Phương pháp tìm tọa độ điểm trong bài toán cực trị của hình học không gian

Trong đề thi THPT Quốc gia môn toán, phần phân loại các câu hỏi khó,tương ứng với điểm 8, 9, 10; thường xuyên rơi vào các chủ đề: “hình học tọađộ trong không gian Oxyz”, “số phức”, “tích

Trong đề thi THPT Quốc gia môn toán, phần phân loại các câu hỏi khó,tương ứng với điểm 8, 9, 10; thường xuyên rơi vào các chủ đề: “hình học tọa

độ trong không gian Oxyz”, “số phức”, “tích phân”, “bài toán thực tiễn”,…Đặc biệt trong chủ đề “hình học tọa độ trong không gian Oxyz” bài toán vềtìm tọa độ điểm liên quan đến cực trị thường xuất hiện nhiều và rất khó giải

Với mong muốn giúp các em học sinh THPT tiếp thu tốt các kiến thức

cơ bản về tìm tọa độ điểm trong các bài toán cực trị của hình học không gian,đồng thời biết vận dụng một cách linh hoạt kiến thức đó để giải toán và ápdụng trong thực tiễn Đặc biệt, biết sử dụng các kiến thức về hình học tọa độtrong không gian để giải quyết các bài toán khó liên quan đến cực trị, tôi đã

chọn đề tài “Phương pháp tìm tọa độ điểm trong bài toán cực trị của hình học không gian ”

hướng dẫn học sinh biết hệ thống kiến thức và xây dựng một lớp bài toán tìm

tọa độ điểm trong bài toán cực trị của hình học không gian Có như vậy, họcsinh mới có thể giải quyết nhanh các bài tập khó về cực trị hình học trong đềthi trắc nghiệm toán

• Giúp HS biết vận dụng kiến thức về tọa độ điểm trong các bài toáncực trị của hình không gian trong thực tế cuộc sống hàng ngày

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Để giải quyết các vấn đề nêu trên, trong đề tài này tôi đề xuất các ýtưởng nghiên cứu sau:

• Cần cho HS tự hệ thống lại kiến thức trọng tâm của hình tọa độtrong không gian dưới dạng sơ đồ tư duy để từ đó khắc sâu đượckiến thức

• Từ các bài toán cụ thể, dẫn dắt HS tự đúc kết ra các kinh nghiệmgiải toán Qua đó tự tìm ra thuật giải cho bài toán tìm tọa độ điểmtrong các bài toán cực trị của hình học không gian

• Cho HS thấy được mối liên hệ của kiến thức đang học với thực tiễncuộc sống

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

• Xuất phát từ thực tiễn, cho học sinh nhìn trực quan và tự đốc rút racác khái niệm cơ bản và các tính chất cơ bản

• Thống kê số liệu để phân loại được các bài toán về tìm tọa độ điểmtrong các bài toán cực trị của hình học không gian và rút ra được hệthống sơ đồ tư duy trong giải các bài tập dạng này

• Điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin để biết thực trạng dạy vàhọc ở trường sở tại để đưa ra được thuật giải logic, ngắn gọn, dễhiểu và dễ nhớ nhất

• Từ các bài toán đưa ra mối liên hệ của tọa độ điểm trong các nghiêncứu toán học, vật lí, khoa học, kĩ thuật

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

• Căn cứ vào nội dung chương trình của SGK môn hình học lớp 12(chương III)

• Căn cứ vào hệ thống bài tập ôn tập chương III hình học lớp 12

• Căn cứ vào phân loại các dạng bài tập trong tài liệu tham khảo: 18chủ đề hình học 12 (chủ biên: Nguyễn Văn Dũng - Nguyễn TấtThu)

Tuy nhiên, trong các tài liệu tham khảo trên đa phần đều nặng về líthuyết, chưa phân dạng các bài toán tìm tọa độ điểm liên quan đến cực trị mộtcách chi tiết, chưa đưa ra được kết cấu một bài làm dưới dạng sơ đồ tư duy,đặc biệt tọa độ điểm liên quan đến mặt cầu còn ít và không đủ dạng Dựa vàocác tài liệu trên, tôi đã hướng dẫn học sinh phân loại được các dạng toán cụthể và xây dựng được một hệ thống tư duy cho lớp các bài tập tìm tọa độ điểmtrong bài toán cực trị của hình học không gian

