(SKKN 2022) Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng tâm tỉ cự của hệ điểm giải một số bài tập cực trị hình học

KÝ HIỆU CÁC CHỮ VIẾT TẮT GV HS HH SGK, SBT THPT TN THPT GTNN VTPT THCS VD VDC : Giáo viên : Học sinh : Hình học : Sách giáo khoa,sách tập : Trung học phổ thông : Tốt nghiệp trung học phổ thông : Giá trị nhỏ :Vec tơ pháp tuyến : Trung học sở : Vận dụng : Vận dụng cao MỤC LỤC Trang 1.Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài … 1.2 Nhiệm vụ đề tài …………………………………… …………… … 1.3 Đối tượng nghiên cứu……………………………………………… …… … 1.4 Phạm vi nghiên cứu 2.Nội dung …… 2.1 Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học………………………………………… 2.2 Áp dụng thực tế dạy học……………………………… ………… ……7 2.3 Hiệu đề tài……………………………………………………… 20 Kêt luận .20 3.1 Kết luận 20 3.2 Kiến nghị 21 Tài liệu tham khảo 22 Danh mục SKKN 23 HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP CỰC TRỊ HÌNH HỌC MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Cực trị hình học phần kiến thức khơng chương trình Tốn phổ thơng, phần kiến thức lạ học sinh lớp 10-học sinh năm cấp THPT , đặc biệt kiến thức cực trị liên quan đến độ dài vectơ, cực trị liên quan đến độ dài bình phương vơ hướng vectơ… Ở cấp THCS, HS làm quen với tốn cực trị hình học Song nội dung không dễ để HS chiếm lĩnh vận dụng, phần lực tư HS, phần thiết kế chương trình cách dạy học chưa gây hứng thú cho HS Bên cạnh thiếu tự tin phần Hình học so với Đại số làm ảnh hưởng lớn đến kết học tập em Chính điều khiến việc học HS ngày khó khăn, dẫn đến kết học tập không cao, ứng dụng giải vấn đề thực tiễn không tốt Tại trường THPT Đào Duy Từ, việc hiểu vận dụng nội dụng tốn cực trị hình học liên quan đến độ dài vectơ,liên quan đến độ dài bình phương vơ hướng vectơ… hạn chế Với tiết dạy theo phương pháp truyền thống, em tiếp cận kiến thức thụ động, kiến thức tiếp nhận riêng lẻ, rời rạc, việc vận dụng vào thực tế điều xa lạ Từ lý trên, lựa chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm “ Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng tâm tỉ cự hệ điểm giải số tập cực trị hình học ” 1.2 Nhiệm vụ đề tài Trong trình trực tiếp giảng dạy nghiên cứu tơi thấy dạng tốn khơng chỉ khó mà cịn hay, lơi em học sinh giỏi Nếu ta biết sử dụng linh hoạt khéo léo kiến thức hình học túy, véctơ, phương pháp tọa độ, … đưa toán toán quen thuộc; sau – học lớp 12, HS mở rộng dễ dàng làm tốt dạng tốn khơng gian Oxyz Với đề tài này, cố gắng xây dựng sở kiến thức vững chắc, hệ thống tập ví dụ logic giúp học sinh tiếp thu vấn đề cách thuận lợi nhất, quy lạ quen để toán cực trị hình học khơng cịn tốn khó giải 1.3 Đối tượng nghiên cứu Từ kiến thức ví dụ dễ hiểu, sau phát triển dần thành toán phức tạp hơn, đối tượng nghiên cứu đề tài tập trung vào số tốn cực trị hình học cụ thể chương trình hình học lớp 10 1.4 Phạm vi nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu đề tài hình học chương trình SGK nâng cao hình học lớp 10 lưu hành Tập trung chủ yếu vào tốn có tính ứng dụng , liên kết kiến thức, sau xuất đề thi TN THPT Quốc Gia Với tinh thần yêu thích mơn, nhằm giúp em hứng thú hơn, tạo cho em niềm đam mê, u thích mơn