SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Trường THPT Trần Phú Mã số: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Duật Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý giáo dục  Phương pháp dạy học bộ môn: Toán THPT  Phương pháp giáo dục  Lĩnh vực khác:  Có đính kèm:  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2013 - 2014 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: NGUYỄN NGỌC DUẬT 2. Ngày tháng năm sinh: 28 tháng 09 năm 1977 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: Ấp Bầu Trâm, xã Bầu Trâm, thị xã Long Khánh, Đồng Nai 5. Điện thoại: 0613 726311 (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: 0985 350500 6. Fax: E-mail: ngocduat1977@gmail.com 7. Chức vụ: Thư ký Hội đồng 8. Đơn vị công tác: Trường THPT TRần Phú II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân - Năm nhận bằng: 2000 và 2010 - Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán và Sư phạm Tin học III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Môn Toán THPT Số năm có kinh nghiệm: 13 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: + Sử dụng phần mềm Sketchpad trong dạy học Toán + Gíá trị lớn nhất, nhỏ nhất của Hàm số và một số ứng dụng + Soạn giáo án Ôn tập chương theo đổi mới phương pháp. + Một số ứng dụng của Định lí Viet ……………………………………………………………… 2 MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Chúng ta đã biết Toán học là ngành nghiên cứu trừu tượng về những chủ đề như: lượng (các con số), cấu trúc, không gian, và sự thay đổi. Các nhà toán học và triết nói chung là một ngành khoa học gắn liền với những suy luận logic chặt chẽ, đòi hỏi tính chính xác và ngắn gọn. Có nhiều ý kiến cho rằng toán học rất khô khan và nhàm chán bởi những rắc rối của kí hiệu và sự trừu tượng của ngôn từ và hình ảnh. Nhìn nhận vấn đề gần hơn trong trường THPT đa số các em thấy khó khăn, rắc rối, khó nhớ và lo sợ khi học môn toán đặc biệt là môn hình học. Bên cạnh đó những ai yêu thích ngành toán thường thấy toán học có một vẻ đẹp nhất định. Nhiều nhà toán học nói về "sự thanh lịch" của toán học, tính thẩm mỹ nội tại và vẻ đẹp bên trong của nó. Họ coi trọng sự giản đơn và tính tổng quát. Vẻ đẹp ẩn chứa cả bên trong những chứng minh toán học đơn giản và gọn nhẹ. Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,…. Ta còn gặp các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện cực trị. Đây là dạng Toán tương đối khó, thường gặp trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng. Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc. Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn,với sự tích lũy qua một số năm trực tiếp giảng dạy, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu. Được sự động viên, giúp đỡ của các thầy trong hội đồng bộ môn Toán của sở GD-ĐT Đồng Nai, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trong tổ Toán – Tin học trường THPT Trần Phú. Tôi đã mạnh dạn cải tiến và bổ sung chuyên đề “ Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích không gian”. II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Bài toán cực trị trong hình học giải tích không gian vẫn thường xuất hiện trong chương trình, trong các đề thi…Tuy nhiên, các tác giả thường sử dung kết quả của dạng toán này để giải các bài toán khác. Cách giải chỉ áp dụng cho một bài toán cụ thê. Chưa phân tích, đưa ra phương pháp cho một lớp các bài toán rộng 3 hơn. Vì vậy các em học sinh, thậm chí một số giáo viên đã gặp không ít khó khăn khi tiếp cận dạng toán này. Trước thực trạng đó, tôi đưa ra phương pháp cơ bản giải một số bài toán thường gặp về cực trị trong hình giải tích không gian. Tuyển chọn các ví dụ minh họa và các bài tập áp dụng theo hướng nâng dần độ khó. Từ đó rèn luyện kỹ năng giải toán và giúp học sinh có cái nhìn mới về dạng toán này. 1. Thuận lợi. - Kiến thức đã được học, các bài tập đã được luyện tập nhiều - Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học và yêu thích môn học. - Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên đề. - Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý kiến cuả đồng nghiệp. 2. Khó khăn. - Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập. - Nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, không nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian. - Đa số học sinh yếu môn hình học, đặc biệt là hình học không gian. 3. Số liệu thống kê Trong các năm trước, khi gặp bài toán liên quan đến Cực trị trong hình học số lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau: Không nhận biết được Nhận biết, nhưng không biết vận dụng Nhận biết và biết vận dụng ,chưa giải được hoàn chỉnh Nhận biết và biết vận dụng , giải được bài hoàn chỉnh Số lượng 60 12 8 0 Tỉ lệ ( %) 75 15 10 0,0 III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP. 