Vì vậy, chỉ cần đọc đề bài là học sinh đã có thể phân loại và nhận dạngbài tập cần làm (theo sơ đồ tư duy định sẵn có ở trong đầu đã được học vàkhông sa vào chứng minh rườm rà) Khi đó học sinh chỉ cần áp dụng kết quảcuối cùng và sử lí theo số liệu cụ thể của đề bài Đây chính là bí quyết để họcsinh rút ngắn thời gian làm bài

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Sau khi học xong khái niệm, tôi đã cho học sinh thực hành làm bài trắcnghiệm 50 câu với phân loại 50 câu đủ ba phần: Câu hỏi nhận dạng, câu hỏivận dụng và câu hỏi vận dụng cao Thực hiện kiểm chứng trên lớp với 45 họcsinh 12 A1năm học 2020 – 2021 thu được kết quả sau:

Nhận biết(nắm vững lý

thuyết)

Thông hiểu(có thể vận dụng lý thuyết để giải

toán)

Vận dụng linh hoạt (giải được đa số các bài

tập đưa ra)

Số

học sinh Phần trăm

Số học sinh Phần trăm

Số học sinh Phần trăm

Tuy nhiên về thời gian thu được kết quả sau:

1,8 phút / 1 bài đến 5 phút/ 1 bài Từ 2 phút/ 1 bài

Từ 5 phút/ 1 bài đến 10 phút/ 1 bài

Phần trăm

Số học sinh

Phần trăm

Số học sinh

Phần trăm

Đặc điểm của lớp thực nghiệm là:

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết đề.

2.3.1 Bài toán tọa độ điểm và mặt phẳng

Bài toán 1: Trong không gian Oxyz cho các điểm A A1 , 2 , ,A n Xét véc

tơ u a MA a MAr = 1 uuuur1 + 2 uuuur2 + + a MA n.uuuurn

Trong đó a a1 , , , 2 a n là các số thực cho trước thỏa mãn a1 + + +a2 a n ≠ 0

Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho ur

nhỏ nhất

Phương pháp:

Gọi E là điểm thỏa mãn:

a EA a EAuuur+ uuuur+ +a EAuuuur r=

(Như vậy điểm E hoàn toàn xác định và là một điểm cố định)

Ta có MAuuuur uuur uuuurk =ME EA+ k ( với k= 1; 2; ;n)

nên ur= (a1 + + +a2 a ME a EA a EA n).uuuur+ 1 uuur1 + 2 uuuur2 + + a EA n.uuuurn

Ví dụ 1: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2;1; 1), (0;3;1) − B và mặt

phẳng ( ) :P x y z+ − + = 3 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho:a) MA MBuuur uuur+ đạt giá trị nhỏ nhất.

b) 2.MA MBuuur uuur− đạt giá trị nhỏ nhất.

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:

a) Gọi trung điểm của AB là I(1; 2;0)

Ta có: MA MBuuur uuur+ = 2.uuurMI nên MA MBuuur uuur+ = 2.MIuuur

nên MA MBuuur uuur+ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất Mà

b) Gọi J a b c( ; ; ) là điểm thỏa mãn 2.uuur uur urJA JB− = ⇒ 0 J(4; 1; 3) − −

Ta có 2.MA MBuuur uuur− = 2.uuuurMJ+ 2.uuur uuur uur uuurJA MJ JB MJ− − =

nên 2.MA MBuuur uuur− = MJuuur =MJ

Do đó 2.MA MBuuuur uuur− có giá trị nhỏ nhất khi MJ nhỏ nhất, hay M là hìnhchiếu của J trên mặt phẳng ( )P

Gọi M x y z( ; ; ) ta có tọa độ M thỏa mãn hệ

( ) :P x− 2y+ 2z+ = 6 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho:

a) MA MB MCuuur uuur uuuur+ + đạt giá trị nhỏ nhất.

b) 2.MAuuur− 4.MBuuur+ 3.MCuuuur đạt giá trị nhỏ nhất.

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:

a) Gọi trọng tâm của tam giác ABC là G(1; 1;0) − .

Ta có MA MB MCuuur uuur uuuur+ + = 3.MGuuuur nên MA MB MCuuur uuur uuuur+ + = 3.uuuuurMG , do đó

MA MB MC+ +

uuur uuur uuuur

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất Mà M∈ ( )P

nên điểm M cần tìm là hình chiếu của G trên ( )P

b) Gọi J a b c( ; ; ) là điểm thỏa mãn 2.uuurJA− 4.uurJB+ 3.JCuuur r= 0

Ta có: 2.uuurJA− 4.JBuur+ 3.uuurJC= − − ( 6 a;5 − − −b; 6 c) suy ra J( 6;5; 6) − −

Vì 2.MAuuur− 4.MBuuur+ 3.MC MJuuuur uuur= + 2.uurJA+ 3.uuur uuurJC MJ= nên biểu thức 2.MAuuur− 4.MBuuur+ 3.MCuuuur

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MJ nhỏ nhất, hay M là hình chiếu của điểm

Trong đó a a1 , , , 2 a n là các số thực cho trước

Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho

a) T có giá trị nhỏ nhất biết a1 + + +a2 a n > 0.

b) T có giá trị lớn nhất biết a1 + + + <a2 a n 0.

