Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian_SKKN toán THPT

Trang 1 SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian Giáo viên: Nguyễn Văn Trưởng Trường THPT Lý Tự Trọng MỤC LỤC Trang A.. Sáng kiến kinh nghiệm: T

Trang 1 SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian

Giáo viên: Nguyễn Văn Trưởng Trường THPT Lý Tự Trọng

MỤC LỤC

Trang

A MỞ ĐẦU 2

I Đặt vấn đề 2 1 Thực trạng 2

2 Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới 5

3 Phạm vi nghiên cứu của đề tài 5

II Phương pháp tiến hành 5

1.Cơ sở lý luận 5

2 Các biện pháp tiến hành 6

B NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 6

1 Nhiệm vụ và giải pháp của đề tài 6

2 Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa mãn điều kiện cho trước 6 3 Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt phẳng 20

4 Bài tập áp dụng 34

5 Khả năng áp dụng 36

5.1 Quá trình áp dụng 36

5.2 Thời gian áp dụng 36

5.3 Kết quả thu được sau khi thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm 36

C KẾT LUẬN 37

1 Kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp 37

2 Đề xuất, kiến nghị 38 D TÀI LIỆU THAM KHẢO 39

 

Ví dụ: Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñiểm A(2;5;3) và

x 1  y z 2 .Viết phương trình mặt phẳng chứa

212

ñường thẳng d sao cho khoảng cách từ A ñến lớn nhất (ðề thi ñại học năm 2008, khối A).

Sáng kiến kinh nghiệm:

TÍNH HIỆU QUẢ TRONG LỜI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN

Từ thực tế giảng dạy học sinh 12 tại trường, tôi nhận thấy đây là dạng toánkhông chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi, những

em có nhu cầu học ôn thi đại học và cao đẳng Đứng trước bài toán loạinày người giải có sự lựa nhiều phương pháp khác nhau sao cho lời giải hiệu quả.Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy,vectơ, phương pháp tọa độ thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quenthuộc

Từ ví dụ sau, phần nào sẽ thấy được việc lựa chọn phương pháp quan trọngnhư thế nào khi tiến hành giải toán nói chung, và khi giải toán cực trị hình họcgiải tích không gian nói riêng

a b d 0 d a b

9b 5b 2 4b 8

9 2

9 2

Phương trình mp viết lại: ax

9 2

Từ (1) và (2) suy ra d(A, ) lớn nhất khi d(A,

Vậy phương trình mp : x - 4y +z – 3 = 0

Bài toán sẽ đơn giản hơn khi ta giải quyết theo hướng sau.

Đường thẳng d đi qua M(1;0;2) và có

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên d, AH = const

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên mp  Ta có khoảng cách từ A đến mp : d(A, )=AK AH,

Vậy phương trình của mp là: 9x -36y +9z -27 = 0 x - 4y +z – 3 = 0

Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải, song việc tìm ra một lời giải hợp

lý, ngắn gọn thú vị và độc đáo là một việc không dễ Với mỗi bài toán có đặc

thù riêng, người giải cần lựa chọn phương pháp giải thích hợp, để mang lại hiệu quả.

Đứng trước thực trạng trên, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo chocác em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụnglinh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tựhọc, tự

nghiên cứu Được sự động viên, giúp đỡ của quý thầy cô giáo tổ Toán - Tin, BanGiám hiệu Trường THPT Lý Tự Trọng, tôi đã mạnh dạn viết SKKN:

“TÍNH HIỆU QUẢ TRONG LỜI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN”.

 Thuận lợi

- Đa số học sinh nắm tốt kiến thức cơ bản bộ môn hình học giải tích không

gian

- Đa số học sinh chịu khó, chịu nghiên cứu các dạng bài tập

- Được sự động viên của BGH, sự góp ý nhiệt tình của quý thầy cô giáo tổToán – Tin Trường THPT Lý Tự Trọng

 Khó khăn

- Học sinh không có thế mạnh bộ môn hình.

- Không có nhiều thời gian để đưa ra đầy đủ các dạng bài tập về cực trị

- Đặc điểm phần cực trị kiến thức khó hiểu, gây khó khăn trong việc dạy

2 Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới

- Với mỗi bài toán, việc định ra một hướng giải hiệu quả không những giúpcho người giải tiết kiệm được thời gian, hạn chế việc vận dụng những kỉ năngphức tạp, mà nó còn là một vấn đề mang tính khoa học trong tư duy, cũng như

trong cách suy nghĩ Với SKKN“ Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị

hình học giải tích không gian” cũng vậy Với việc định hướng lời giải đúng cho

từng loại bài toán cực trị, mang lại nhiều lợi ích cho người giải Người giải đãchuyển từ bài toán khó, phức tạp thành bài toán dễ mang lại hiệu quả cao

