ỨNG DỤNG tâm tỉ cự của hệ điểm GIẢI bài TOÁN cực TRỊ HÌNH học GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT LÊ LỢI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN Lĩnh vực: Toá

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ

TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH

HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN

Lĩnh vực: Toán học Tên tác giả: Nguyễn Thị Minh Nguyệt Chức vụ : Giáo viên

Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Lợi

NĂM HỌC 2018-2019

MỤC LỤC

Trang

B Nội dung

III Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để giải bài toán cực trị hình học giải tích trong không gian

A MỤC ĐÍCH

I Lý do chọn đề tài

Với ý tưởng hướng đến kỳ thi THPTQG năm 2019 Tôi nhận thấy rằng để học sinh trường tôi tiếp cận được những câu hỏi vận dụng trong đề thi là một vấn đề khó khăn, tuy nhiên qua tìm hiểu đề minh học của Bộ giáo dục, đề thi thử của các trường tôi thấy có một số bài toán về sử dụng tâm tỉ cự để tìm cực trị đối với hình học giải tích trong không gian, đây là một dạng toán có thể khai thác, tổng quát và đặc biệt rất phù hợp với năng lực học sinh trường tôi Chính vì vậy để giúp các em

ôn tập tốt, đạt điểm cao trong kỳ thi THPTQG năm nay, tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm sau đây:

“ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN”

II Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu

1.Mục đích: Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để tìm cực trị

2.Nhiệm vụ:

 Tìm hiểu khái niệm tâm tỉ cự

 Phương pháp tìm cực trị trong không gian

 Thông qua việc phân tích và giải quyết các ví dụ cụ thể hình thành cho học sinh kỹ năng để giải bài toán cực trị hình học giải tích trong không gian

III Đối tượng, phạm vi nghiên cứu

Kiến thức hình học phẳng về vectơ (lớp 10) và phương pháp tọa độ Oxyz ( lớp 12) Đối tượng khảo sát là học sinh lớp 12A1,12A4 trường THPT Lê Lợi

IV Phương pháp nghiên cứu

1 Phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết

2 Phương pháp phân loại và hệ thống hóa lý thuyết

3 Phương pháp kiểm tra đánh giá

V Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu

Thời gian nghiên cứu:Trong năm học 2018-2019, bắt đầu từ tháng 8/2018 và kết thúc vào tháng 5/2019

B NỘI DUNG

I Cơ sở lý luận

Tâm lý của đa số học sinh hiện nay đều rất ngại học toán, cùng với việc đổi mới kỳ thi tự luận sang trắc nghiệm nên khi gặp những bài toán khó học sinh lười suy nghĩ, không đầu tư thời gian và công sức tìm ra hướng giải quyết cho bài toán

mà chỉ chọn “hú họa” một phương án nào đó, tuy nhiên cũng có nhiều học sinh có tiềm năng nhưng do nhiều nguyên nhân khác nhau chẳng hạn như: quên kiến thức của lớp dưới, chưa xây dựng được kế hoạch học tập theo các chuyên đề của môn toán, chưa biết phương pháp học tập môn toán, chưa biết cách tìm kiếm thông tin hoặc biết nhưng còn lười nhác nên cũng không có hứng thú với việc học toán Xác

định được các nguyên nhân trên là điều rất quan trọng và cần thiết đối với mỗi học sinh Công việc tiếp theo của giáo viên là tìm cách khắc phục các nguyên nhân trên Giáo viên phải khơi gợi lại sự đam mê của các em, hướng dẫn cho các em biết cách tổng hợp kiến thức và tổng quát lên thành lớp các bài toán tương tự giúp các em học toán một cách nhẹ nhàng mà hiệu quả vẫn cao

II Đánh giá thực trạng

Qua tìm hiểu đồng nghiệp, thăm dò ý kiến học sinh và từ thực tế giảng dạy tôi nhận thấy năng lực học hình của học sinh trường tôi còn hạn chế, đặc biệt đối với các bài toán liên quan đến cực trị trong hình học không gian Để góp phần nâng cao năng lực học tập và tạo hứng thú cho các em đối với bộ môn hình học nói chung và hình học giải tích trong không gian nói riêng, tôi đề xuất hai bài toán về ứng dụng tâm tỉ cự sau đây bước đầu giúp các em có định hướng đi tìm lời giải bài toán cực trị hình học giải tích trong không gian nhằm giúp các em đạt kết quả cao hơn trong học tập

III Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để giải bài toán cực trị hình học giải tích trong không gian

1 Lý thuyết

* Tâm tỉ cự: Trong không gian, cho hệ n điểm A A1, 2, , A n và n số thực

1, , , 2 n

k k k thỏa mãn k1k2  k n  k 0 Khi đó, tồn tại duy nhất một điểm

I trong không gian thoả mãn: k IA11k IA22  k IA nn 0

Điểm I như thế được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm  A i i1,n gắn với các hệ số

 k i i1,n

* Nhận xét: Trong không gian Oxyz cho

1 ; ; , 2 ; ; , , ; ; , ; ;z

Ta có công thức để tính tọa độ điểm I

n

n

n

n

n

n

k x k x k x x

y

k z k z k z z

 



 



 



2 Bài toán tổng quát 1

Bài toán tổng quát 1: Trong không gian, cho n điểm A A1, 2, , A n và n số thực

1, , , 2 n

k k k thỏa mãn k1k2  k n  k 0 Cho đường thẳng d hoặc mặt

phẳng  P Tìm điểm M trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng  P sao cho

k MAk MA k MA đạt giá trị nhỏ nhất

Phương pháp:

+ Tìm điểm I thỏa mãn: k IA11k IA22  k IA nn 0

+ k MA11k MA22  k MA nn k MI

+ Điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d hoặc mặt

phẳng  P

Ví dụ 1 Trong không gian Oxyz , cho các điểm A1;1;2 ; B 0; 1; 3  Xét điểm 

M thay đổi trên mặt phẳng Oxz, giá trị nhỏ nhất của OM2MA3MB bằng?

1

1

4

Lời giải Chọn A

Gọi I x y z thỏa  ; ;  OI2IA3IB0

4

4

x

z

 





 



Ta có : OM2MA3MB  OI2IA3IB4MI 4 MI

    nhỏ nhất 4 MI nhỏ nhấtMI Oxz

Lúc đó 4MI 4d I Oxz ;  1

Ví dụ 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A1;2;3 , B 2;4;3 ,

 5;0;8

C  và đường thẳng  có phương trình : 6 9 1

x y z

điểm M a b c ; ;  trên  sao cho 5MA3MBMC nhỏ nhất Khi đó khẳng định nào sau đây đúng?

A a  b c 0 B a b c

C 2a b 3c D 2a3b c 0

Lời giải Chọn A

Gọi I x y z ; ;  là điểm thỏa mãn







   

Ta có 5MA3MBMC  5MI5IA3MI3IBMIIC  MI MI Vậy 5MA3MBMC nhỏ nhất MI   hay M là hình chiếu vuông góc

của I trên 

Ta có phương trình mặt phẳng  P đi qua I và vuông góc với  là

2x5y   Vậy z 4 0 M    P M2;1; 3 

Nhận xét: Nếu giả thiết bài toán thay đổi tìm điểm trên mặt cầu thỏa mãn yêu cầu

cho trước, ta có thể tiến hành như sau

Ví dụ 3 Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm

0;1;1 , 3;0; 1 , 0;5; 6

2

2

S x  y  z  



Biết điểm M x y z ; ;  thuộc mặt cầu  S và thỏa mãn giá trị của

T  MA MBMC đạt giá trị nhỏ nhất Khi đó tổng P   bằng x y z

A P 3 B 5

2

2

P  D.P   3

Lời giải Chọn C

Gọi là điểm thỏa mãn 5IA2IBIC0, khi đó 1; ;4 5

I  

T  MA MBMC  MI  MI

Do đó T nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất M là một trong hai giao điểm của đường

thẳng IE và mặt cầu  S với 1;1; 1

2

E  



  là tâm của  S

Phương trình đường thẳng IE:

1 1 1 2

x



 



  





  



2

3 1;2;

2 1 1;0;

2

M

M IE S

M

  

   



 









Oxyz

M x y z

I

Ta có 1 2 2, 2 4 2

IM  IM 

Vậy 1 1;2; 3

2

M    là điểm cần tìm Vậy

P    

3 Bài toán tổng quát 2

Bài toán tổng quát 2: Trong không gian, cho n điểm A A1, 2, , A n và n số thực

1, , , 2 n

k k k thỏa mãn k1k2  k n  k 0 Cho đường thẳng d hoặc mặt

phẳng  P Tìm điểm M trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng  P sao cho

T k MA k MA  k MA đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc đạt giá trị lớn nhất)

Phương pháp:

+ Tìm điểm I thỏa mãn: k IA11k IA22  k IA nn0

+ Tk MA1 12k MA2 22  k MA n n2 2 2 2 2

kMI k IA k IA k IA

+ Do k IA1 12k IA2 22  k IA n n2 không đổi nên

 Nếu k 0, T nhỏ nhất khi điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng  P