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 được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt ngay kiến thức nâng cao). Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải các bài toán được đặt ra. Trong một số trường hợp có thể dùng kiến thức giải tích thì bài toán được giải nhanh và gọn hơn. 4 1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng. Phần này nhắc lại một số kiến thức cũ đã biết, với mục đích giúp học sinh có thể vận dụng nhanh, chính xác vào các bài toán sẽ được học. a. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng ( α ) − Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (α). − Viết phương trình đường thẳng MH(qua M và vuông góc với (α)) − Tìm giao điểm H của MH và (α). • Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với M qua mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếu H của M lên (α), dùng công thức trung điểm suy ra tọa độ M’. b.Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d: − Viết phương trình tham số của d. − Gọi H ∈ d có tọa độ theo tham số t − H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi . 0= r uuuur d u MH − Tìm t, suy ra tọa độ của H. 2. Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước. Bài toán 1: Cho n điểm 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 đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt phẳng (α) sao cho 1 1 2 2 n n k MA k MA k MA+ + + uuur uuuur uuuur có giá trị nhỏ nhất. Phương pháp giải: − Tìm điểm I thỏa 1 1 2 2 n n k IA + k IA + + k IA 0= uur uuur uuur r − Biến đổi 1 1 2 2 n n 1 2 n k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI uuuur uuuuur uuuuur uuur uuur − Tìm vị trí của M khi MI uuur đạt giá trị nhỏ nhất 5 Giải: 1) Gọi điểm I thỏa uur uur r IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4) Khi đó 2= + = uuuur uuur uuur uuur uuur uur uuur MA + MB MI + IA + MI IB MI có giá trị nhỏ nhất <=> uuur MI nhỏ nhất <=> M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d. Đường thẳng d có vtcp r u = (1; 1; 1) , phương trình tham số d:      x = 4 + t y = -1 + t z = t Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t) ∈d , uuur IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) , khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì . 0= uuur r IM u hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1 Vậy M( 5; 0; 1). 2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa uur uur r JA - 4JB = 0 Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0) =>x = 0; y = 13 5 , z = 7 3 , vậy J(0; 13 7 ; 5 3 ) Khi đó ) 3 3= + = − = uuuur uuur uuur uur uuur uur uuur uuur MA - 4MB MJ+ JA- 4(MJ JB MJ MJ có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d. Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t), 18 17 5 5 uuur JM = ( t+ 4; t - ; t - ) khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d thì . 0= uuur r JM u hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1 Vậy M( 5; 0; 1) thì uuuur uuur MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. Giải: 1) Gọi điểm G thỏa uuur uuur uuur r GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và 6 Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( ) : x- 4 y+1 z d = = 1 1 1 và hai điểm ( ) A 0;1;5 , ( ) B 0;3;3 . Tìm điểm M trên d sao cho 1) uuuur uuur MA + MB có giá trị nhỏ nhất. 2) uuuur uuur MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm ( ) A 1;0;1 , ( ) B -2;1;2 , ( ) C 1;-7;0 . Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho : 1) + uuuur uuur uuur MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 2) 3+ uuuur uuur uuur MA -2MB MC có giá trị nhỏ nhất. G(0;-2;1). Ta có + uuuur uuur uuur MA + MB MC = + + + uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur MG + GA + MG GB MG GC = 3 uuuur MG có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α). MG nhận r n = (2; -2; 3) làm vecto chỉ phương Phương trình tham số MG      x = 2t y = -2-2t z = 1+3t Tọa 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 + uuuur uuur uuur MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa 3 0 + = uur uur uur r IA -2IB IC Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0) 23 3 x = 4; y = - ; z = - 2 2 ⇒ , vậy 23 3 ; ) 2 2 − − I(4; Ta có: 3+ uuuur uuur uuur MA -2MB MC = ) 3( )+ + + uuur uur uuur uur uuur uur MI+IA -2(MI IB MI IC = 2 uuur MI có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α). Phương trình tham số MI: 23 2 3 2     −    −   x = 4+2t y = -2t z = +3t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 23 3 2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10 0 2 2 + − − − + − + + = 73 73 17t 0 t 2 34 ⇔ + = ⇔ = − Vậy với 5 245 135 ; ; ) 17 34 17 − − − M( thì 3+ uuuur uuur uuur MA -2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài toán 2: Cho đa giác A 1 A 2 …. A n và n số thực k 1 , k 2 , …., k n thỏa k 1 + k 2 + ….