Phương pháp:

Gọi E là điểm thỏa mãn a EA a EA1 uuur1 + 2 uuuur2 + + a EA n.uuuur rn = 0 (Như vậy điểm E

hoàn toàn xác định, E là điểm cố định.)

Ta có MAuuuur uuur uuuurk =ME EA+ k (với k= 1; 2; ;n)

nên MA k2 = (ME EAuuur uuuur+ k) 2 =ME2 + 2.ME EAuuur uuuur. k+EA k2

a EA +a EA + +a EA không đổi nên

a) Với a1 + + +a2 a n > 0 thì T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ME

nhỏ nhất

b) Với a1 + + + <a2 a n 0 thì T đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ME

nhỏ nhất Mà M∈ ( )P nên ME nhỏ nhất khi điểm M là hình chiếu của E trênmặt phẳng ( )P

Sau đây là các ví dụ minh họa để giáo viên hướng dẫn cụ thể cho họcsinh thực hiện

Ví dụ 1: Trong không gian Oxyzcho các điểm A( 3;5; 5), (5, 3,7) − − B − và

mặt phẳng ( ) :P x y z+ + = 0 Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( )P sao cho:

a) MA2 +MB2 có giá trị nhỏ nhất

2.

MA − MB có giá trị lớn nhất

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:

a) Gọi trung điểm của AB là I(1;1;1) Khi đó IA IBuur uur r+ = 0

Ta có MA2 +MB2 = (MI IAuuur uur+ ) 2 + (MI IBuuur uur+ ) 2

2.MI 2.MI IA IB.( ) IA IB

=2MI2 +IA2 +IB2

b) Gọi J a b c( ; ; ) là điểm thỏa mãn uurJA− 2.uur rJB= 0 ⇒J(13; 11;19) −

Ta có: MA2 − 2.MB2 = (MJ JAuuur uur+ ) 2 − 2.(MJ JBuuur uur+ ) 2

= −MJ2 + 2.MJ JAuuuur uur.( − 2 )uurJB +JA2 − 2.JB2

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:

a) Gọi trọng tâm của tam giác ABC là G(1;1; 2)

Khi đó GA GB GCuuur uuur uuur r+ + = 0 nên MA2 +MB2 +MC2 = 3MG2 +GA2 +GB2 +GC2

Do đó MA2 +MB2 +MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, hay

M là hình chiếu của điểm G trên ( )P

• MA MB− lớn nhất với d A P( ,( )) ≠d B P( ;( ))

Phương pháp:

Với câu hỏi 1: MA MB+ nhỏ nhất:

Bước 1: Xét vị trí tương đối của các điểm A B, so với mặt phẳng ( )P

• Nếu ( a x A+b y. A +c z. A+d a x).( B +b y. B +c z. B+d) 0 > thì hai điểm A B,

Với câu hỏi 2: MA MB+ lớn nhất:

Trường hợp 1: Hai điểm A B, ở cùng phía

Sau đây giáo viên có thể đưa ra ví dụ

để học sinh thực hiện giải chi tiết

Ví dụ 1: Cho các điểm A(1; 1; 2), ( 2;1;0), (2;0;1) − B − C và mặt phẳng

( ) : 2P x y z− − + = 3 0 Tìm điểm M thuộc ( )P sao cho:

a) MA MB+ có giá trị nhỏ nhất.

A B nằm khác phía đối với ( )P

a) Ta có MA MB AB+ ≥ và A B, nằm khác phía so với ( )P nên (MA MB+ )

d) Gọi A' đối xứng với A qua ( ) A' 5 1 10; ;

2.3.2 Bài toán: Tọa độ điểm và đường thẳng.

Bài toán 1: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A B A A, , , 1 2 , ,A n vàđường thẳng

0

0 0

Tìm điểm M thuộc đường thẳng V sao cho

Câu hỏi 1: Độ dài véc tơ u a MA a MAr = 1 uuuur1 + 2 uuuur2 + + a MA n.uuuurn đạt giá trị nhỏnhất với a a1 , , , 2 a n là các số thực cho trước thỏa mãn a1 + + +a2 a n ≠ 0;