 Nếu k 0, T lớn nhất khi điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng  P

Ví dụ 1 ( Câu 41 đề minh họa 2019)

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A2; 2;4 , B  3;3; 1 và mặt phẳng 

 P : 2x y 2z   Xét M là điểm thay đổi thuộc 8 0  P , giá trị nhỏ nhất của

2MA 3MB bằng

Lời giải Chọn A

Gọi I x y z ; ;  là điểm thỏa mãn 2IA3IB0 suy ra I  1;1;1

2

27

IA  ; IB 2 12; d I P  ,   3

2MA 3MB   2 2

    5MI22IA23IB2 2

5MI 90

Suy ra 2MA23MB2nhỏ nhất  MI nhỏ nhất

Mà MI d I P ,   3

Vậy 2MA23MB25.990135

Ví dụ 2 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A2;2; 1 ,  B 1;2;1 , C 2;3; 1 và 

M thay đổi thuộc mặt phẳng  P : 5x y 3z  Tìm giá trị lớn nhất của 4 0

Lời giải

Chọn B

Gọi điểm I x y z ; ;  thỏa mãn hệ thức IA4IB2IC0

7

z



   

Do đó MA24MB22MC2lớn nhất  IM bé nhất 

 

 ;  5. 2 3.7 4 35

25 1 9

 

Ví dụ 3 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A3;4; 1 ,  B 2;1;4 , C 1;2;3và

 ; ; 

M a b c thay đổi thuộc đường thẳng : 1 6 9

x y z

2MA 3MB 4MC đạt giá trị nhỏ nhất Tính tổng P  a b c

A P 3 B P 10 C P  4 D

Lời giải

Chọn C

Gọi điểm I x y z ; ;  thỏa mãn hệ thức 2IA3IB4IC0

2

z



   

2MA 3MB 4MC 2IA 3IB 4IC IM

Do đó 2MA2 3MB24MC2 nhỏ nhất  IM nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông

góc của I lên 

Ta có M 1 2 ; 6t  5 ; 9t  3t  IM2t5;5t9;3t7 

3

P  

Ta có IM u    0 t 2 vậy M3;4; 3  

Nhận xét: Nếu giả thiết bài toán thay đổi tìm điểm trên mặt cầu thỏa mãn yêu cầu

cho trước, ta có thể tiến hành như sau

Ví dụ 4 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0; 1;1 , B 3; 0;-1 ,

C 0; 21; -19 và mặt cầu     2  2 2

S x  y  z  M a b c ; ;  là điểm thuộc mặt cầu  S sao cho biểu thức T 3MA2 2MB2MC2 đạt giá trị nhỏ nhất Tính tổng a b c

5

a  b c B.a  b c 0

5

a  b c D a  b c 12

Lời giải Chọn A

    2  2 2

S x  y  z  có tâm I1;1; 1

Gọi G x y z ; ;  là điểm thỏa mãn

3

z



   

1; 4; 3

G

Ta có:T 3MA22MB2MC26MG23GA22GB2 GC2

min

T  M là một trong hai giao điểm của đường thẳng IG và mặt cầu  S

Phương trình đường thẳng

1

1 4

x

 



  



  



 

M IG S nên tọa độ M là nghiệm của hệ

1

1

5

x

t

t

 

  



Khi đó :

1

2

8 1 1; ;

5 5

2 9 1; ;

5 5

M M

  

  



  







Vì M G1 M G2 nên điểm 1 1; ;8 1

5 5

M M  



Vậy 14

5

a  b c

*Sau khi đưa ra kiến thức lý thuyết cơ bản và hai bài toán tổng quát, tôi đã tổ chức kiểm tra đánh giá khả năng nắm vững kiến thức của học sinh, để phù hợp với yêu cầu của kỳ thi THPTQG, tôi ra đề với hình thức trắc nghiệm, bên cạnh

đó yêu cầu thêm học sinh ở bản nháp lời giải vắn tắt nhằm đánh giá đúng năng lực của học sinh( tránh trường hợp học sinh không làm bài mà chỉ chọn kết quả một cách ngẫu nhiên)

Đề bài:

Câu 1 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;2;1, B2; 1;3  Gọi

 ; ;0

M a b là điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho MA22MB2 lớn nhất Tính