toán, tạo tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu Tôi mạnh dạn viết chuyên đề “Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng tâm tỉ cự hệ điểm giải số dạng tập cực trị hình học ” NỘI DUNG 2.1.Cơ sở lý luận, sở khoa học 2.1.1 Nhắc lại khái niệm tâm tỉ cự hệ điểm 2.1.1.1 Khái niệm tâm tỉ cự hệ điểm: Cho n điểm A1, A2, , An n số thực k1, k2, , kn thỏa mãn điều kiện k1 + k2 + + kn ≠ Khi tồn uuur uuuu r uuuu r ur điểm G cho k1GA1 + k2 GA2 + + kn GAn = O gọi tâm tỉ cự hệ điểm Ai gắn với hệ số ki Trong trường hợp hệ số ki ( i = 1, n) G gọi trọng tâm hệ điểm Ai ( i = 1, n) 2.1.1.2 Một số kết cần lưu ý Kết 1: ( Bài toán tâm tỉ cự hai điểm) 2 Cho hai điểm A, B hai số thực α , β ( α + β ≠ 0) uuur uuur uuur uuu r Vì α MA + β MB = ( α + β ) MA + β AB nên : uuur uuur r • Nếu α + β = khơng tồn điểm M cho α MA + β MB = uuur uuur r • Nếu α + β ≠ tồn điểm M cho α MA + β MB = • Khi , với điểm O ta ln có uuu r uuu r uuu r uuu r uuuu r uuuu r α OA + β OB α OA + β OB = ( α + β ) OM ⇒ OM = α +β uuur uuu r β Ví dụ ta chọn O ≡ A ta có AM = α + β AB ( 1) Vế trái (1) vec tơ hoàn toàn xác định nên từ (1) ta suy tồn điểm M thỏa mãn (1), tức thỏa mãn yêu cầu toán uuur uuur r Nhận xét: Điểm M xác định từ hệ thức α MA + β MB = với số thực α , β thỏa mãn điều kiện α + β ≠ gọi tâm tỉ cự hai điểm A, B ứng với số ( α , β ) uuur uuur r uuur uuur r + Khi α = β ≠ 0,thì hệ thức α MA + β MB = trở thành MA + MB = 0hay M trung điểm đoạn thẳng AB uuur uuur r uuur r + Khi α ≠ β = hệ thức α MA + β MB = trở thành α MA = ⇔ M ≡ A Khái niệm tâm tỉ cự coi mở rộng khái niệm trung điểm, đầu mút đoạn thẳng Bằng cách chọn ( α , β ) thích hợp hệ thức cịn cho ta nhiều khái niệm khác uuu r uuu r uuuu r Trong trường hợp α = β ≠ 0thì cơng thức OA + OB = 2OM công thức quen thuộc mà ta biết Kết 2: (Bài toán tâm tỉ cự ba điểm) Cho ba điểmA, B, C ba số thực α , β ,γ không đồng thời 0, α + β + γ ≠ uuur uuur uuuu r uuur uuur uuuu r Vì α MA + β MB + γ MC = ( α + β + γ ) MA + β MB + γ MC nên uuur uuur uuuu r r • Nếu α + β + γ = khơng tồn điểm M cho α MA + β MB + γ MC = uuur uuur uuuu r r • Nếu α + β + γ ≠ 0thì tồn điểm M cho α MA + β MB + γ MC = • Khi , với điểm O ta ln có uuu r uuu r uuur uuu r uuu r uuur uuuu r uuuu r α OA + β OB + γ OC α OA + β OB + γ OC = ( α + β + γ ) OM ⇒ OM = α + β +γ uuur β uuu r uuur γ Ví dụ ta chọn O ≡ A ta có AM = α + β + γ AB + α + β + γ AC ( 1) Vế trái (1) vec tơ hoàn toàn xác định nên từ (1) ta suy tồn điểm M thỏa mãn (1), tức thỏa mãn yêu cầu toán Nhận xét: uuur uuur uuuu r r + Điểm M xác định từ hệ thức α MA + β MB + γ MC = 0với số thực α , β ,γ thỏa mãn điều kiện α + β + γ ≠ 0được gọi tâm tỉ cự ba điểm A, B, C ứng với số ( α , β ,γ ) uuur uuur uuuu r r + Trong trường hợp α = β = γ ≠ đẳng thức α MA + β MB + γ MC = 0trở thành uuur uuur uuuu r r MA + MB + MC = ⇔ M ≡ G Hay M trọng tâm tam giác ABC uuur uuur uuuu r r + Trong trường hợp β = γ = 0,α ≠ đẳng thức α MA + β MB + γ MC = 0trở thành uuur r α MA = ⇔ M ≡ A uuur uuur uuuu r r + Trong trường hợp α = β ≠ 0,γ = đẳng thức α MA + β MB + γ MC = 0trở thành uuur uuur r MA + MB = hay M trung điểm AB Như vậy, tùy thuộc vào cách