyết các bài toán trong hình học giải tích

 - Đây là sự vận dụng kết quả bài toán đã giải quyết để giải quyết những bài toán mới và có thể mở rộng, nâng cao các nội dung của chương trình SGK Vì thế nó giúp học sinh cũng cố các kiến thức đã học và phù hợp với chuyên đề ôn thi THPT Quốc gia cho các em học sinh

PHẦN NỘI DUNG SÁNG KIẾN

1 Cơ sở lý luận:

- Sau khi giải quyết một bài toán ngoài việc chỉnh lý, kiểm tra, mở rộng bài toán thì luôn phải suy nghĩ phương pháp, kết quả bài toán vừa giải có ích gì trong việc giải các bài toán khác

- Giải bài tập toán có tác dụng bổ sung, hoàn thiện, nâng cao kiến thức phần lý thuyết còn thiếu do thời lượng phân phối chương trình quy định

- Giải bài tập toán giúp học sinh hiểu sâu hơn lý thuyết, củng cố rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải toán, kỹ năng vận dụng lý thuyết vào thực tiễn …

- Giải bài tập toán còn giúp cho học sinh phát triển tư duy tích cực, tạo tiền đề nâng cao năng lực tự học, cũng cố khả năng sử dụng ngôn ngữ, cách trình bày lời giải, khả năng khám phá và tự khám phá, hình thành phương pháp làm việc khoa học, hiệu quả

- Thông qua bài tập toán giáo viên giảng dạy có một kênh thông tin thu thập, đánh giá chính xác năng lực học tập của học sinh

2.Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến:

-Phần lớn các em học sinh đều hay lúng túng và gặp không ít khó khăn khi giải các bài toán về hình học tọa độ trong không gian Bởi lẻ, để giải quyết các bài toán này đòi hỏi các em cần phải có một kiến thức vững chắc về hình học không gian

-Trong hệ thống bài tập của chương trình giáo khoa thì có rất ít bài toán về cực trị, đó cũng là một lý do mà làm cho học sinh ít có cơ hội tiếp cận với dạng toán này

-Do thời lượng hạn chế nên trong SGK ít đề cập đến các bài toán về cực trị, nên các em học sinh ít được tiếp xúc và luyện tập các dạng này Vì thế khi gặp các em thường hay lung túng và gây nhiều khó khăn cho các em

-Tuy nhiên, những bài toán về cực trị lại là những bài toán có phương pháp giải rất lý thú và thường mang lại tâm lý hưng phấn cho học sinh, từ đó khích lệ được khả năng tìm tòi học hỏi cho các em

3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết:

3.1 Một số kiến thức cơ bản có liên quan:

1 Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất:

- M là giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên D nếu  

 

: :







- m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f(x) trên D nếu  

 

: :





2 “Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) là khoảng cách từ điểm M đến hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (P)”

Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d) là khoảng cách từ điểm M đến hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng (d).[2]

3 Gọi H là hình chiếu của M lên mặt phẳng (P) Đoạn MH là khoảng cách ngắn nhất nối từ điểm M đến một điểm bất kỳ trên mặt phẳng (P).[3]

4 Với hai đường thẳng chéo nhau thì độ dài đọan vuông góc chung là khoảng cách ngắn nhất nối giữa hai điểm bất kỳ lần lượt thuộc hai đường thẳng này.[4]

3.2 Hệ thống một số bài tập cơ bản trong hình học không gian và hình

thành phương pháp giải các bài toán hình học giải tích lớp 12:

Bài toán 1: Cho hai điểm A, B và mặt phẳng   Tìm điểm M thuộc mp 

sao cho MA MB nhỏ nhất.[5]

Phương pháp:

TH: Nếu A, B khác phía đối với mp  thì M là giao điểm của AB với mp  TH: Nếu A, B cùng phía đối với mp  :

+ Lấy A’ đối xứng với A qua mp 

Ta có MA’=MA

+ Do đó, MA + MB nhỏ nhất

 MA’ + MB nhỏ nhất

 M, A’, B thẳng hàng

 M A B '  