+ k n = k . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T = 2 2 2 1 1 2 2 n n k MA k MA k MA+ + + đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất. Phương pháp giải: - Tìm điểm I thỏa 1 1 2 2 n n k IA + k IA + + k IA 0= uur uuur uuur r - Biến đổi : T = 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k MA k MA k MA = = 2 1 n (k + + k )MI + 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k IA k IA k IA + 2 1 1 n n MI(k IA + + k IA ) uuur uur uuur 7 = 2 kMI + 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k IA k IA k IA Do 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k IA k IA k IA không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng hay đường thẳng. Chú ý: - Nếu k 1 + k 2 + ….+ k n = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất - Nếu k 1 + k 2 + …+ k n = k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ nhất. Giải: 1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa uur uur r IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và 3 3 (2; ; ) 2 2 − I Ta có: MA 2 + MB 2 = 2 2 (MI + IA) +(MI + IB) uuur uur uuur uur 2 2 2 IA + IB +2MI +2MI(IA + IB) = uuur uur uur = 2 2 2 IA + IB +2MI Do 2 2 IA + IB không đổi nên MA 2 + MB 2 nhỏ nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α) Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp α n (1;2;2) = r Phương trình tham số MI: 3 2 3 2        −   x = 2+t y = + 2t z = +2t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 3 3 2 t 2( 2t) 2( 2t) 7 0 9t 9 0 t 1 2 2 + + + + − + + = ⇔ + = ⇔ = − 1 7 (1; ; ) 2 2 ⇒ − − M Vậy với 1 7 (1; ; ) 2 2 − − M thì MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất. Nhận xét: 8 Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba điểm A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1) 1) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất. 2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA 2 - MB 2 – MC 2 có giá trị lớn nhất. Với I là trung điểm AB, M không thuộc AB thì MA 2 + MB 2 = 2MI 2 + 2 2 AB , do AB 2 không đổi nên MA 2 + MB 2 nhỏ nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α). 2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa uur uur uur r JA - JB -JB = 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 y 0 J(3; 3;0) z 0 − + =   ⇔ + = ⇔ −   =  Ta có: MA 2 - MB 2 – MC 2 = 2 2 2 (MJ + JA) - (MJ + JB) (MJ + JC) − uuur uur uuur uur uuur uur 2 2 2 2 J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC) = − − − − − uuur uur uur uur 2 2 2 2 JA JB JC MJ = − − − Do 2 2 2 JA JB JC − − không đổi nên MA 2 - MB 2 – MC 2 lớn nhất khi MJ nhỏ nhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α). Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp α n (1;2;2) = r Phương trình tham số MJ:      x = 3+t y = -3+ 2t z = 2t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4 3 t 2( 3 2t) 2.2t 7 0 9t 4 0 t 9 + + − + + + = ⇔ + = ⇔ = − 23 35 8 ( ; ; ) 9 9 9 ⇒ − − M Vậy với 23 35 8 ( ; ; ) 9 9 9 − − M thì MA 2 - MB 2 – MC 2 có giá trị lớn nhất. Giải: 1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa uur uur r IA -2 IB = 0 Hay: ( x;1 y; 2 z) 2(2 x; 1 y;2 z) (0;0;0) − − − − − − − − − = 9 Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình: 2 1 x-1 y-2 z-3 = = 1 và các điểm A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho 1) MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất 2) MA 2 + MB 2 + MC 2 có giá trị nhỏ nhất. 4 x 0 3 y 0 I(4; 3;6) - 6+z 0 − + =   ⇔ + = ⇔ −   =  Ta có MA 2 - 2MB 2 = 2 2 (MI + IA) 2(MI + IB) − uuur uur uuur uur 2 2 2 IA 2IB MI + 2MI(IA 2 IB) = − − − uuur uur uur 2 2 2 IA 2IB MI = − − Do 2 2 IA - 2 IB không đổi nên MA 2 -2 MB 2 lớn nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d. Đường thẳng d có vtcp (1;2;1) = r u , phương trình tham số d:      x = 1+t y = 2+ 2t z = 3+ t M d M(1 t; 2 2t; 3 t) ∈ ⇒ + + + , uuur IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì . 0= uuur r IM u 2 1 2 7 6 4 0 ( ; ; ) 3 3 3 3 ⇔ + = ⇔ = − ⇒ t t M Vậy với 1 2 7 ( ; ; ) 3 3 3 M thì MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất. Nhận xét: Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M Với M d M(1 t; 2 2t; 3 t) ∈ ⇒ + + + Và MA 2 - 2MB 2 = (t + 1) 2 + (2t + 1) 2 +(t + 5) 2 – 2[(t - 1) 2 + (2t + 3) 2 +(t +1) 2 = - 6t 2 – 8t +5 Xét hàm số 2 ( ) 6 – 8 5, f t t t t R = − + ∈ Có đạo hàm 2 '( ) 12t – 8 , '( ) 0 3 f t t f t t = − = ⇔ = − Bảng biến thiên t −∞ 2 3 − +∞ f’(t) + 0 f(t) 23 3 −∞ −∞ Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi 2 3 t = − Hay MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất khi 1 2 7 ( ; ; ) 3 3 3 M 10 [...]