KỸ NĂNG lựa CHỌN PHƯƠNG PHÁP HÌNH học để GIẢI các bài TOÁN cực TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH lớp 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁTRƯỜNG THPT HÀM RỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM KỸ NĂNG LỰA CHỌN PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Người

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KỸ NĂNG LỰA CHỌN PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

Người thực hiện: Nguyễn Bích Thủy Chức vụ: Phó Hiệu Trưởng.

SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ, NĂM HỌC 2018 - 2019

MỤC LỤC

Trang

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài 2

1.2 Mục đích nghiên cứu

1.3 Đối tượng nghiên cứu

1.4 Phương pháp nghiên cứu

1.5 Những điểm mới của SKKN

2 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận

2.2 Thực trạng của vấn đề

2.3 Tổ chức thực hiện

2.3.1 Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng ………

2.3.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α) … 2.3.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d

3 Phương pháp hình học giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12 2.4 Kết quả thu được

3 Kết luận và kiến nghị

3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Tài liệu tham khảo

2 2 2 2

2 2 3 3 3 3 9

13 13 14

1 MỞ ĐẦU.

1.1 Lí do chọn đề tài:

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 thuộc mức độ vận dụng cao

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, kiến thức véctơ, tìm được vị trí đặc biệt của nghiệm hình để cực trị xảy ra thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc, đơn giản giảm nhẹ được tính cồng kềnh của biến đổi đại số

Đứng trước tầm quan trọng của nội dung và thực trạng trên, dể học sinh dễ dàng, tự tin hơn khi gặp các bài toán về cực trị trong hình học giải tích lớp 12, từ đó giúp các em phát huy được khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá, đặc biệt hoá, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức hình học đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu Cùng với

sự tích luỹ kinh nghiệm của bản thân qua những năm giảng dạy, tôi đưa ra sáng

kiến kinh nghiệm: “ Kỹ năng lựa chọn hương pháp hình học để giải các bài

toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12” Sáng kiến này đã được bản thân

tôi áp dụng giảng dạy tại trường THPT Hàm Rồng

1.2 Mục đích nghiên cứu:

- Nâng cao hiệu quả, chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi của các giáo viên

- Tăng tính linh hoạt, hiệu quả đối với học sinh khi giải toán

- Vận dụng giải quyết các bài toán vận dụng liên quan

1.3 Đối tượng nghiên cứu:

Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12

1.4 Phương pháp nghiên cứu:

- Phương pháp phân tích

- Phương pháp tổng hợp

- Phương pháp thực nghiệm

- Phương pháp khái quát

2 NỘI DUNG:

2.1 Cơ sở lí luận:

Những công thức cơ bản cần nhớ:

1 2

.

u u

u u

 

  trong đó u1, u2lần lượt

là hai VTCP của hai đường thẳng

- Công thức tính góc giữa hai đường thẳng và mặt phẳng sinΨ = nn..uu





trong đó

u

,

1 2

.

n n

n n

 

  trong đó n n 1 , 2 trong đó lần luợt là hai VTPT của hai mặt phẳng

- Công thức tính khoảng cách giữa hai điểm A(x; y; z ); B(xB; yB; zB)

AB= (x B  x A) 2  (y B  y A) 2  (z B z A) 2

- Khoảng cách từ điểm M(x0;yo;zo) đến mặt phẳng () có phương trình

- Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng đi qua M0 và có vectơ chỉ

phương là: d(M1, ) = M M u0 1,

u

  



chỉ phương ’ là: d(, ) =  , ' 

,

u u MM

u u



  

 

 

- Công thức tính diện tích hình bình hành : SABCD= AB AD, 

 

- Công thức tính diện tích tam giác : SABC= AB AC, 

 

- Công thức tính thể tích hình hộp : VABCD.A’B’C’D = AB AD AA,  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

- Công thức tính thể tích tứ diện : VABCD = AB AC AD, 

  

Chú ý: Các công thức tính góc nêu trên có điều kiện: 0; Ψ

2.2 Thực trạng của vấn đề:

Qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy: Đối với các bài toán về cực trị hình

học trong hình học giải tích lớp 12, phần lớn học sinh không nhớ hết các dạng toán, không nhớ hết các phương pháp giải dẫn đến lúng túng, bị động, mất nhiều thời gian