chọn ( α , β ,γ ) mà tâm tỉ cự ba điểm A, B, C trọng tâm tam giác ABC , ba điểm A, B, C trung điểm ba đoạn thẳng AB, BC, CA… + α = β = γ ≠ Khi hệ uuu r uuu r uuur uuuu r α OA + β OB + γ OC = ( α + β + γ ) OM trở thức thành uuu r uuu r uuur uuuu r OA + OB + OC = 3OM với điểm O, đẳng thức quen thuộc mà ta biết 2.2 Áp dụng thực tế dạy học: Các dạng tập thường gặp 2.2.1 Bài toán: : Bài tốn cực trị hình học 2.2.1.1 Dạng 1: Cực trị liên quan đến độ dài vectơ Nhận xét: Xuất phát từ toán Cho n điểm A1, A2, , An n số thực k1, k2, , kn thỏa mãn điều kiện k1 + k2 + + kn ≠ đường thẳng d Tìm điểm M d cho uuuur uuuur uuuur k1 MA1 + k2 MA2 + + kn MAn nhỏ Cách giải: uuu r uuu r uuu r r • Bước 1: Áp dụng tâm tỉ cự Gọi I điểm thỏa mãn k1 IA1 + k2 IA2 + + kn IAn = , I xác định • Bước 2: Áp dụng quy tắc ba điểm, biến đổi dẫn tới uuuur uuuur uuuur uuu r uuu r k1 MA1 + k2 MA2 + + kn MAn = ( k1 + k2 + + kn ) MI = k MI • Bước 3: Tìm độ dài nhỏ vectơ cho xảy M vị trí nào? 2.2.1.1.a Ví dụ Ví dụ 1.1: Cho tam giác ABC đường thẳng d Tìm điểm M đường thẳng d uuur uuur uuuu r cho MA + MB + 2MC nhỏ uur uur uur r Gọi I điểm thỏa mãn IA + IB + 2I C = Khi I tâm tỉ cự A, B, C gắn với số (1; 1; 2) nên điểm I xác định uuur uuur uuuu r uuu r uur uuu r uur uuu r uur uur uur uur r Ta có MA + MB + 2MC = ( MI + IA) + ( MI + IB) + 2( MI + IC ) = 4MI (Vì IA + IB + 2I C = ) uuu r uuur uuur uuuu r uuu r uuur uuur uuuu r MA + MB + MC MI MA + MB + MC Do = nên nhỏ chỉ M hình chiếu vng góc I lên đường thẳng d Ví dụ 1.2: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A ( 1;3) , B ( −3;1) , C ( 5; −6 ) uuu r uuu r uuur Tìm tọa độ điểm F Oy cho FA + 3FB − FC nhỏ Giải uur uur uur r Gọi I(x; y) điểm cho IA + 3IB − 2I C = uu r uur uuu r  −2 x − 18 =  x = −9 ⇔ ⇒ I ( −9;9)  −2 y + 18 = y = r uur uur uur uur uur uur uur r uuu r uuu r uuur uur uu uur Suy ra: FA + 3FB − 2FC = FI + IA + FI + IB − FI + I C = 2FI (vì IA + 3IB − 2I C = 0) uur uuu r uuu r uuur uuu r uuu r uuur Nên FA + 3FB − FC = FI Do đó, FA + 3FB − FC đạt giá trị nhỏ FI nhỏ Ta có: IA + 3IB − I C = ( −2 x − 18; −2 y + 18 ) nên  ( ) ( ) Khi F hình chiếu I Oy Vậy F ( 0;9 ) Ví dụ 1.3: (BT 26- Trang 104-Sách BT Hình học NC) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A( −1;0) , B( 2;3) , C ( 3;−6) đường thẳng ∆ : x − 2y− = Tìm uuur uuur uuuu r MA + MB + MC M ∆ điểm cho nhỏ Giải: uur uur uur r Gọi I(x; y) điểm cho IA + IB + I C =  uu r uur uuu r  −3 x + = x = 4  ⇔ ⇒ I  ;−1÷ Ta có: IA + IB + I C = ( −3x + 4; −3 y − 3) nên  3   −3 y − =  y = −1 uuu r uur uuu r uur uuu r uur uur uur uur r uuur uuur uuuu r uuu r Suy ra: MA + MB + MC = MI + IA + MI + IB + MI + I C = 3MI (vì IA + IB + I C = ) uuur uuur uuuu r uuur uuur uuur uuuu r Nên MA + MB + MC = MI Do đó, MA + MB + MC nhỏ MI nhỏ ( ) ( ⇔ M hình chiếu I ∆ ) ( ) uu r uu r Gọi d đường thẳng qua I vng góc với ∆ ⇒ nd = u∆ = ( 2;1)   4 Phương trình d : 2 x − ÷+ ( y+ 1) = ⇔ 6x + 3y− =  6x + 3y − =  x − 2y − = Khi M = d ∩ ∆ nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình  19   x = 15 ⇔  y = − 13  15  19 13 Vậy M  ;− ÷  15 15 MỞ RỘNG: Với việc nắm vững phần kiến thức này, lên lớp 12, em học sinh mở rộng dễ dàng giải tốn cực trị hình học khơng gian Oxyz tập sau: Ví dụ 1.3: ( Tư liệu nhóm Strong Team Tốn) Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A ( 0; −2; −1) , B ( −2; −4;3 ) , C ( 1;3; −1) mặt phẳng ( P ) : x + y − z − = Điểm uuur uuur uuuu r M ( a; b; c ) ∈ ( P ) cho MA + MB + 2MC đạt giá trị nhỏ Tính P = a + b + c Giải uu r uur uur r Gọi I ( a; b; c ) điểm thỏa mãn hệ thức IA + IB + IC = uu r uur uur Khi ta có IA = ( −a; −2 − b; −1 − c ) ; IB = ( −2 − a; −4 − b;3 − c ) ; IC = ( − a;3 − b; −1 − c )  −a + ( −2 − a) + 2(1 − a ) = a =   Suy −2 − b + (−4 − b) + 2(3 − b) = ⇔ b = ⇒ I ( 0;0;0 )  −1 − c + (3 − c ) + 2(−1 − c) = c =   uuu r uuur uuur r Vậy I ≡ O(0; 0; 0) hay OA + OB + 2OC = uuur uuur uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r uuuu r uuuu r Ta có d = MA + MB + 2MC = OA − OM + OB − OM + 2OC − 2OM = −OM = MO uuuu r nên d nhỏ chỉ MO nhỏ ⇔ MO ⊥ ( P ) nên M hình chiếu vng góc O lên ( P ) x = t  Đường thẳng ∆ qua O ( 0;0; ) vng góc với ( P ) có phương trình ∆ :  y = t  z = −2t  Giao điểm ∆ ( P ) hình chiếu vng góc M O ( 0;0; ) lên mặt phẳng ( P )  1  t = a =  x = t   y = t  x =    ⇔ ⇒ b = ⇒ a + b + c = Giải hệ   z = −2t   y =  x + y − z − =   c = −1    z = −1    Vậy M  ; ; −1÷nên P = a + b + c = 2  1 2.2.1.1.b Một số tập Bài tập 1: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A ( 1;3) , B ( −2;3) , C ( −2;1) Điểm uuuu r uuuuur uuuur M ( a ; b ) thuộc trục Oy cho: MA + 2MB + 3MC nhỏ Tính a + b Giải uu r uur uur r Gọi I ( x; y ) cho IA + IB + 3IC =  uu r uur uur  −9 − x = x = −   ⇔ ⇒ I  − ; ÷ Ta có: IA + IB + 3IC = ( −9 − x;12 − y ) nên    12 − y =  y = uuuu r uuuu r uuuur uuu r uu r uuu r uur uuu r uur uuu r Khi MA + 2MB + 3MC = MI + IA + MI + IB + MI + IC = MI ( ) ( ) Vì M thuộc trục tung nên M (0 ; b ) uuuu r uuuuur uuuur uuur Do MA + 2MB + 3MC nhỏ chỉ MI nhỏ nhất, suy M hình chiếu I lên trục Oy hay M ( 0; ) Vậy a + b = Bài tập 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A ( −2;3) B ( 0;1) Điểm M ( a ; b ) uuur uuur thuộc trục hoành thỏa mãn 2MA − MB nhỏ Tìm tọa độ điểm M Giải 10 uu r uur r Gọi I ( x; y ) điểm thỏa mãn IA − IB = uu r uur  −4 − x =  x = −4 ⇔ ⇒ I ( −4;5 ) 5 − y = y = Ta có IA − IB = ( −4 − x;5 − y ) nên  uuur uuur uuu r uu r uuu r uur uuu r Khi : 2MA − MB = ( MI + IA ) − ( MI + IB ) = MI Vì M thuộc trục hoành nên M ( a ;0 ) uuur uuur uuur Do 2MA − MB nhỏ chỉ MI nhỏ nhất, suy M hình chiếu I lên trục Ox hay M ( −4;0 ) Vậy điểm cần tìm M ( −4;0 ) BÀI TẬP MỞ RỘNG Bài tập 3:( Tư liệu nhóm Bắc Trung Nam) Trong khơng gian Oxyz , cho điểm A ( 1;1; ) , B ( 0; −1; −3) , M điểm thay đổi mặt phẳng (Oxz),giá trị nhỏ uuuu r uuur uuur MO + 3MA + 4MB A.1 B C D Giải uur uu r uur r Gọi I ( a; b; c ) điểm thỏa mãn hệ thức IO + 3IA + IB = uur uu r uur Ta có: IO + 3IA + IB = ( −9a + 3; −9b + 1; −12c − ) nên  a =   −9a + =    1 1 ⇒ I  ; ; − ÷  −9b + = ⇔ b = 3 2  −12c − =    c = −  uuuu r uuur uuur uuu r uur uuu r uu r uuu r uur uuu r Khi MO + 3MA + MB = MI + IO + MI + IA + MI + IB = MI ( uur uu r uur ) ( ) ( ) r (vì IO + 3IA + IB = ) 11 uuuu r uuur uuur uuur MO + MA + MB Do nhỏ chỉ MI nhỏ ⇔ MI ⊥ ( Oxz) hay MI = d( I ;( Oxz) ) = uuuu