Ví dụ 1: Trong không gian (Oxyz), cho hai điểm A1;1;1 , B   4; 10;12 và

mp x y z   Tìm điểm M thuộc mp ( ) sao cho MA+MB nhỏ nhất Bài giải:

Ta nhận thấy A, B nằm cùng phía đối với mp ( )

Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua mp ( )  A' 1;5;3 

+ Ta có mp ( ) là mặt phẳng trung trực của AA’ nên M( )  MA'MA

Nên, MA+MB nhỏ nhất  MA’+MB nhỏ nhất (Vì A’,B khác phía đ/vmp ( ))

A B

A’

M



 M A B '  

+ Pt đường thẳng (A’B):  

1

5 5

3 3

 







  



1

2

5 5

3 3

6

x

z

 









 

 

    



Bài toán 2: Cho hai điểm A, B và đường thẳng (d) Tìm điểm M thuộc (d)

sao cho diện tích của MAB có giá trị nhỏ nhất.[6]

Phương pháp:

+ Gọi H là hình chiếu của M lên (d)

2

MAB

+ Vì AB không đổi nên SMAB nhỏ nhất  MH nhỏ nhất

 MH là đoạn vuông góc chung của AB và (d)

Ví dụ 2: Cho hai điểm A 2; 1; 2 , B2; 1 ; 4 và đường thẳng

( ) :

d     Tìm điểm M thuộc (d) sao cho SMAB nhỏ nhất.

Bài giải:

+ Gọi H là hình chiếu của M lên (d) 1 .

2

MAB

Do đó, SMAB nhỏ nhất  MH nhỏ nhất

 MH là đoạn vuông góc chung của AB và (d)

+ Pt tham số (d) :  

1 2 2

 







  



Ta có vtcp của d: u  1 1; 2; 1

A

B

M

H d

+ Pt tham số (AB):  

2 2 '

2 '

 







  



Ta có vtcp của AB: u  2 2; 0; 1

Vì M d nên M1 ;2 ; 2 t t  t

H(AB) nên H  2 2 ';1;2t t'

+ Ta có : 1

2

MH u

MH u









 

3 2 ' 2 1 2 4 ' 0

2 3 2 ' 4 4 ' 0

         



 

      



1 ' 1

t t





 



 Vậy M(2;2;-1)

Bài toán 3 : Cho mp ( ) và mặt cầu (S) không có điểm chung Tìm hai điểm

M, N lần lượt thuộc mặt cầu (S) và mp ( ) sao cho MN nhỏ nhất.[7]

Phương pháp :

+ Gọi N0 là hình chiếu vuông góc của I lên mp ( )

M0 là giao điểm của IN0 với (S) (M0 thuộc đoạn IN)

+ Lấy 2 điểm tùy ý M, N lần lượt thuộc ( ),( )S 

Khi đó, ta có: IM MN IN IN   0 IM0 M N0 0

Do đó, MN nhỏ nhất khi M M N N 0 ,  0

Ví dụ 3 : Trong không gian (Oxyz), cho mp( ) : x 2y z 20 0 và mặt cầu

2 2 2

( ) :S x y z  2x 2y 2 3 0z  Tìm hai điểm M, N lần lượt thuộc mặt cầu (S)

và mp ( ) sao cho MN nhỏ nhất

Bài giải :

Mặt cầu (S) có tâm I(1 ; 1 ; 1) và bán kính R  6

Ta có: d I ,   3 6 R  mp ( ) và mặt cầu (S) không giao nhau.

Vì

( )

( )

min

N

MN

















nên N là hình chiếu của I lên( ) và M IN ( )S ,(M thuộc đoạn IN)

I

M

N



+ Pt đt(d) qua I và vuông góc với( ) :  

1

1 2 1

 







  



1

1 2

1

 





 





 





+ Tọa độ M thỏa

2 2 2

1

 



  













Với t 1  M0;3;2 (loại vì M nằm ngoài đoạn IN)

Với t 1  M2; 1;0  

Bài toán 4: Cho đường thẳng   và điểm M nằm ngoài đường thẳng   Xác định mặt phẳng (P) chứa đường thẳng   sao cho khoảng cách từ M đến mp(P)

là lớn nhất.[8]

Phương pháp:

Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng   Suy ra I cố định Giả sử mp(P) bất kỳ chứa   và H là hình chiếu của M lên mp(P)

Ta có: d M P ;   MH MI (MI không đổi)

Do đó, d M P ;   lớn nhất khi H trùng với I

Tức là, mặt phẳng (P) nhận MI làm vectơ pháp tuyến

Bài toán 4: Cho mặt phẳng   và 1 điểm A thuộc mặt phẳng  và điểm B không thuộc mp  Xác định đường thẳng  qua A và nằm trong mp  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng   là nhỏ nhất

Phương pháp:

M

I

H



+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mp  Suy ra H cố định.