Câu hỏi 2: Biểu thức 2 2 2

Đối với câu hỏi 1: Tính ur

Đối với câu hỏi 2: Tính T

Đối với câu hỏi 3: Tính diện tích tam giác ABC Sau khi tính ta đượccác biểu thức phụ thuộc t Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhấtcủa một tam thức bậc hai ẩn t

Giáo viên đửaa các ví dụ để học sinh thực hiện,

b) 3.OMuuuur+ 2.uuuurAM − 4.uuuurBM nhỏ nhất.

c) Diện tích tam giác MAB nhỏ nhất

Học sinh thực hiện giải chi tiết:

Vì điểm M∈ V nên M(1 ; 2 − − +t t; 2 ) (t t R∈ )

a) Ta có MAuuur(t;6 t; 2 2.t) − −

MB tuuur( − 2; 4 −t; 4 2 ) − t

do đó 3.OMuuuur+ 2.uuuurAM − 4.BMuuuur= − − ( 5 t t; − 2; 2 12)t+

⇒ 3.OMuuuur+ 2.uuuurAM − 4.uuuurBM = − − ( 5 t) 2 + − (t 2) 2 + (2 12)t+ 2

nên uuuur uuurAM AB;  = (6 16;4 2 ; 4 12)t− − t t−

Vì thế diện tích tam giác MAB là

b) Ta có BCuuur( 1; 1; 2) − − − nên uuuur uuurAM BC+ = − − (t 3; 2.t;2.t 1) −

Vì vậy uuuur uuurAM BC+ = (t− 3) 2 + − ( 2 )t 2 + (2 1)t− 2

Do đó giá trị nhỏ nhất của uuuur uuurAM BC+ là 65

3 đạt được khi điểm M cótọa độ 4; 1 10;

2.3.3 Bài toán: Tọa độ điểm và mặt cầu.

Bài toán 1: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( )S tâm I a b c( ; ; ) và bánkính R Tìm điểm M∈ ( )S sao cho véc tơ x a MA a MAr= 1.uuuur1+ 2.uuuur2+ + a MA n.uuuurn có tọa

độ nhỏ nhất

Phương pháp:

Gọi I là điểm thỏa mãn: a IA a IA1 uur1 + 2 uuur2 + + a IA n.uuur rn = 0

Ta có x a MA a MAr= 1 uuuur1 + 2 uuuur2 + + a MA n.uuuurn

=a MI IA1 (uuur uur+ 1 ) +a MI IA2 (uuur uuur+ 2 ) + +a MI IA n.(uuur uuur+ n)

= (a1 + + +a2 a ).n MIuuur+ ( a IA a IA1uur1 + 2 uuur2 + + a IA n.uuurn)

= (a1 + + +a2 a MI n).uuur⇒ =xr a1 + + +a2 a n .MIuuur

Vậy xrmin ⇔ MIuuurmin

Xét vị trí của I với mặt cầu ( )S

Tương tự trường hợp trên, học sinh cũng

tìm được 2 điểm M cần phải thử lại để loại

điểm M trên ( )S sao cho véc tơ xr= 2.MAuuur− 4.MBuuur+ 3.MCuuuur có độ dài nhỏ nhất

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:

Gọi I a b c( ; ; )là điểm thỏa mãn 2.IAuur− 4.IBuur+ 3.ICuur r= 0

Ta có xr = 2.(MI IAuuur uur+ ) 3.( + MI ICuuur uur+ ) 4.( − MI IBuuur uur+ ) = MIuuur

Vậy xmin ⇔ MIuuurmin

Vậy điểm M thỏa mãn là M( 6;5; 6) − −

Bài toán 2: Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( )S tâm I a b c( ; ; )vàbán kính R

Mặt cầu ( ) : (S x a− ) 2 + − (y b) 2 + − (z c) 2 =R2

Mặt phẳng ( ) : A.x+B.y+C.z+D=0P

Tìm điểm M N, thuộc mặt cầu ( )S sao cho khoảng cách từ điểm M đếnmặt phẳng ( )P là lớn nhất, khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng ( )P là nhỏ nhất

Phương pháp:

Xét vị trí tương đối của mặt cầu ( )S và mặt phẳng ( )P bằng cách so sánh khoảng cách d I P( ;( )) và R.