3 Phạm vi nghiên cứu của đề tài

- Học sinh lớp 12A1, 12A2 Trường THPT Lý Tự Trọng

- Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu hướng giải quyết các bài toán cựctrị hình học giải tích không gian hiệu quả

II Phương pháp tiến hành

1 Cơ sở lý luận

Trong thực tế dạy học, yêu cầu người giáo viên không những trang bị chohọc sinh phương pháp giải được bài toán cực trị, mà còn phải biết chọn lọc hướnggiải quyết bài toán sao cho ngắn gọn, đảm bảo tính hiệu quả Tránh trường hợp

sử dụng các cách giải phức tạp làm cho học sinh rối và tính hiệu quả không cao

Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận,khả năng tư duy Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có đượcnhững kiến thức nâng cao một cách tự nhiên, chứ không áp đặt ngay kiến thứcnâng cao

Trong sáng kiến kinh nghiệm này, chủ yếu tập trung vào việc phân tích tìmlời giải bài toán và tính hiệu quả của từng phương pháp lựa chọn, sao cho manglại kết quả ngắn gọn và hiệu quả nhất

toán 1: Trong KG Oxyz, cho ñường thẳng d và hai ñiểm phân biệt A,

B không thuộc d Tìm ñiểm M trên ñường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

2 Các biện pháp tiến hành

 Phương pháp phân tích tổng hợp

 Phương pháp thực nghiệm

 Phương pháp toán học để xử lý số liệu thu được

*) Số liệu thống kê trước khi thực hiện đề tài.

Tiến hành điều tra mức độ hiểu biết của học sinh lớp 12a1, 12a2 Trường

THPT Lý Tự Trọng về “Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học

giải tích không gian” trong 2 năm học, số lượng học sinh biết giải hiệu quả bài

toán thể hiện qua bảng sau:

lượng

Không biếtgiải

Biết giảinhưng chưahiệu quả

Biết giảihiệu quảbài toán

2011 - 2012 12a1+ 12a2 95 79 87,2% 16 12,8% 0 0%

B NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1 Nhiệm vụ và giải pháp của đề tài

Dạng toán cực trị trong hình học giải tích không gian nói chung rất đa dạng

và phong phú Mỗi bài toán lại có rất nhiều cách giải khác nhau, việc lựa chọnphương pháp giải hiệu quả, đi đôi với việc vận dụng linh hoạt các kiến thức đãhọc, không những mang lại kết quả cao trong bài giải, mà còn làm cho học sinhphát triển tư duy sáng tạo Sáng kiến kinh nghiệm này chỉ mang tính chất gợi mởcung cấp cho học sinh cách nhìn mới, phát huy sự sáng tạo của học sinh để manglại hiệu quả cao trong giải toán cực trị hình học giải tích không gian Cũng nhằmmục đích giúp cho các em tự tin hơn, trước khi bước vào các kì thi quan trọngcuối cấp THPT Để đạt kết quả cao, học sinh cần luyện tập nhiều, có thêmnhiều thời gian để sưu tầm các tài liệu tham khảo liên quan

2 Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho

trước

Lời giải:

TH1: Đường thẳng AB và đường thẳng d đồng phẳng.

Phương pháp làm giống như hình học phẳng.

TH2: Đường thẳng AB và đường thẳng d không đồng phẳng.

- Khi đó có hai khả năng sau:

1.Nếu d và AB vuông góc với nhau

- Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A, B và vuông góc với d.

- Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mp(α)

-Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t

-Tính tọa độ của M và kết luận

Bình luận phương pháp:

+) Trong trường hợp ñường thẳng AB và ñường thẳng d không

ñồng phẳng và không vuông góc nhau, nếu ta sử dụng phương pháp phân tích

ñể xác ñịnh vị trí của ñiểm M cần tìm, rồi tiến hành tìm tọa ñộ ñiểm M là cách

làm khó, tổng hợp khá nhiều kiến thức, khá phức tạp Phương pháp tiến hành

giải tìm t ñể f(t) = MA + MB nhỏ nhất như trên là cách giải ñơn giản mang lại

hiệu quả nhất.

+) Nghệ thuật nhất trong bài toán trên là xử lý tìm t ñể hàm số f(t) = MA

+ MB nhỏ nhất Tôi ñã vận dụng phương pháp chuyển từ hình học không gian

về hình học phẳng, rồi tiến hành giải Bài giải khá ngắn gọn và ñộc ñáo mà

qua thí ñiểm, học sinh tiếp cận dễ dàng, rất hiệu quả mà ít sai sót Lớp bài

toán này ñược tôi trình bày dưới 2 cách cho dễ so sánh và thấy ñược sự ưu

việt của việc chuyển về hình học phẳng.

Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với đường thẳng d

mp(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận u (2; 2;1) làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình mp(P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0

Điểm M thuộc đường thẳng d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao

điểm của d và mp(P).

Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình:

2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0 9t + 18 0 t 2

Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2 17

Ví

dụ 2: Trong KG Oxyz, cho hai ñiểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0) Hãy tìm ñiểm M

trên trục Ox sao cho MA + MB ñạt giá trị nhỏ nhất

Ox có vtcp i

(1;0;0 )

L

ờ i giả i:

qua O(0; 0; 0), đường thẳng AB có vtcp AB (1;1; 2) và

i. AB 1 0 Ox và đường thẳng AB không vuông góc

Ta có [i, AB]OA = (0; 2; 1).(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên đường thẳng AB và

đường thẳng Ox chéo nhau

Phương trình tham số của đường thẳng Ox:

Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất

- Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét các điểm M(t; 0) Ox và haiđiểm P(3;-2), Q(2; 1) thì S = MP + MQ

Ta thấy P, Q nằm hai bên so với Ox

Trong mp Oxy phương trình đường thẳng PQ : 3x + y – 7 = 0

S = MP + MQ nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và PQ3t - 7 = 0

Hay t 7

Vậy M( 7 ;0;0) là điểm cần tìm

Nhận xét: Ta có thể áp dụng phương pháp giải này để giải dạng toán : “ Cho 2

điểm A, B và đường thẳng d, tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d để

Từ bảng biến thiên suy

3

t 7 , tức là

3

Nhận xét: Qua 2 cách tiến hành như trên phương pháp chuyển về xét bài

toán trong hình học phẳng khá dễ, ngắn gọn, hiệu quả, người giải không cần dùng các kiến thức phức tạp, cũng không cần các kỉ năng cao.

Cách giải thứ 2 dùng công cụ đạo hàm, đòi hỏi người giải phải có kỉ năng cao hơn, cách giải dài dòng và phức tạp hơn nhiều, không có sự sáng tạo, tính hiệu quả không cao.

Trang 10 SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian

H

, N ,

K

thẳng hàng

N HK Ox

Đường thẳng HK có vectơ chỉ phương

2

2) nên có vectơ pháp tuyến

n

2 2; 1

và đi qua H nên có phương trình tổng quát

2 

Trang 11 SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian

số

số



t

 1



2



 2

,



t

 1



2



 2

t 2 t 3

 

 2 

3 2

Bảng biến thiên của hàm số f (t):

Từ bảng biến thiên suy ra min f

Nhận xét: Với cách giải này bài toán trở nên phức

tạp, học sinh tiếp nhận không tự nhiên mang tính áp

đặt, lời giải khó hiểu.

2) Tương tự câu 1), ta tính được

Nhận thấy H, K nằm cùng phía so với trục Ox.

Suy ra MA MB

Bài toán này vô nghiệm vì KH || Ox .

Nhận xét: Rõ ràng với phương pháp qui về hình học phẳng như trên giúp người

giải, giải quyết bài toán rất hiệu quả, cho kết quả ngắn gọn.

Ta có u CD = 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0 d không vuông góc với AB và

[u, AB]NA = (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – 4 = 6 d và AB chéo nhau

- Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), do AB không đổi nên 2p đạtgiá trị nhỏ nhất khi MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

Xét

điểm

nhất

M d M(1 2t;2+2t;1 t) , ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị nhỏ

Đặt x = 3t, khi đó ta được biểu thức: g(x) = x 22 1 

Từ bài toán tìm t để f(t) nhỏ nhất, chuyển về bài toán tìm x sao cho g(x) nhỏ nhất.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét N(x;0) Ox, và 2 điểm P(-2;-1),Q(1;2) thì g(x) = NP + NQ.

Ta thấy P; Q nằm về hai bên của Ox và đường thẳng PQ: x - y + 1 = 0.g(x) = NP + NQ nhỏ nhất khi N là giao điểm của Ox và đường thẳng PQ khi đó

Trong dạng toán này, nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm t

là việc làm phức tạp, người giải phải có nhiều kỉ năng Giải bằng phương



MA MB

Bài toán 2: Trong KG Oxyz, cho n ñiểm 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 ñường thẳng d (hoặc mặt phẳng (α)).)) Tìm ñiểm M thuộc

ñường thẳng d ( hoặc thuộc mp(α)).)) sao cho: .

k1 MA1 

a) k2 MA2   kn MAn có giá trị nhỏ nhất.

b) T = k MA 2 k MA1122 2  k MAnn 2 ñạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất.

1) Nếu bài toán thuộc loại: Tìm M thuộc đường thẳng.

Cách 1 : Ta chuyển đường thẳng về dạng tham số t rồi chuyển bài toán về

GTNN rồi tìm được t suy ra tọa độ điểm M.