+ Giả sử   là một đường thẳng bất kỳ qua A, nằm trong mặt phẳng   và gọi

K là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng  

Ta có: d B ;   BK BH (BH không đổi)

Suy ra d B  ;  nhỏ nhất khi K trùng với H

Tức là, đường thẳng   qua H

+ Vậy đường thẳng   là đường thẳng qua A và H

3.3 Mở rộng, vận dụng linh hoạt các dạng toán đã gặp :

Bài toán 1: Cho hai điểm A, B và mp  Tìm M thuộc mp  sao cho

a MA 2 b MB 2 a b  0 nhỏ nhất (Mở rộng của bài toán 1) [9] Phương pháp:

+ Tìm điểm I thỏa a IA b IB                                             0

(I là điểm cố định) Khi đó, a MA. 2b MB. 2 a b MI  2a IA. 2b IB. 2

+ Vì a IA 2 b IB 2 không đổi nên a MA 2 b MB 2 nhỏ nhất

 MI nhỏ nhất

 M là hình chiếu của I lên mp 

Hệ quả: Cho hai điểm A, B và mp  Tìm M thuộc m p  sao cho MA2 MB2

nhỏ nhất [10]

Phương pháp:

+ Gọi I là trung điểm của AB

Khi đó, 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2

AB

+ Vì AB không đổi nên MA2 MB2nhỏ nhất

 MI nhỏ nhất

 M là hình chiếu của I lên mp 

B

A



A

B I

M



Nhận xét: Bài toán này có thể được mở rộng: Cho n điểm A A1 , , , 2 A n và cho

( )

1 1 2 2 n. n 1 2 n 0

Ví dụ 1a: Trong hệ tọa độ (Oxyz), cho A3; 1; 0 , B1; 5; 2   và mp Tìm M thuộc mp( ) sao cho MA2 MB2 nhỏ nhất

Bài giải:

+ Gọi I là trung điểm của AB  I2;3; 1  

2

AB

Nên MA2 MB2nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên mp 

+ Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp( )

 Pt của (d):  

2

3 3

1 3

 







  



+ Ta có: M  ( )d    M1;0;2

Ví dụ 1b: Trong hệ tọa độ (Oxyz), cho A 2; 4; 8 ,   B3; 1 ; 2   và mp

  :x 3y z   9 0 Tìm M thuộc mp sao cho 2MA2  3MB2 nhỏ nhất

Bài giải:

+ Gọi I là điểm thỏa 2IA 3 IB 0

1; 1; 2

I

Ta có 2MA2 3MB2 2MI IA  2  3MI IB  2 5MI22IA2 2IB2

Do đó, 2MA2  3MB2 nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên mp

 

+ Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp( )

 Pt của (d):  

1

1 3 2

 







  



+ Ta có: M  ( )d    M0;2;3

Ví dụ 2a: Cho đường thẳng : 5 2 5

  và điểm M(2; 2; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa   sao cho khoảng cách từ M đến mp(P) là lớn nhất ( Mở rộng của bài toán 3)

Giải:

+ Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng   Suy ra I(3; 0; 1) + Áp dung bài toán 5, ta có mp(P) nhận MI

là vectơ pháp tuyến

Tóm lại, mp(P) qua I(3; 0; 1) và nhận MI   1; 2;1

làm vectơ pháp tuyến

Vậy phương trình của mp(P) là: x -2y + z – 4 = 0

Ví dụ 2b: Cho mặt phẳng   : 2x y mz m    1 0  và điểm M(6; -1; 2) Tìm m

để khoảng cách từ M đến mặt phẳng   là lớn nhất

Giải:

+ Ta thấy mp  luôn chứa đường thẳng cố định là : 1 2

1

x t

z







   

 



+ Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng   Ta tìm được I(2;-3;1)

+ Áp dụng bài toán 5, ta có mp  nhận IM 4;2;1 làm vectơ pháp tuyến Mặt khác, n2;1;  m là một vectơ pháp tuyến của mp 

Từ đó, IM  4;2;1 và n2;1;  m cùng phương Suy ra 1

2

m

Ví dụ 3a:

Cho mặt phẳng   :x y  3z  7 0 và điểm A(-2; 5; 0) thuộc mp  Viết phương trình đường thẳng   qua A, nằm trong mp  và sao cho khoảng cách từ B(1;0;-1) đến đường thẳng   là nhỏ nhất (Mở rộng của bài toán 4) Giải:

+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mp  Suy ra H(0; 1; 2).

+ Áp dung bài toán 6, ta có đường thẳng   qua A và H

Tức là, đường thẳng   qua A(-2;5;0) và nhận AH 2; 4;2  



làm vectơ chỉ phương

Vậy phương trình của   là: 2 5

Ví dụ 3b: Cho mặt phẳng (P): x – y – 2z + 5 = 0 và 2 điểm A(3; 0; 2), B(1; 2;

3) Viết phương trình đường thẳng   qua A, song song với mp(P) sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng   là nhỏ nhất

Giải:

+ Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và song song với (P)

Phương trình của mp(Q): x – y – 2z + 1 = 0

Vì   qua A và song song với mp(P) nên   thuộc mặt phẳng (Q)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mp(Q) Suy ra H(2 ; 1 ; 1)

+ Áp dụng bài toán 6,

suy ra   là đường thẳng qua A và H

Vậy phương trình của   là: 3 2

3.4 Đưa ra các bài toán rèn kỹ nặng vận dụng của học sinh :

Bài 1 : Cho mặt phẳng   :x 3y z  2 0  và 2 điểm A(1 ;4 ; 0) và B(5;4; -7) Tìm tọa độ điểm M thuộc mp  sao cho MA + MB nhỏ nhất

Kết quả : M(1 ; 0 ; -1)

B

A

Q

P

Bài 2 : Cho mp   : 2x y z   3 0  và 3 điểm A(5;1;4), B(2;0 ;3), C(2 ; 1 ;2)

Tìm tọa độ điểm M thuộc mp  sao cho MA MB MC 

  

nhỏ nhất

Kết quả: M(1; 1; 2)

Bài 3: Cho mặt phẳng   :x y z   3 0  và hai điểm A(1; -1 ; 0), B(0;-4 ;-2) Tìm tọa độ điểm M thuộc mp  sao cho 2MA2  MB2 nhỏ nhất

Kết quả: M(1;1;1)

Bài 4: Cho hai đường thẳng chéo nhau: 1 2

3 2

2

z

 







 



Với

A, B là 2 điểm thuộc đường thẳng (d2) mà AB không đổi Tìm điểm M thuộc đường thẳng (d1) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất

Kết quả: M(1; -1; 2)

Bài 5: Cho đường thẳng

1 3 :

2

y t

 





  

  



và điểm A(1; 3; 0) Viết phương trình

mặt phẳng (P) chứa đường thẳng   sao cho khoảng cách từ A đến mp(P) là lớn nhất

Kết quả: (P): x – 2y + z – 1 = 0 Bài 6: Cho mặt phẳng (P): x + 2y – z + 3 = 0 và điểm B(1; 0; 4), A(2; 3;2) Viết phương trình đường thẳng   qua B, nằm trong mp(P) và sao cho khoảng cách

từ A đến   là lớn nhất

Kết quả :  : 1 4

x y z

4 / Hiệu quả của sáng kiến:

Trong năm học 2016-2017 tôi đã áp dụng và hướng dẫn học sinh các lớp 12A1, 12A2 học theo hệ thống bài tập này so với lớp 12A3 không áp dụng thì kết quả có sự tiến bộ rõ rệt trên các mặt tỷ lệ học sinh hiểu bài, học sinh có kỹ