Học sinh thường gặp khó khăn với các bài toán cực trị nói chung và các bài cực trị hình học nói riêng Bên cạnh khó khăn do vốn kiến thức, kinh nghiệm còn ít ỏi, các em học sinh chưa nắm vững kiến thức hình học và cái nhìn tổng quan, phân loại các dạng toán và phương pháp giải Tháo gỡ được khó khăn đó sẽ đem lại hiệu quả cao trong công tác giảng dạy của các thầy cô cũng như việc học tập của các em học sinh

2.3 Tổ chức thực hiện:

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

2.3.1.1 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)

2.3.1.2 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

d

u MH

- Tìm t, suy ra tọa độ của H

3 Phương pháp hình học giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12: Bài toán mở đầu:

Cho mặt phẳng (P) : x + 3y - z - 2 = 0, A(2; 0; 0), M(1; - 2; 3) Lập phương trình đường thẳng d nằm trong (P) đi qua A và cách M một khoảng lớn nhất,nhỏ nhất:

Hướng dẫn :

Cách 1: Dùng phương pháp hàm số

d  (P)  u n d. P   0 c a  2b

( 1; 2; 3)



; u AM d,     2a 7 ; 2b a 2 ; 2b a b 

 

;

d M d

- TH1: Nếu b = 0 thì d M d  ;  6

- TH2 : Nếu b≠0 thì d M d  ;  12 22 24 542 2

  = f t( ) Xét hàm số f t( ) = 12 22 24 54



 Phương trình đường thẳng cần tìm là:

2

y t

z t

 









 



+) Tương tự cho trường hợp còn lại.

Cách 2: Dùng phương pháp hình học

E

H A

M

P

Gọi H, E lần lượt là hình chiếu của M lên (P) và d

d M d nhỏ nhất khi d đi qua A, H

d M d lớn nhất khi d đi qua A và vuông góc với MA

2 7

 





 



  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

+ Khi d M d ,  nhỏ nhất: Gọi (Q) là mặt phẳng (AMH) n Q AM n, P   7; 2; 1 

  

2

23

d P Q

 





 



  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Nhận xét:

Có rất nhiều bài toán cực trị về toạ độ trong không gian có thể giải bằng

cả phương pháp hàm số và phương pháp hình học Tuy nhiên phương pháp

hàm số mất quá nhiều thời gian, phương pháp hình học thể hiện tính nhanh gọn,

tiết kiệm thời gian, hợp với xu thế thi THPT Quốc gia bây giờ Vì vậy theo kinh nghiệm của tôi, tôi thường hướng dẫn học sinh giải quyết theo phương pháp hình học

Sau đây ta sẽ xét thêm một số bài toán để thấy rõ tính ưu việt của phương pháp hình học giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12

Bài toán 1: Cho n điểm A 1 , A 2, A n , với n số k 1 , k 2 ,.,k n thỏa k 1 + k 2 + ….+k n = k ≠

0 và đường thẳng d hay mặt phẳng (α) Tìm điểm M trên đường thẳng d hayα) Tìm điểm M trên đường thẳng d hay) Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt phẳng (α) Tìm điểm M trên đường thẳng d hayα) Tìm điểm M trên đường thẳng d hay) sao cho k MA1 1  k MA2 2  k MA n n

có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

- Tìm điểm I thỏa k IA + k IA + + k IA1              1              2 2               n              n  0

- Biến đổi : k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI1 1  2 2  n n 1  2  n

- Tìm vị trí của M khi MI

đạt giá trị nhỏ nhất

Ví dụ 1: Cho đường thẳng  d :x- 4 = y+1 = z

Tìm điểm M trên d sao cho MA - 4MB  có giá trị nhỏ nhất

Giải:



JA - 4JB = 0

Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0)

=>x = 0; y =13

5 , z = 7

3, vậy J(0;13 7;

5 3) Khi đó                                                                                                            )          3  3

M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d

JM = ( t+ 4; t - ; t - ) khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d thì JM u  . 0 hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1

Vậy M( 5; 0; 1) thì MA - 4MB 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 :

MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất

MA -2MB MC có giá trị nhỏ nhất

Giải:

1) Gọi điểm G thỏa GA + GB +GC = 0   thì G là trọng tâm củaABC và G(0;-2;1)

MG + GA + MG GB MG GC =3 MG có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α)

MG nhận n = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương nên phương trình MG:











x = 2t

y = -2-2t

z = 1+3t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4t –2(-2- 2t) +3(1+3t)+10 =0

MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất

2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa                                            3                0

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

23 3

x = 4; y = - ; z =

I(4;

Ta có:                                            3

MA -2MB MC =                                                                       ) 3(                 )

MI+IA -2(MI IB MI IC = 2 

MI có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)

2 3 2





















x = 4+2t

y = -2t

z = +3t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10 0

MA -2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất

Bài toán 2:

Cho đa giác A 1 A 2 …. A n và n số thực k 1 , k 2 , …., k n thỏa k 1 + k 2 + ….+ k n = k Tìm điểm M thuộc mặt phẳng sao cho tổng T = k MA1 12k MA2 22 k MA n n2

đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất

Lời giải:

- Tìm điểm I thỏa k IA + k IA + + k IA1              1              2 2               n              n  0

- Biến đổi : T =k MA1 12 k MA2 22  k MAn 2n =

(k + + k )MI +k IA1 12 k IA2 22  k IAn 2n+ 2MI(k IA + + k IA )                             1 1               n n

= kMI 2+k IA1 12 k IA2 22  k IAn 2n

Do k IA1 12 k IA2 22  k IAn 2n không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng hay đường thẳng

Chú ý:

- Nếu k 1 + k 2 + + k n = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất

- Nếu k 1 + k 2 +…+ k n = k< 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ nhất.

Ví dụ 1:

Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1) 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

Giải:

1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0   thì I là trung điểm AB và 3 3

I

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

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

                

=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 nα  (1;2; 2)

2 3 2



















x = 2+t

y = + 2t

z = +2t

Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA 2 + MB 2 = 2MI 2 + 2

2

AB

, do AB 2 không đổi nên MA 2 + MB 2 nhỏ nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α) Tìm điểm M trên đường thẳng d hayα) Tìm điểm M trên đường thẳng d hay).

2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa JA - JB -JB = 0               

Hay (1 x; 2 y; 1 z) (3 x;1 y; 2 z) (1 x; 2 y;1 z) (0;0;0)              

3 x 0

z 0





 



Ta có: MA2 - MB2 – MC2 =(MJ + JA) - (MJ + JB)                             2                                           2                (MJ + JC) 2

                      2 2 2 2

JA -JB -JC -MJ



nhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α)

Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp n α  (1; 2; 2)

Phương trình tham số MJ:











x = 3+t

y = -3+ 2t

z = 2t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

4

9

Bài toán 3:

Cho mặt phẳng (α) Tìm điểm M trên đường thẳng d hayP) có phương trình: ax + by + cz + d = 0 và hai điểm A,B không thuộc (α) Tìm điểm M trên đường thẳng d hayP) Tìm điểm M trên (α) Tìm điểm M trên đường thẳng d hayP) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

E

A'

H P

A

B

M M

B A

P

1. Nếu axA by A cz A d axB by B cz B d 0 thì A, B nằm về hai phía với (P)

Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (P) và AB

2 Nếu axA by A cz A d axB by B cz B d 0thì A, B nằm về một phía với (P)

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 E của (P) và A’B

Ví dụ : 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 nhất

Giải:

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

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M

là giao điểm của A’B với (α)

Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận   (1; 1;2)

vecto chỉ phương => Phương trình tham số AA’:

1 2

1 2

 





 



  



Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình

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

2 2 2

Do H là trung điểm AA’ nên

' ' '

2

1









A’B có vtcp   (1;0; 3) 

2 1

1 3

 









  



y

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

5

      hay ( ;1;13 4)

M

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)

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   ( 1; 3; 3)  

 A'C

Phương trình tham số A’C:

2

1 3

1 3

t

 





 



  



y

=>Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương

4

      hay ( ;5 5; 5)

4  4  4 M

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.

- 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

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