Cách 2: +) Dựng điểm I

thỏa: k1 IA1 + k2 IA2 + + kn IAn 0

+) Đi tìm tọa độ điểm M thỏa yêu cầu bài toán Cách làm này không tự nhiên, có vẻ áp đặt làm khó hiểu Trong sáng kiến kinh

nghiệm này tôi phân tích 2 cách và sự ưu việt của từng cách để học sinh

chọn phương pháp giải tối ưu.

2) Nếu bài toán thuộc loại: Tìm M thuộc mặt phẳng.

Để tìm được điểm M, từ biểu thức người ta cho ta tìm điểm I cố định,

rồi ta vận dụng điểm I cố định đó để tìm M Trong bài toán này điểm I

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

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

*) Từ nhận xét trên, giáo viên có thể chủ động điều chỉnh k để được bài

tập tìm M sao cho biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất mà mình mong muốn.

1) Cách 1: Phương trình tham số của đường thẳng d:

Với M thuộc d thì tọa độ M có dạng M (4 +t; -1+t; t)

Vậy MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi t = 1 hay M(5;0;1)

Cách 2: Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm đoạn thẳng AB vàI(0; 2; 4)

Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t), IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) khi M là hình chiếu vuông góccủa I lên đường thẳng d thì

Vậy M( 5; 0; 1) IM.u 0 hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1

Nhận xét : Rõ ràng với cách giải số 1, lời giải bài toán rất tự nhiên Tính hiệu

quả cao hơn cách giải 2.

Với cách giải 1 giáo viên chỉ cần chỉ cho học sinh kỉ thuật nhóm dạng bình phương của biểu thức bậc 2.

Phân tích ý 2 : Nếu áp dụng cách 2 vào giải ý 2 của bài toán, khi đó điểm J tìm

được có tọa độ lẻ, việc tìm tọa độ hình chiếu của điểm J cũng khó khăn Nếu dùng cách 2 để giải ý 2 lời giải cụ thể như sau:

2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa JA - 4JB = 0

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

=>x = 0; y = 11 , z = 7 , vậy J(0; 11 ; 7 )

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.

( Trích đề thi đại học khối D năm 2007).

Bài 2: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : x

Ví dụ 2: Trong KG Oxyz, cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba

A1;0;1, B-2;1;2, C 1;-7;0 Tìm ñiểm M trên mặt phẳng (α) sao cho :

z = 1+3tTọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0

17t 17 0 t 1

Vậy với M(-2; 0; -2) thì MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất

2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2IB 3IC 0

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

x = 4; y = - 23 ; z = - 3 ,

vậy

I(4; 23 ; 3 ) 2 2

2 _.

2

17 34 17 MA MB MC

Ví

dụ 3 : Trong KG Oxyz, cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba ñiểm

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

3

+2t2

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa JA JB JC 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



3 t 2(3 2t) 2.2t 7 0 9t 4 0 t



49

M( 23 ; 35 ; 8)

23 35 8Vậy với M( ;  ;  ) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất

toán 3 : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai ñường thẳng d 1 ,

d 2 chéo nhau Tìm các ñiểm Md 1 , Nd 2 là chân ñoạn vuông góc chung của hai ñường thẳng trên.

L

ờ i giả i:

- Viết phương trình hai đường thẳng dạng tham số

- Lấy Md1 và Nd2 ( tọa độ theo tham số)

B(1; 0; 1) Tìm ñiểm M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất

Phân tích tìm lời giải: Gọi MH là đường cao của tam giác MAB Rõ ràng đoạn

nhau Vậy MH nhỏ nhất khi và chỉ khi MH là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau AB và d.

-Bài toán này được giải dựa trên lập luận như trên.

Trang 20 SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian

toán 1 : Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñ

∆ không ñi qua A Viết phương trình mặt phẳng (α)) chứa cách từ A ñến mp(α)) lớn nhất.

L

ờ i giả i :

Gọi H là hình chiếu vuông góc của Alên mặt phẳng (α), K là hình chiếu vuông góc

của A lên ∆, K cố định, đoạn AK không đổi.

Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK, vậy d(A;

(α)) lớn nhất thì H ≡ K, khi đó mp(α) là mặt

phẳng đi qua ∆ và vuông góc với AK Hay mp(α) qua ∆ và vuông góc với mp(∆, A).

*) Dựa vào bài toán tổng quát trên, ta áp dụng

vào giải chi tiết ví dụ 1, ví dụ 2 như sau:

Ví

dụ 1 : Trong KG Oxyz, cho ba ñiểm A(2; 1; 3), B(3; 0;

phương trình mặt phẳng (α) ñi qua hai ñiểm A, B và cáchnhất

vectơ pháp tuyến n [AB, AC] (1; 4; 5)mp(α) có vectơ

pháp tuyến n3(3; 2;1)[n, AB] (9 6; 3) Phương trình mp(α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0

3x + 2y + z – 11 = 0

Trang 21 SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian

nên hai đường thẳng

song song với nhau