r uuur uuur uuu r 1 ⇒ MO + 3MA + MB = MI = = 9 Bài tập 4: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 1; 2;3) , B ( 2; 4;3) , C ( −5;0;8 ) đường thẳng d : x − y− z + = = Tìm điểm M (a; b; c) d cho uuur uuur uuuu r MA − 3MB − MC nhỏ Khẳng định sau đúng? A a + b +c = B a = b +c C 2a + b =3c D 2a + 3b − c = Giải uu r uur uur r Gọi I ( x; y; z ) điểm thỏa mãn hệ thức IA − 3IB − IC =  x = 3 x =  uu r uur uur 10    10 14  y − 10 = ⇔ ⇒ I  0; ; ÷ Ta có: IA − 3IB − IC = ( 3x;3 y − 10;3z − 14 ) nên  y =  3 3 z − 14 =    14  z = uuur uuur uuuu r uuu r uu r uuu r uur uuu r uur uuu r Khi MA − 3MB − MC = MI + IA − MI + IB − MI + IC = MI ( uu r uur uur ) ( ) ( ) r (vì IA − 3IB − IC = ) uuur uuur uuuu r uuur Do MA − 3MB − MC nhỏ chỉ MI nhỏ ⇔ MI ⊥ ∆ hay M hình chiếu vng góc I ∆ Gọi (P) mặt phẳng qua I vng góc với ∆ Phương trình (P) là: 10   14   2x + 5 y − ÷+  z − ÷ = ⇔ 6x + 15y + 3z − 64 = 3  3   Vì M hình chiếu vng góc I ∆ nên M = ∆ ∩ ( P ) ⇒ M  13 29  ; ; − ÷  6 Vậy a + b+ c = 13 29 + − = 6 12 2.2.1.2 Dạng 2: Cực trị liên quan đến độ dài bình phương vơ hướng vectơ Nhận xét: Xuất phát từ toán : Cho đa giác A1A2 An A1, A2, , An n số thực k1, k2, , kn thỏa mãn điều kiện k1 + k2 + + kn = k > Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (thuộc đường thẳng) cho S = k1MA12 + k2MA22 + + knMAn2 đạt giá trị nhỏ Cách giải: uuu r uuu r uuu r r • Bước 1: Áp dụng tâm tỉ cự Gọi I điểm thỏa mãn k1 IA1 + k2 IA2 + + kn IAn = , I xác định • Bước 2: Áp dụng quy tắc ba điểm, biến đổi dẫn tới S = k1MA12 + k2MA22 + + knMAn2 = uuu r uuu r uuu r uuu r 2 2 = ( k1 + k2 + + kn ) MI + ( k1IA1 + k2IA2 + + knIAn ) + 2MI ( k1IA1 + k2 IA2 + + kn IAn ) = uuu r uuu r uuu r r 2 = kMI + ( k1IA1 + k2IA2 + + knIAn ) (vì k1 IA1 + k2 IA2 + + kn IAn = ) • Bước 3: Do k > nên S = k1MA12 + k2MA22 + + knMAn2 đạt giá trị nhỏ ta xác định vị trí M cần tìm Chú ý: Bài tốn cho đa giác A1A2 An A1, A2, , An n số thực k1, k2, , kn thỏa mãn điều kiện k1 + k2 + + kn = k < Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (thuộc đường thẳng) cho S = k1MA12 + k2MA22 + + knMAn2 đạt giá trị lớn có cách giải tương tự 2.2.1.1.a Ví dụ Ví dụ 2.1: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ :x + y + = điểm A( 2;1) , B ( 0;1) , C ( 1;3) Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho MA2 + MB2 − MC2 nhỏ Giải 13 uu r uur uur r Gọi I ( x; y ) điểm thỏa mãn IA + IB − IC = uu r uur uur − x + = x = ⇔ ⇒ I ( 1; −1) − y − =  y = −1 Ta có IA + IB − IC = ( − x + 1; − y − 1) nên  ⇒ IA2 = 5; IB2 = 5; IC2 = 16 uuu r uur uuu r uur uuu r uur Khi : MA2 + MB2 − MC2 = ( MI + IA) + ( MI + IB) − ( MI + IC ) 2 uuu r uur uur uur 2 2 MI + IA + IB − IC + MI IA + IB − IC = ( ) ( ) uuu r uur uur uur MI IA + IB − IC = ) = MI + 26 (vì ( ) Do điểm I, A, B, C xác định nên MA2 + MB2 − MC2 nhỏ ⇔ MI nhỏ ⇔ MI ⊥ ∆ hay M hình chiếu I đường thẳng ∆ uur uu r ∆ :x + y + = ⇒ VTPT n∆ ( 1;1) mà MI ⊥ ∆ nên đường thẳng MI nhận u∆ = (1;−1) làm VTPT Phương trình MI x − y − =  x=   x + y+ =  ⇔ M = MI ∩ ∆ ⇒ tọa độ M nghiệm hệ phương trình   x − y− = y = −    Vậy M  ;− ÷là điểm phải tìm  2 Ví dụ 2.2: Tìm điểm M nằm mặt phẳng chứa tam giác ABC cho tổng MA2 + 2MB2 − 6MC đạt giá trị lớn Giải uu r uur uur r Gọi I điểm thỏa mãn hệ thức IA + IB − IC = , I tâm tỉ cự A, B, C nên điểm I xác định Với điểm M, ta có : ( uuu r uur ) ( uuu r uur ) ( uuu r uur MA2 + 2MB2 − 6MC2 = MI + IA + MI + IB − MI + IC ) 14 uuu r uur uur uur 2 2 − MI + IA + IB − IC + MI IA + 2IB − 6IC = ( ) ( uuu r uur uur ) uur 2 2 = −3MI + ( IA + 2IB − 6IC ) (vì 2MI ( IA + 2IB − 6IC ) = 0) Do MA2 + 2MB2 − 6MC đạt giá trị lớn ⇔ M ≡ I MỞ RỘNG: Với việc nắm vững phần kiến thức này, lên lớp 12, em học sinh mở rộng dễ dàng giải tốn cực trị hình học không gian Oxyz tập sau: Ví dụ 2.3: (Câu 41-Đề minh họa BGD năm 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2; −2; ) , B ( −3;3; −1) mặt phẳng ( P ) : x − y + z − = Xét M điểm thay đổi thuộc ( P ) Giá trị nhỏ 2MA2 + 3MB A 135 B 105 C 108 D 145 Giải uu r uur r Gọi I ( x; y; z ) thỏa mãn IA + 3IB = ⇒ I ( −1;1;1) ⇒ IA2 = 27; IB2 = 12;d( I ;( P ) ) = uuur uuur Khi 2MA2 + 3MB = 2MA + 3MB uuu r uur uuu r uur = MI + IA + MI + IB ( ) ( ) uuu r uu r uur = 5MI + IA2 + 3IB + MI IA + 3IB ( = 5MI + 90 ) uu r uur uur (vì 2u ) MI ( 2IA + 3IB) = Suy 2MA2 + 3MB đạt giá trị nhỏ MI nhỏ Mà MI ≥ d( I ;( P ) ) nên 2MA2 + 3MB ≥ 5.9 + 90 = 135 Ví dụ 2.4:(Câu 39-Đề lần thi thử TN THPT Sở GD Thanh Hóa, tháng 2/2022) Trong khơng gian Oxyz , cho bốn điểm A ( 2;3;5 ) , B ( −1;3; ) , C ( −2;1;3) , D ( 5;7; ) Điểm 15 M ( a; b; c ) di động mặt phẳng ( Oxy ) Khi biểu thức T = 4MA2 + 5MB − 6MC + MD đạt giá trị nhỏ tổng a + b + c B −11 A 11 C 12 D Giải uu r uur uur r Gọi I ( x; y; z ) thỏa mãn IA + 5IB − IC = ⇒ I ( 5;7; ) ≡ D ⇒ DA2 = 26; IB2 = 56; IC2 = 86 Khi T = 4MA2 + 5MB − 6MC + MD uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur = MD + DA + MD + DB − MD + DC + MD ( ) ( ) ( ) uuuu r uuur uuur uuur = 3MD + DA2 + 5DB − DC + MD DA + 5DB − DC + MD ( ) = 3MD + MD + DA2 + 5DB − DC = 3MD + MD − 132 Suy T = MA2 + 5MB − MC + MD đạt giá trị nhỏ MD nhỏ hay M hình chiếu D ( Oxy ) ⇒ M ( 5;7;0) Vậy tổng a + b + c = 12 2.2.1.2.b Một số tập Bài tập 1: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A( 0;2) , B ( 1; −3) , C ( 3;0) Tìm điểm M đường phân giác góc phần tư thứ cho MA2 + MB2 + MC2 nhỏ Giải uu r uur uur r Gọi I ( x; y ) điểm thỏa mãn IA + IB + IC = 16   x = uu r uur uur  −3 x + =  1 ⇔ ⇒ I  ; − ÷ Ta có IA + IB − IC = ( −3x + 4; −3 y − 1) nên   3  −3 y − = y = −1  ⇒ IA2 = 65 65 26 ; IB = ; IC = 9 uuu r uur uuu r uur uuu r uur Khi : MA2 + MB2 + MC2 = ( MI + IA) + ( MI + IB) + ( MI + IC ) 2 uuu r uur uur uur 2 2 MI + IA + IB + IC + MI IA + IB + IC = ( = 3MI + ) ( ) uuu r uur uur uur 52 (vì 2MI ( IA + IB + IC ) = 0) Do điểm I, A, B, C xác định nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ ⇔ MI nhỏ ⇔ MI ⊥ ∆ ( ∆ đường phân giác góc phần tư thứ ) hay M hình chiếu I đường thẳng ∆ uur uu r ∆ :x − y = ⇒ VTPT n∆ ( 1;−1) mà MI ⊥ ∆ nên đường thẳng MI nhận u∆ = (1;1) làm VTPT Phương trình MI x + y − 1=  x=  x− y =  ⇔ M = MI ∩ ∆ ⇒ tọa độ M nghiệm hệ phương trình   x + y − 1= y =    Vậy M  ; ÷là điểm phải tìm  2 1 Bài tập 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A( 1;−1) , B ( 3; ) Tìm điểm M trục Oy cho MA2 + MB2 nhỏ Giải