... biết và nhận nhưng không biết vận biết biết vận dụng dụng ,chưa giải được được hoàn chỉnh Số lượng 0 2 38 Tỉ lệ ( %) 0.0 5 45 Nhận biết và biết vận dụng , giải được bài hoàn chỉnh 40 50 V ĐỀ XUẤT, KIẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG 1 Quá trình áp dụng Bằng một chút vốn hiểu biết và kinh nghiệm giảng dạy một số năm, tôi đã hệ thống được một số kiến thức liên quan, sưu tầm và tích lũy được một số bài tập phù hợp... các bạn quan tâm và đồng nghiệp để chuyên đề này được đầy đủ hoàn thiện hơn VI TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Hình học 12, Bài tập hình học 12 – nhà XBGD năm 2008 2 Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao – nhà XBGD năm 2008 3 Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 2010 4 Các dạng Toán LT ĐH của Phan Huy Khải- NXB Hà Nội năm 2002 5 Các trang Web: hocmai.vn; vioet.vn… VI MỤC LỤC... THPT Trần Phú CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do – Hạnh phúc Long khánh, ngày 28 tháng 05 năm 2014 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2013 – 20014 Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ BÀI TOÀN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN 34 Họ và tên tác giả: Nguyễn Ngọc Duật Đơn vị: Tổ toán -Tin học, Trường THPT Trần Phú Lĩnh vực: Quản lí giáo dục  Phương pháp dạy học... hứng thú hơn, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho học sinh tự học và tự nghiên cứu 3 Bài học kinh nghiệm Từ thực tế giảng dạy và vận dụng chuyên đề này, một số kinh nghiệm được rút ra là trước hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ đó... sâu kiến thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng năng khiếu, rèn kỹ năng cho học sinh Chuyên đề này chủ yếu đưa ra các bài tập từ đơn giản đến nâng cao từ đó hình thành kỹ năng, phương pháp giải Do đó khi giảng dạy phải cung cấp nhiều dạng bài tập khác nhau để phát triển tư duy của học sinh 32 4 Kiến nghị -kết luận Dạng toán cực trị trong hình học giải tích không gian. .. nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Trong Tổ/phòng/ban  Trong cơ quan, đơn vị  Trong nghành  - Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả cao hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong Tổ/phòng/ban  Trong cơ quan, đơn vị  Trong nghành  Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN VỊ XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN... độc đáo là một việc không dễ Do đó đây chỉ là một chuyên đề trong rất nhiều chuyên đề, một phương pháp trong hàng vạn phương pháp để giúp phát triển tư duy, sự sáng tạo của học sinh Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học sinh nắm chắc các kiến thức cơ bản sau đó là cung cấp cho học sinh cách nhận dạng bài toán, thể hiện bài toán từ đó học sinh có thể vân dụng linh hoạt các kiến thưc cơ bản, phân... ) 2 + ( z − )2 = 2 2 Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R = 2 2 1 2 3 Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt phẳng Bài toán 1: Cho hai điểm phân biệt A,B Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất Phương pháp giải: Họi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (α), khi đó tam giác ABH vuông tại H... các kiến thức đã học sẽ làm cho học sinh phát triển tư duy sáng tạo Chuyên đề này chỉ mang tính chất gợi mở cung cấp cho học sinh cách nhìn mới, phát huy sự sáng tạo Để đạt kết quả cao học sinh cần luyện tập nhiều, có thêm nhiều thời gian để sưu tầm các tài liệu tham khảo liên quan 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. .. – 12 = 0 Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm trong (α) đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất Phương pháp giải: Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn nhất khi A ≡ H hay ∆ là đường thẳng nằm trong (α) và vuông góc với AB Gọi K là hình chiếu . DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Trường THPT Trần Phú Mã số: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Duật Lĩnh vực. phạm Toán và Sư phạm Tin học III .KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Môn Toán THPT Số năm có kinh nghiệm: 13 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong. 2 MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Chúng ta đã biết Toán học là ngành nghiên cứu trừu tượng về những chủ đề như: lượng (các con số) ,