2 2

S a b

A S 34 B S 41 C S 9 D S 25

Câu 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  3;0;0, B0;0;3,

0; 3;0

C  và mặt phẳng  P :x    Gọi y z 3 0 M a b c ; ; ( )P sao cho

MAMBMC

  

nhỏ nhất, khi đó tổng T a 10b100c bằng

A T 300 B T  276 C T 327 D T  270

* Thông qua bài kiểm tra này cũng như thực hành cho hệ thống các bài tập trước

đó, học sinh đã bước đầu biết cách ứng dụng tâm tỉ cự trong bài toán tìm cực trị hình học giải tích trong không gian nhằm hướng tới một ứng dụng đẹp của toán học

và giúp các em tự tin hơn trong việc học tập bộ môn toán Đó cũng chính là mục

đích của SKKN này

Kết quả cụ thể:

Trong năm học 2018 - 2019 tôi đã tiến hành kiểm tra nhằm đánh giá hiệu quả của đề tài tại lớp 12A1 và lớp 12A4 – Hai lớp do tôi trực tiếp giảng dạy tại Trường THPT Lê Lợi Kết quả thống kê theo bảng sau:

Lớp Sĩ

số

SL % SL % SL % SL % SL %

12 A1 36 10 27,8% 16 44,4% 8 22,2% 2 5,6% 0 0%

12 A4 38 7 18,4% 19 50% 8 21,1% 4 10,5% 0 0%

Quá trình thực hiện đề tài với những kết quả trên đây bước đầu có thể thấy hiệu quả thiết thực của việc vận dụng đề tài vào thực tiễn dạy học Những lí luận và bài toán tổng quát mà đề tài nêu ra mang tính khả thi và có thể áp dụng trong dạy học

môn Toán và ôn tập chuẩn bị cho kỳ thi THPTQG

C Kết luận

Đề tài đã thu được một số kết quả như sau:

 Đã làm sáng tỏ được vai trò, ý nghĩa việc áp dụng tâm tỉ cự để giải bài toán cực trị trong hình học giải tích trong không gian

 Bước đầu nghiên cứu một số cơ sở lí luận về bài toán cực trị trong hình học giải tích

 Đã đề xuất được hai bài toán tổng quát nhằm nâng cao năng lực giải toán cực trị hình học giải tích trong không gian của học sinh

 Đã tổ chức kiểm tra đánh giá để minh họa tính khả thi và hiệu quả của

những bài toán đã đưa ra

Cuối cùng, dù tôi đã rất cố gắng nhưng chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong quý thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp góp ý để đề tài được hoàn thiện hơn Tôi xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

Đông Hà, ngày 20/05/2019

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi không sao chép nội dung của người

khác

Tác giả

Nguyễn Thị Minh Nguyệt

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên) - Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Vũ

Khuê - Bùi Văn Nghị (2006), Sách giáo khoa hình học lớp 10, NXB giáo dục

[2] Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Vũ Khuê - Trần Hữu Nam (2013), Sách bài tập hình học lớp 10, NXB giáo dục

[3] Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên) -Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Khắc

Ban- Lê Huy Hùng - Tạ Mân (2008), Sách giáo khoa hình học lớp 12, NXB giáo

dục

[4] Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Khắc Ban- Lê Huy Hùng - Tạ Mân

(2008), Sách bài tập hình học lớp 12, NXB giáo dục

[5] Nguồn tài liệu từ trang Diễn đàn giáo viên Toán, đề minh họa của Bộ giáo dục và đề thi thử của các trường năm 2018-2019

PHỤ LỤC Hướng dẫn giải bài kiểm tra

Đề bài

Câu 1 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;2;1, B2; 1;3  Gọi

 ; ;0

M a b là điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho  MA22MB2 lớn nhất Tính

2 2

S a b

A S 34 B S 41 C S 9 D S 25

Câu 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  3;0;0, B0;0;3,

0; 3;0

C  và mặt phẳng  P :x    Gọi y z 3 0 M a b c ; ; ( )P sao cho

MAMBMC

  

nhỏ nhất, khi đó tổng T a 10b100c bằng

A T 300 B T  276 C T 327 D T  270

Hướng dẫn giải Câu 1 Chọn D

Gọi điểm E thỏa EA2EB0 Suy ra B là trung điểm của AE , suy ra

3; 4;5

E 

Khi đó: MA22MB2  2 2

2

MEEA  MEEB 2 2 2

2

Do đó MA22MB2 lớn nhất  ME nhỏ nhất  M là hình chiếu của

3; 4;5

E  lên Oxy M3; 4;0 

Câu 2 Chọn C

Gọi I là điểm thỏa mãn

IAIBIC IACB IABC I

        

Nhận xét: I thuộc (P)

Ta có: MAMBMC  MIIAMIIBMIIC  3MI 3MI

Do đó: MAMBMC nhỏ nhất  MI nhỏ nhất M trùng với I