uu r uur r Gọi I ( x; y ) cho IA + IB = x = uu r uur 4 − x =   1 ⇔ Ta có: IA + IB = ( − x;1 − y ) nên  ⇒ I  2; ÷  2 1 − y =  y = 17 ⇒ IA2 = 13 13 ; IB = 4 uuu r uur uuu r uur Khi : MA2 + MB2 = ( MI + IA) + ( MI + IB) 2 uuu r uur uur 2 = 2MI + ( IA + IB ) + 2MI ( IA + IB) = 2MI + uuu r uur uur 13 MI (vì ( IA + IB) = ) Vì M thuộc trục tung nên M (0 ; b ) Do MA2 + MB2 nhỏ chỉ MI nhỏ nhất, suy M hình chiếu  1 I lên trục Oy hay M  0; ÷  2 BÀI TẬP MỞ RỘNG Bài tập 3:( BÀI TẬP PHÁT TRIỂN ĐỀ MH BGD NĂM 2019- Strong team tốn) Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A ( 1;0; −1) , B ( 3; −3; ) , C ( 1; 4; −1) mặt phẳng ( P ) : 3x + y − 3z + 11 = Xét điểm M ( a; b; c ) di động ( P ) thỏa mãn MA2 + MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất, tổng a + b + c A 11 C − B −1 11 D Giải uu r uur uur r 2 5 Gọi I ( x; y; z ) thỏa mãn IA + IB + 3IC = ⇒ I  ;1; − ÷ 3 ⇒ IA2 = 3 14 164 86 ; IB = ; IC = 9 uuur uuur uuuu r2 Khi P = MA2 + 2MB + 3MC = MA + 2MB + 3MC uuu r uur uuu r uur uuu r uur = MI + IA + MI + IB + MI + IC ( ) ( ) ( ) uuu r uu r uur uur = MI + IA2 + IB + 3IC + MI IA + IB + 3IC ( ) 18 = 6MI + IA2 + IB + 3IC = 6MI + 88 Suy MA2 + 2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ MI đạt GTNN hay M hình chiếu I ( P ) uu r Gọi d đường thẳng qua I vng góc với ( P ) ⇒ ud = ( 3;1; −3)   x = + 3t  Phương trình đường thẳng d ( d ) :  y = + t   z = − − 3t  Ta có M = d ∩ ( P )   Vì M ∈ d ⇒ M  + 3t ;1 + t ; − − 3t ÷ 3         Lại có M ∈ ( P ) :  + 3t ÷+ + t −  − − 3t ÷+ 11 = ⇔ 19t + 19 = ⇔ t = −1 ⇒ M  − ; 0; ÷ 3 3       Khi đó, a + b + c = − + = Nhận xét: cách làm hoàn toàn tương tự thay mặt phẳng mặt cầu Ví dụ 2.5: ( Tư liệu nhóm Strong Team Tốn) Trong khơng gian Oxyz, cho ba 2 điểm A ( 0;1;1) , B( 3;0;- 1) , C ( 0;21;- 19) mặt cầu ( S) : ( x - 1) +( y- 1) +( z - 1) = Gọi M ( a;b;c) điểm thuộc mặt cầu ( S) cho biểu thức T = 3MA2 + 2MB2 + MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng S = a + b+ c A S = B S= 12 C S= 14 D S= 16 Giải 19 Gọi 2 M ( a;b;c) Ỵ ( S) Þ ( a- 1) + ( b- 1) +( c- 1) = I điểm thỏa mãn uur uur uur 3IA + 2IB + IC = Þ I ( 1;4;- 3) Ta có T uuu r uur uuu r uu r uuu r uur = 3MA2 + 2MB2 + MC = MI + IA + MI + IB + MI + IC ( ) ( ) ( ) uuur uur uur uur = 6MI + 2MI 3IA + 2IB + IC + 3IA + 2IB2 + IC = 6MI + 3IA + 2IB2 + IC ( ) Do để T đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ (do 3IA2 + 2IB2 + IC không đổi) Cách tìm điểm M sau:  Viết phương trường đường thẳng d qua I tâm J ( 1;1;1) mặt cầu ( S)  Tìm giao điểm d với ( S) ta hai điểm M M  So sánh IM IM giá trị nhỏ thỏa mãn (giá trị cịn lại đáp án tốn hỏi biểu thức T đạt giá trị lớn Làm theo bước ta điểm ỉ 1÷ Mỗ 1; ; ữ ỗ tha ữ ỗ ố 5ø mãn Suy a + b+ c = 14 2.3 Hiệu đề tài Những điều tơi thực nêu có số tác dụng học sinh,cụ thể : Các em tỏ say mê, hứng thú với dạng tốn này, coi thành công người giáo viên Kết thúc đề tài khảo sát lại cho em học sinh lớp 10A11 Kết sau: Không nhận biết Số lượng Tỉ lệ ( %) 0.0 Nhận biết, Nhận biết vận dụng, biết vận dụng chưa giải hoàn chỉnh 13 11.5 25 Nhận biết biết vận dụng , giải hoàn chỉnh 33 63.5 Như em có tiến Nghĩa phương pháp mà nêu đề tài giúp em phân loại tập nắm vững phương pháp làm trình bày bài, giúp em tự tin học tập thi 20 KẾT LUẬN 3.1 Kết luận Với phát triển xã hội yêu cầu thực tiễn người mới, từ thực tế giảng dạy chuyên đề qua thực nghiệm đề tài tơi nhận thấy, hiệu đề tài tích cực HS chủ động, sáng tạo việc tìm hiểu kiến thức Một kinh nghiệm rút trước hết học sinh phải nắm kiến thức bản, biết vận dụng linh hoạt kiến thức này, từ dạy chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức cách hợp lý với đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng khiếu, rèn kỹ cho học sinhđồng thời rèn luyện cho HS nhiều kỹ cần thiết Kiến thức dạy học đa dạng phân môn, giúp em biết cách nhìn vấn đề nhiều góc độ, đặt vấn đề sống mối quan hệ qua lại gắn kết chặt chẽ 3.2 Kiến nghị Nội dung đề tài đồng nghiệp thực nghiệm đơn vị hiệu tập thể đánh giá tốt, HS học theo phương pháp có kết học tập tốt hơn, phát triển nhiều kỹ kiến thức Một tốn có nhiều cách giải song việc tìm lời giải hợp lý, ngắn gọn thú vị độc đáo việc không dễ Do chỉ chuyên đề nhỏ để giúp phát triển tư duy, sáng tạo học sinh Rất mong đóng góp ý kiến bạn quan tâm đồng nghiệp để chuyên đề đầy đủ hoàn thiện hơn./ XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 10 tháng năm 2022 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác 21 Người thực Vũ Thị Hoa TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Hình học 10, Bài tập hình học 10 – nhà XBGD năm 2008 [2] Hình học 10 nâng cao, Bài tập hình học 10 nâng cao – nhà XBGD năm 2008 [3] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ năm 2010 [4] Các dạng Toán phát triển đề thi minh họa 2018-2022 [5] Tuyển tập đề thi thử TN THPT Quốc Gia trường nước năm học 2018-2019; 2019- 2020; 2020- 2021 [6] Tuyển tập sản phẩm nhóm Strong Team Tốn từ 2019 đến [7] Tuyển tập sản phẩm nhóm Bắc Trung Nam từ 2019 đến 22 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SKKN ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SKKN NGÀNH GD TỈNH THANH HÓA XẾP LOẠI Tên đề tài Sáng kiến “Một số tốn viết phương trình đường thẳng không gian” “Phân loại số phương pháp giải tốn quan hệ vng góc khơng gian” “Hướng dẫn học sinh lớp 11 giải số tập góc đường thẳng mặt phẳng” Số, ngày, tháng, năm Năm cấpXếp loại định công nhận, quan ban hành QĐ 2013 2016 2021 C QĐ số 743/QĐ-SGD&ĐT, ngày 04/11/2013 Giám Đốc Sở GD&ĐT Thanh Hóa C QĐ số 972/QĐ-SGD&ĐT, ngày 24/11/2016 Giám Đốc Sở GD&ĐT Thanh Hóa C QĐ số 1362/QĐ-SGD&ĐT, ngày 05/11/20 Giám Đốc Sở GD&ĐT Thanh Hóa 23 ... Danh mục SKKN 23 HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP CỰC TRỊ HÌNH HỌC MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Cực trị hình học phần kiến thức khơng chương... ? ?Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng tâm tỉ cự hệ điểm giải số dạng tập cực trị hình học ” NỘI DUNG 2.1.Cơ sở lý luận, sở khoa học 2.1.1 Nhắc lại khái niệm tâm tỉ cự hệ điểm 2.1.1.1 Khái niệm tâm. .. rời rạc, việc vận dụng vào thực tế điều xa lạ Từ lý trên, lựa chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm “ Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng tâm tỉ cự hệ điểm giải số tập cực trị hình học ” 1.2 Nhiệm vụ