Khai thác phương pháp tọa độ trong không gian từ một bài tập đại số trong sách hình học 12

LỜI NÓI ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Cơ sở lý luận Trong chương trình toán học trường trung học phổ thông, phương pháp toạ độ chiếm vị trí quan trọng Phương pháp toạ độ xem phương pháp toán học cần thiết, kết hợp với phương pháp tổng hợp ta giải đối tượng mặt phẳng không gian Phương pháp toạ độ công cụ chủ yếu chương trình hình học lớp 10 lớp 12 việc hướng dẫn học sinh lớp 12 giải toán hình học phương pháp cần thiết Ngoài việc giúp em củng cố kiến thức toạ độ giúp em thấy rõ ứng dụng to lớn phương pháp toán hình học tiền đề để em học tốt chương trình hình học lớp 12 2.Cơ sở thực Khi dạy Ôn tập chương 3- Hình học 12, có yêu cầu học sinh làm Bài 89, trang 138, sách tập hình học 12 nâng cao, em lúng túng ngạc nhiên lại tập đại số Thật vậy, nói đến phương pháp toạ độ, người thường hay nghĩ đến toán hình học giải tích Thực tế cho thấy nhiều toán đại số giải theo cách nhìn Đại số khó phức tạp, khéo léo chuyển sang cách nhìn Hình học vận dụng phương pháp toạ độ vào lời giải ngắn gọn, dễ hiểu so với phương pháp khác Sẽ nhiều người nghĩ phương pháp toạ độ cho ta lời giải hay toán đại số: Giải hệ phương trình - giải bất phương trình - chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức… Cùng với nhiều phương pháp khác, phương pháp toạ độ phương pháp hữu hiệu để giải nhiều toán sơ cấp Phương pháp toạ độ dùng để giải toán chứa “Cái hồn hình học” mà nhiên ta chưa nhìn thấy Năm học 2012-2013, phân công giảng dạy lớp 12B2, 12B6 Tuy lớp ban khoa học tự nhiên, phận không nhỏ học sinh tiếp thu chậm, kĩ làm kém, tư chưa rõ ràng Đặc biệt em lúng túng gặp toán đại số có chứa ẩn số mà số phương trình(hoặc điều kiện) liên quan tới ẩn số lại Yêu cầu toán thường là: Tìm giá trị tham số để hệ phương trình có nghiệm nhất, có nghiệm tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức chứa biến số Thực tế cho thấy em làm dạng toán thường em lúng túng không xét hết trường hợp tham số, mắc sai lầm không đáng có Chính mà lần lên lớp, thân trăn trở, làm để truyền đạt cho em dễ hiểu? Dạy cho em kĩ làm toán đặc biệt cần có phương pháp cụ thể cho dạng toán để học sinh nắm tốt Do mạnh dạn hướng dẫn em sử dụng phương pháp toạ độ không gian vào giải toán Đại số chương trình trung học phổ thông Đó nhận thức ý tưởng chọn đề tài: “KHAI THÁC PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN TỪ MỘT BÀI TẬP ĐẠI SỐ TRONG SÁCH HÌNH HỌC.” II PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Phương pháp nghiên cứu lý luận Phương pháp điều tra thực tiễn Phương pháp thực nghiệm sư phạm Phương pháp thống kê III PHẠM VI NGHIÊN CỨU Trong phạm vi đề tài đưa ra: Sử dụng Phương pháp toạ độ giải toán hệ phương trình ẩn, toán tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức chứa biến số thông qua vài ví dụ IV ỨNG DỤNG Qua nội dung đề tài mong muốn cung cấp cho học sinh phương pháp số kỹ biết đưa toán từ ngôn ngữ đại số ngôn ngữ hình học để giải Hy vọng với đề tài nhỏ giúp bạn đồng nghiệp em học sinh có thêm nhìn phương pháp giải lớp toán giải hệ phương trình, giá trị lớn nhỏ qua việc sử dụng phương pháp toạ độ không gian Sáng kiến kinh nghiệm làm tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh việc dạy học Mặc dù cố gắng nhiều, vấn đề đưa nhiều thiếu sót, hạn chế Mong góp ý quý thầy cô bạn đọc Xin trân trọng cảm ơn! Hoằng Hoá, tháng năm 2013 Người viết Nguyễn Văn Trường NỘI DUNG I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong hệ trục toạ độ Oxyz uuuur r r r Tọa độ điểm: M  x; y; z   OM  xi  y j  zk , r r r với i  (1; 0; 0); j  (0;1; 0); k  (0; 0;1) M   Oxy   M  x; y;0  ; M  Ox  M  x;0;0  đặc biệt: M   Oyz   M  0; y; z  ; M  Oy  M  0; y;0  M   Oxz   M  x;0; z  ; M  Oz  M  0;0; z  r r r r r u   x; y; z   u  xi  y j  zk Toạ độ vectơ: Các công thức tính toạ độ vectơ: uuur AB   xB  xA ; yB  y A ; zB  z A  r ur Cho u   x; y; z  u '   x '; y '; z ' r ur u  u '  {x  x '; y  y '; z  z '} r ku   kx; ky; kz  r ur u  u '   x  x '; y  y '; z  z ' r ur rr r r u.v   u  v u.u '  x.x ' y y ' z.z ' Tích vô hướng: Các công thức tính độ dài góc r u  x2  y  z AB  x B  x A )  ( yB  y A )  ( z B  z A  r ur r ur u.u ' cos u; u '  r ur  u u'  xx ' yy ' zz '  x  y  z x '2  y '2  z '2 r ur r với u; u ' ≠ 6.Một số tính chất vectơ Tính chất 1: (a )  a  Đẳng thức xảy a  Tính chất 2: a  b  ab Đẳng thức xảy a b hướng Tính chất 3: a.b  a b Đẳng thức xảy a b phương Mặt cầu Phương trình mặt cầu: Dạng 1: Mặt cầu tâm I(a; b; c), bán kính R:  x  a    y  b    z  c   R (1) 2 Dạng 2: x  y  z  2ax + 2by + 2cz + d =  a  b  c  d   (2) Khi đó: Mặt cầu tâm I(-a; -b; -c), bán kính R  a2  b2  c2  d 7.2.Vị trí tương đối mặt cầu với đường thẳng: Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R đường thẳng    Tính: d  I ,   Nếu: d  I ,    R :     C    ; d  I ,    R :     C  điểm phân biệt; d  I ,    R :   ,  C  tiếp xúc nhau,    gọi tiếp tuyến mặt cầu 7.3.Vị trí tương đối mặt cầu với mặt phẳng: Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R mặt phẳng  P  : Ax + By +Cz + D = Tính: d  I ,  P    Nếu: Aa +Bb +Cc+D A2  B2  C 1) d  I ,  P    R : P   C    ;   2) d  I ,  P    R : P    C  đường tròn H ; r  R  d  I ;  P   với H hình chiếu I (P) 3) d  I ,  P    R : P  , C  tiếp xúc điểm H hình chiếu I (P), (P) gọi tiếp diện mặt cầu (C) II SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN VÀO MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ Khi giải phương pháp toạ độ, học sinh cần biết cách phiên dịch yêu cầu đề toán sang ngôn ngữ toạ độ, sau dùng kiến thức toạ độ để giải toán, cuối chuyển kết từ ngôn ngữ toạ độ sang ngôn ngữ hình học Giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh chọn toạ độ véc tơ thích hợp Bài 1.