• Nếu d I( ;(P)) R > thì ( )S và ( )P không

có điểm chung Khi đó M và N là giao của đường

thẳng V với ( )S Trong đó, V là đường thẳng đi qua

I và vuông góc với ( )P Tìm {M N; } = ∩ V ( )S ta sẽ có

hai điểm Tính khoảng cách từ hai điểm đó đến ( )P ,

khoảng cách nào lớn hơn thì điểm đó là điểm M ,

điểm còn lại là điểm N

• Nếu d I( ;(P)) R = thì ( )P tiếp

xúc với ( )S Giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi

N là tiếp điểm của ( )P và ( )S Giá trị lớn

nhất bằng 2.R khi M đối xứng với N qua

có hai điểm Tính khoảng cách từ

hai điểm đó đến ( )P , khoảng cách

nào lớn hơn thì điểm đó tương ứng

là điểm M

Ví dụ: Trong không gian

Oxyz cho mặt cầu ( ) : (S x− 1) 2 +y2 + − (z 2) 2 = 9

Tìm các điểm M N, trên ( )S sao cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng

( )P là lớn nhất, khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng ( )P là nhỏ nhất, với:a) ( ) :P x− 2.y+ 2.z+ = 7 0

I P

Do đó ( )P và ( )S không có điểm chung

Gọi V là đường thẳng đi qua tâm I(1;0; 2) của mặt cầu ( )S và V vuônggóc với ( )P

Giao điểm của V với ( )S là J1 (3; 2;1) − và J2( 1; 2;3) −

Ta có d( ;( ))J1 P = 5

( 2;( ))

7 3

Ví dụ 1: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

( ) :S x +y + − −z x 4.y− = 2 0 và hai điểm A(3; 5; 2), (7; 3; 2) − B − − Tìm

điểm M trên ( )S sao cho biểu thức 2 2

T =MA +MB có giá trị nhỏ nhất

Học sinh giải chi tiết sau:

Kiểm tra dữ liệu đề bài bằng cách thay tọa độ A và B vào ( )S ta được

(3 + − ( 5) + − + 2 3 4.5 2).(7 − + − ( 3) + − ( 2) − + 7 4.3 2) 0 − >

Như vậy A và Bnằm ngoài ( )S

Gọi J là trung điểm của AB ⇒J nằm ngoài ( )S

Vậy Amax = 18 đạt được khi M = ( ) ( )S ∩ P với ( ) : 2.x y 2.z 18 0P − + − =

( )P tiếp xúc với ( )S tại M

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.

Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh dự thi học sinh giỏi, phụđạo học sinh yếu kém, tôi đã tích lũy được một số kinh nghiệm tìm tọa độđiểm trong bài toán cực trị của hình học không gian, đặc biệt tôi đã áp dụng

cụ thể trong việc giảng dạy bộ môn hình học lớp 12 Đây thực sự là một tàiliệu hữu ích đã được tôi kiểm chứng thực tế và cho kết quả tốt

Thường thì các em học sinh có học lực khá và giỏi sẽ giải quyết tươngđối tốt bài toán đặt ra, tuy nhiên lời giải còn chưa ngắn gọn, xúc tích Dựa vàohọc sinh giỏi, giáo viên có thể tổng kết thành các bước làm cụ thể Thông quahoạt động nhóm các em có học lực tốt sẽ giúp đỡ các bạn có học lực yếu kém

và trung bình Các bài toán tổng quát với sơ đồ tư duy là “ ngọn đèn dẫn lối”cho các em tìm thấy hướng đi của mình và kết quả tương đối khả quan:

Kiểm chứng trên lớp với 45 học sinh 12 A1 năm học 2020 – 2021 thuđược kết quả sau:

Nhận biết(nắm vững lý

thuyết)

Thông hiểu(có thể vận dụng lý thuyết để giải

toán)

Vận dụng linh hoạt (giải được đa số các bài

tập đưa ra)

Số

học sinh Phần trăm

Số học sinh Phần trăm

Số học sinh Phần trăm

45 100% 40 88,9% 35 77,8%

Về thời gian thu được kết quả sau:

1,8 phút / 1 bài đến 5 phút/ 1 bài Từ 2 phút/ 1 bài

Từ 5 phút/ 1 bài đến 10 phút/ 1 bài

Phần trăm

Số học sinh

Phần trăm

Số học sinh

Phần trăm

3.2 Kiến nghị.

Tuy nhiên vì thời gian thực hiện sáng kiến kinh nghiệm eo hẹp và quyđịnh hạn hẹp của số trang trong một sáng kiến kinh nghiệm nên không tránhđược những sai sót khi thực hiện để tài Mong được sự góp ý của các bạnđồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm được hoàn chỉnh hơn

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác