skkn phát huy năng lực tư duy độc lập, sáng tạo của hs qua việc giải một số bài tập cực trị hình không gian thpt yên định 2

I. ĐẶT VẤN ĐỀ. Trong chương trình cấp THPT, nói đến môn “ Hình học”, đa phần học sinh cảm thấy “ngại” tiếp xúc, đặc biệt là hình học không gian. Yêu cầu người học phải có trí tưởng tượng không gian tốt, tư duy logic, chặt chẽ, chính xác. Khi học đến chương trình “Hình học giải tích trong không gian” thì các em học sinh có phần nào “đỡ sợ” hơn nhưng cũng đòi hỏi phải có trí tưởng tượng, suy luận logic. Còn khi gặp các bài toán “cực trị trong hình học giải tích” thì các em cảm thấy là một mảng kiến thức khó, nhưng lại có sức hấp dẫn mạnh mẽ đối với những người yêu toán học, học khá về môn toán. Trước tình hình đó, cùng với thực tế giảng dạy và nghiên cứu với mong muốn tháo gỡ khó khăn cho học sinh trong việc giải quyết một số bài toán cực trị, để góp phần nâng cao chất lượng học tập, giúp học sinh tự tin và giải nhanh một số bài toán cực trị, tôi chọn đề tài: “Phát huy năng lực, tư duy sáng tạo của học sinh qua việc giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích Lớp 12 THPT”. II.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ. 1.Cơ sở luận của đề tài. Giải quyết bài toán cực trị trong hình học là bài toán tổng hợp yêu cầu học sinh phải tổng hợp tốt các kiến thức sau: • Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức, một hàm số bằng: đạo hàm, véc tơ, bất đẳng thức cổ điển,… • Suy luận hình học: Yêu cầu học sinh phải có khả năng tưởng tượng không gian, suy luận logic. 2. Thực trạng của đề tài nghiên cứu. Qua thực tế giảng dạy học sinh, khi gặp bài toán cực trị trong hình học giải tích, các em thường gặp những khó khăn sau: 1 • Ngoài việc nắm kiến thức ở chương này, các em còn phải nắm vững kiến thức hình học không gian ở lớp 11, kiến thức véc tơ, kiến thức đạo hàm, kiến thức để đánh giá một biểu thức. Đây là kiến thức khó và nhiều đối với học sinh. • Không xác định được hướng để giải quyết bài toán do khả năng suy luận và tổng hợp kiến thức còn kém. • Nhiều bài toán dạng này có rất nhiều cách suy luận, nhưng mỗi cách có thể cho ta đi đến kết quả bằng con đường dài, ngắn khác nhau. Tôi nghiên cứu đề tài này nhằm giúp các em giải được một số bài toán cực trị trong hình học giải tích bằng phương pháp quen thuộc, hiệu quả, dễ hiểu và nhanh gọn. Cũng có những bài toán tôi đưa ra nhiều phương pháp giải nhằm giúp các em học sinh có thể chọn cho mình cách giải phù hợp với khả năng của mình, hơn nữa tôi muốn đưa ra để cung cấp thêm kiến thức cho các em. Khảo sát chất lượng học sinh 12B 5 , 12B 6 .12B 9 trường THPT Yên Định 2, tôi thấy việc giải quyết các bài toán dạng này ở các em học sinh không tốt, nhất là học sinh lớp 12B 9 . Từ thực tế giảng dạy, tôi đã nghiên cức đề tài và triển khai thực hiện. Tôi thấy tính hiệu quả của đề tài này rất cao, thu được kết quả tốt trong năm qua. 3. Các giải pháp và tổ chức thực hiện. 3.1. Các giải pháp thực hiện. a. Hệ thống lại kiến thức đã học. Giúp học sinh nắm vững các công thức cần nhớ để từ đó vận dụng tốt vào việc giải các bài tập cụ thể. b. Phân dạng các bài tập. Vì thời gian không cho phép nên tôi chỉ nghiên cứu các dạng bài tập cơ bản sau: • Dạng 1: Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp12 liên quan đến tìm một điểm thoả mãn điều kiện cho trước. 2 • Dạng 2: Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp12 liên quan đến tìm đường thẳng, mặt phẳng thoả 3.2.Các biện pháp và tổ chức thực hiện Do thời lượng các tiết học chính khóa không đủ để thực hiện nên tôi đã sử dụng một số tiết học tự chọn để thực hiện đề tài này. Vì thời gian có hạn nên tôi chỉ đưa ra được nội dung mà tôi sẽ hướng dẫn cho học sinh để sau những tiết học này các em có thể tự tin tìm hướng và giải tốt một số các bài toán cực trị trong không gian. Đối tượng áp dụng: Học sinh THPT. Phạm vi nghiên cứu: Trường THPT. Địa điểm tổ chức thực nghiệm: Học sinh lớp 12B5, 12B9 Trường THPT Yên Định 2. a. Cơ sở lí thuyết: Để làm được phần này yêu cầu các em học sinh nắm vững toàn bộ kiến thức ở chương III: Phương pháp toạ độ trong không gian, sách giáo khoa hình học 12, làm tốt các bài tập trong sách giáo khoa. Nắm vững phương pháp tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn, một khoảng. Ngoài ra yêu cầu các em học sinh phải nắm thêm một số kiến thức sau đây: -Cho mặt phẳng (α): ax + by + cz + d = 0 và 2 điểm A(x A ;y A ;z A ), B(x B ;y B ;z B ). Nếu: • (ax A + by A + cz A + d)(ax B + by B + cz B + d) > 0 thì 2 điểm A và B ở cùng phía đối với (α). • (ax A + by A + cz A + d)(ax B + by B + cz B + d) < 0 thì 2 điểm A và B ở khác phía đối với mặt phẳng (α). - Với , là hai véc tơ bất kỳ, ta luôn có: │ + │≥ │ +│. Dấu = xảy ra  , cùng hướng hoặc một trong hai véc tơ bằng 0 r . - Cho 2 điểm phân biệt A(x A ;y A ;z A ), B(x B ;y B ;z B ). M là một điểm chia đoạn AB theo tỉ số k≠1. Ta có: 3 x M = y M = z M = 2. Tiến hành giải một số bài toán. Dạng 1:Một số bài toán cực trị liên quan đến tìm vị trí của một điểm thỏa mãn điều kiện cho trước. Bài toán 1: 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. -Xét trường hợp đặc biệt: +Nếu d và AB vuông góc với nhau, ta làm như sau: Viết phương trình mặt phẳng (P )qua AB và vuông hinh1 góc với d. Tìm giao điểm H của AB và mp(P). Khi đó với mọiđiểm M thuộc d ta có MA ≥ HA, dấu = xảy ra khi và chỉ khi M ≡ H MB ≥ HB,dấu = xảy ra khi và chỉ khi M ≡ H nên MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P). +Nếu AB//d, ta làm như sau: Tìm điểm A’ đối xứng với A qua d. Gọi H là trung điểm của AA’ hinh2 4 Ta có: Với mọi M thuộc d thì MA+MB=MA’+MB ≥ A’B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn A’B. Mà MH//AB, H là trung điểm của AA’ suy ra M là trung điểm của A’B. Vậy M là trung điểm của đoạn A’B thì MA+MB nhỏ nhất. Phương pháp chung cho bài toán này như sau: Phương pháp 1: Tìm điểm A 1 ,B 1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,B trên d Lấy điểm B’ thỏa mãn: B’ ∈ mp(d,A), khác phía với A qua d, B’B 1 ⊥ d và B’B 1 =BB 1 . Khi đó : MA+MB=MA+MB’ ≥ AB’. Do A,B, d cố định nên B’ cố định. Dấu đẳng thức xảy ra khi M thuộc đoạn AB’giao với d. Lại có 1 1 1 1 AA ' MA MB B B = , mà B’B 1 =BB 1 Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 AA AAMA MA MB MB BB BB = ⇒ = − uuuur uuuur hình3 Chứng tỏ M là điểm chia đoạn AB Theo tỉ số k=- 1 1 AA BB . Từ đó tìm được tọa độ điểm M. Nhận xét: Cách giải này lập luận hơi dài, dễ bị sai sót nên yêu cầu các em học sinh phải tính toán hết sức cận thận. Phương pháp 2: -Viết phương trình d ở dạng tham số t: 0 0 , o x x at y y bt z z ct t R = +   = +   = + ∈  -Gọi M(x o +at;y o +bt;z o +ct). Tính MA+MB. -Xét hàm số: f(t)=MA+MB. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t, suy ra tọa độ của điểm M. -Kết luận. Phương pháp 3: -Viết phương trình d ở dạng tham số t: 0 0 , o x x at y y bt z z ct t R = +   = +   = + ∈  5 -Gọi M(x o +at;y o +bt;z o +ct). Tính MA+MB. -Xác định tọa độ các véc tơ ,u v r r để , ,u MA v MB= = r r u v+ r r không đổi, - Khi đó MA+MB= u v u v+ ≥ + r r r r , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ,u v r r cùng hướng. Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: 1 1 1 2 1 x y z− + = = − và hai điểm A(-1;2;1), B(1;-2;-1). Tìm trên đường thẳng d điểm M để MA+MB nhỏ nhất. Nhận xét: AB uuur =(2;-4;-2), véc tơ chỉ phương của d là d u uur =(-1;2;1), A d ∉ Nên đường thẳng AB song song với đường thẳng d. Gọi H(1-t;2t;-1+t) là hình chiếu vuông góc của A trên d,suy ra AH uuur =(2-t;2t-2;t-2). Ta phải có: . 0 d AH u = uuur uur 4 2 4 4 2 0 3 t t t t⇔ − + − + − = ⇔ = Suy ra: 1 8 1 ( ; ; ) 3 3 3 H − Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d, thì H là trung điểm của AA’. Suy ra A’( 1 2 1 ; ; ) 3 3 3 − Ta có: Với mọi M thuộc d thì MA+MB=MA’+MB ≥ A’B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn A’B. Mà MH//AB, H là trung điểm của AA’ suy ra M là trung điểm của A’B. Suy ra M( 2 2 2 ; ; ) 3 3 3 − . Vậy M( 2 2 2 ; ; ) 3 3 3 − thỏa mãn điều kiện bài toán. Ví dụ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: 1 2 3 2 2 1 x y z− + − = = − và hai điểm A(-4;1;1), B(3;6;-3). Hãy tìm trên d điểm M sao cho MA+MB nhỏ nhất. 6 Nhận xét: Phương trình tham số của đường thẳng d là: 1 2 2 2 3 , . x t y t z t t R = +   = − −   = + ∈  AB uuur =(7;5;-4), véc tơ chỉ phương của d là d u uur =(2;-2;1). Suy ra AB uuur . d u uur =0 nên đường thẳng d vuông góc với AB. Gọi (P) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với d,suy ra (P) qua A và nhận d u uur làm véc tơ pháp tuyến nên (P) có phương trình là: 2x-2y+z+9=0. Điểm M thuộc d thỏa mãn MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của d và (P). Nên M(1+2t;- 2-2t;3+t) với tlà nghiệm của phương trình 2(1+2t)-2(-2-2t)+(3+t)+9=0 ⇔ t=-2.Vậy M(-3;2;1) thỏa mãn điều kiện bài toán. Sau đây ta làm bài toán không thuộc dạng đặc biệt. Ví dụ 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 2 2 1 , . x t y t z t t R = +   = −   = + ∈  và cho 2 điểm A(2;-2;1), B(0;2;-3). Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA+MB nhỏ nhất. Cách 1: Gọi A 1 (1+2t;2-t;1+t) là hình chiếu vuông góc của A trên d. Ta có: 1 AA (2 1;4 ; ) (2; 1;1) d t t t u = − − = − uuuur uur Ta phải có 1 AA . 0 2(2 1) 1(4 ) 0 d u t t t= ⇔ − − − + = uuuur uur 6 6 1t t ⇔ = ⇔ = Suy ra A 1 (3;1;2). Gọi B 1 (1+2t’;2-t’;1+t’) là hình chiếu vuông góc của B trên d, làm tương tự ta được B 1 (-1;3;0) Ta lấy điểm B’ sao cho: B’ ∈ mp(A,d), B’khác phía với A qua d, B’B 1 =BB 1 và B’B 1 vuông góc với d Khi đó : MA+MB=MA+MB’ ≥ AB’. Do A,B, d cố định nên B’ cố định. Dấu đẳng thức xảy ra khi M thuộc đoạn AB’giao vơi d. 7 Lại có 1 1 1 1 AA ' MA MB B B = , mà B’B 1 =BB 1 Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 AA AAMA MA MB MB BB BB = ⇒ = − uuuur uuuur Chứng tỏ M là điểm chia đoạn AB Theo tỉ số k=- 1 1 AA BB . Mà AA 1 = 11 , BB 1 = 11 nên k=-1 Từ đó ta có M(1;2;1). Nhận xét: Để giải bằng cách này yêu cầu học sinh phải lập luận chặt chẽ, tính toán cận thận vì các phép tính nhiều rất dễ dẫn đến sai sót. Cách 2: Gọi M(1+2t;2-t;1+t) Ta có: 2 2 2 2 6 12 17 ( 6 6) 11 6 12 17 ( 6 6) 11 MA t t t MB t t t = − + = − + = + + = + + Chọn ( 6 6; 11), ( 6 6; 11)u t v t= − = − − r r suy ra: ( 2 6; 11)u v+ = − r r Khi đó MA+MB= 68u v u v+ ≥ + = r r r r , Dấu = xảy ra khi và chỉ khi: , 0u kv k= > r r Vậy M(1;2;1) thỏa mãn điều kiện bài toán Nhận xét: Cách giải này nhanh hơn , học sinh chỉ gặp khó khăn là chọn các véc tơ ,u v r r sao cho u v+ r r không đổi và , 0u kv k= > r r . Nhưng chỉ cần làm một đến hai bài tương tự thì việc chọn các véc tơ ,u v r r trở nên rất đơn giản. Cách 3: Xét hàm số 2 2 ( ) 6 12 17 6 12 17,f t t t t t t R= − + + + + ∈ 2 2 6 6 6 6 '( ) 6 12 17 6 12 17 t t f t t t t t − + = + − + + + '( ) 0 0f t t= ⇔ = . Ta có bảng biến thiên T -∞ 0 + ∞ F’(t) - 0 + f(t) + ∞ + ∞ 8 6 6 ( 6 6) 1 11 . 11 (1;2;1) 0 0 t k t k k M t k  − = − −  =   ⇔ = ⇔ ⇒   =   >   2 Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra hàm số y=f(t) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi t=0 nên M(1;2;1) Nhận xét: Cách giải này khá quen thuộc và cơ bản đối với các em học sinh 12 vì trở về bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số . Bài toán 2: Cho 2 điểm A, B và mặt phẳng (α). Tìm trênmặt phẳng(α) điểm M sao cho MA + MB nhỏ nhất. Hướng dẫn giải: -Xét xem 2 điểm A, B ở cùng phía hay khác phía đối với (α). +TH1: Nếu 2 điểm A, B ở khác phía đối với (α) Khi đó: Với mọi điểm M ta có: MA + MB ≥ AB, dấu = xảy ra ⇔ M ∈ AB. Vì M ∈ (α), A, B khác phía nên có M, hình 4 dấu = xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (α) Vậy khi M là giao điểm của AB và (α) thì MA + MB nhỏ nhất. +TH2: Nếu 2 điểm A, B cùng đối xứng với A qua (α). Tìm tọa độ điểm A ’ đối xứng với A qua (α). Với mọi điểm M ∈ (α) ta có: MA + MB = MA ’ + MB ≥ A ’ B (1). Do A cố định, (α) cố định nên A ’ cố định => A ’ B không đổi hinh5 dấu = khi và chỉ khi M ∈ đoạn A ’ B ( xảy ra vì A ’ và B ở khác phía đối với (α) ). => MA + MB nhỏ nhất ⇔ M là giao điểm của A ’ B và (α). Ví dụ 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho mặt phẳng (α) có phương trình : x-2y-2z+4=0 và hai điểm A(1;2;1),B(2;0;2).Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất Giải 9 Thay tọa độ của A và B vào phương trình tơ (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía đối với mp (α) Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB và (α) Đường thẳng AB qua điểm B ,nhận AB uuur =(1;-1;0) làm vecto chỉ phương Phương trình tham số của AB: 2 2 x t y t z = +   = −   =  Tọa độ ứng với t là ngiệm phương trình 2+t -2(-t)-2.2+4=0 2 3 2 0 3 t t⇔ + = ⇔ = − Hay 4 2 ( ; ;2) 3 3 M là điểm cần tìm Ví dụ 5: Cho mặt phẳng (α) có phương trình : x-y+2z=0 và ba điểmA(1;2;-1) B(3;1;-2),C(1;-2;-2).Hãy tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Giải 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 la giao điểm của A’B với (α). Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α) ,AA’ nhận (1; 1;2) P n = − uur làm vecto chỉ phương Phương trình tham số AA’: 1 2 1 2 x t y t z t = +   = −   = − +  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 6 3 0t ⇔ − = hay t= 1 3 3 ( ; ;0) 2 2 2 H⇒ Do H là trung điểm của AA’ nên ' ' ' 2 2 2 1 '(2;1;1) 2 1 A H A A H A A H A x x x y y y A z z z = − =   = − = ⇒   = − =  10 [...]... −b + 2 c + d = 0  c =  2 ⇒ PT ( P ) : ax + by + a −b z − a + 2b = 0 2 ⇔ 2ax +2by+(a-b)z-2a+4b=0 13 ur u (P) có VTPT nP = (2a; 2b; a − b) r Mp(0xy) có VTPT k (0;0;1) Gọi α là góc tạo bởi (P) và (Oxy) ur r u nP k ur r u a −b u Ta có cos α = cos(nP ; k ) = ur r = nP k 5a 2 + 5b 2 − 2ab cos 2 = a 2 + b 2 − 2ab 5a 2 + 5b 2 − 2ab 2 a a  ÷ +1− 2 ÷ 2 b b TH1: +) Với b ≠ 0 ta có cos α = 2 a... A(1 ;2; -1),B(3;1; -2) ,C(1 ;2; -1).Tìm M trên (P) sao cho MA2 − MB 2 − MC 2 có giá trị lớn nhất Giải ur ur ur u u u r Trước hết ta tìm điểm I sao cho : IA − IB − IC = 0 ⇒ I (3; −3;0) uu2 ur uu2 ur uu 2 uu r Ta có : MA2 − MB 2 − MC 2 = MA − MB − MC u u ur ur u 2 u u u u2 ur ur u u ur ur u = ( MI + IA) − ( MI + IB) − ( MI + IC ) 2 u u ur ur ur ur u u u = − MI 2 + IA2 − IB 2 − IC 2 + 2MI ( IA − IB − IC ) = − MI 2 + IA2 − IB 2 −... ) Bài toán 4: Cho các điểm phân biệt A1, A2,…,An và các số thực t1,t2,…,tn Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (hay đường thẳng) sao cho tổng T= t1.MA 12 + t2.MA 22 + … + tn.MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất (nếu t 1+t2+… +tn>0), đạt giá trị nhỏ nhất (t1+t2+…+tn . duy sáng tạo của học sinh qua việc giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích Lớp 12 THPT . II.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ. 1.Cơ sở luận của đề tài. Giải quyết bài toán cực trị trong hình học là bài. trong việc giải quyết một số bài toán cực trị, để góp phần nâng cao chất lượng học tập, giúp học sinh tự tin và giải nhanh một số bài toán cực trị, tôi chọn đề tài: Phát huy năng lực, tư duy sáng. các bài tập cụ thể. b. Phân dạng các bài tập. Vì thời gian không cho phép nên tôi chỉ nghiên cứu các dạng bài tập cơ bản sau: • Dạng 1: Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12 liên