(Bài tập 89- Ôn tập chương Sách tập Hình học 12 nâng cao) a) Chứng minh: 5x   y   5z   với x, y, z ≥ -2/5 x+ y+ z= b) Tìm giá trị lớn hàm số f(x)= x  m  x  n  m  n với x, m, n ≥ x+ m+ n= c) Chứng minh: ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2  (x  1)2  ( y  1)2  (z  1)2 ≥ 2 với x, y, z Giải ur r a) Xét hai véc tơ u  (1,1,1) ; v  ( 5x  2, y  2, 5z  ) ur r u.v  5x   y   5z  ur r Ngoài tính u  ; v  5( x  y  z )   ur r ur r Vậy u.v  u v = hay 5x   y   5z   Dấu “=” xảy khiurx= y= z= 2.r b) Xét hai véc tơ u  (1,1,1) ; v  ( x  m , x  n , m  n ) ur r f(x)= u.v  x  m  x  n  m  n ur r Ngoài tính u  ; v  ur r ur r Vậy f(x)= u.v  u v = hay maxf(x)= x= m= n=1/3 c) Ta xem thức độ lớn véctơ, cần xác định điểm không gian Trong không gian Oxyz, lấy điểm A(1; 1; -1), B(-1; 1; 1) M(x; y; z) Khi AB= 2 MA  ( x  1)  ( y  1)  ( z  1) ; MB  ( x  1)  ( y  1)  ( z  1) Từ bất đẳng thức MA+ MB ≥ AB, ta suy ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2  (x  1)2  ( y  1)2  (z  1)2 ≥ 2 uuuur uuur Dấu “=” xảy M nằm điểm A; B hay AM  t.AB với 0≤ t≤ Hay x= 1- 2t; y= 1; z= -1+ 2t với 0≤ t≤ Bài Chứng minh rằng: a, b, c  R, ta có: abc(a + b + c)  a4 + b4 + c4 Giải r  u   ab; bc; ca  Ta có: VT = a bc + ab c + abc xét hai véctơ r  v   ac; ba; bc  r  u  a 2b  b c  c a  r r 2 2 2   v  a c b a b c  u r r 2 u.v  a bc  ab c  abc  rr r r Từ u.v  u v  VT = a2bc + ab2c + abc2  a2b2 + b2c2 + c2a2 r r  a  a  b4  c  b r r  xét thêm: a   a ; b ; c  b   b ; c ; a    r r 2 2 2 a.b  a b  b c  c a rr r r Do a.b  a b  a 2b  b 2c  c a  a  b  c (2) Từ (1) (2)  Đẳng thức xảy (1) abc(a + b + c)  a4 + b4 + c4   ab bc ca  ac  ba  bc   2 a  b  c  b c a b c a   c a b  a bc Bài Cho ba số thực x, y, z thỏa: x  y  z 1 Tìm GTLN GTNN F  2x  y  z  Giải Xét mặt cầu (S): x  y  z 1, tâm O, bán kính R = mặt phẳng (): x  y  z  =  x  2t Đường thẳng  qua O vuông góc với () có phương trình  y  2t  t  R  z   t  giá trị tham số t tương ứng với giao điểm  (S) t =  2 2   (S) cắt điểm: A  ; ;   B   ;  ;   3 3  3 3 4 4   9    9 3 3 3 d  A, ( )   2; d  B, ( )   4 2 2 2    1    1 Lấy M(x; y; z)  (S), d  M , ( )   2x  y  z  22  22   1  F Luôn có d  A,( )   d  M ,( )   d  B,( )    F    F  12 ;z=  3 Max F = 12 đạt x = y =  ; z = 3 Vậy F = đạt x = y = Bài Giải bất phương trình: x   x   50  3x  12 Giải Điều kiện:   x  1  3 50   x x  2  50   x  Trong hệ toạ độ Oxyz xét vectơ: r u  (1,1,1) r v  ( x  1, x  3, 50  x ) r u  r    u  x   x   50  3x  48  r r u.v  x   x   50  3x  rr r r Suy ra(1)  u.v  u v Đẳng thức 50 Vậy nghiệm bất phương trình cho  x  Bài 5.(Trích đề thi vào đại học xây dựng Hà Nội năm 2001) Cho số x, y, z thoả mãn điều kiện: 0  x; y; z  (1)   x  y  z  / (2) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức F= cos(x2 + y2 + z2) (3) Giải Sự có mặt số x, y, x toán “gợi” cho ta sử dụng phương pháp toạ độ Ta xác định hệ toạ độ đề-các vuông góc Oxyz hình vẽ Dựng hình lập phương ABCO.A1B1C1O1 có cạnh z J O1 Cắt hình lập phương A1 trục Ox, Oy, Oz Q H B1 điểm có toạ độ K(3/2; 0; 0); C O L(0; 3/2; 0); J(0; 0; 3/2)) M Thiết diện tạo mặt phẳng (KLJ) với hình lập phương MNPQRS C1 S mặt phẳng : x+ y+ z= 3/2, cắt ABCO.A1B1C1O1 tức lục giác R A P y B N K L x Gọi điểm H(x;y;z) thuộc thiết diện Ta có: OH = 2 x  y  z Đặt T= x + y + z OI khoảng cách từ O(0;0;0) tới mp(KLJ) OI = 3 /  3/ Ta có T = OI2 = 3/4 với I tâm lục giác MNPQRS Max T đạt H điểm M, N, P, Q, R, S lục giác MNPQRS đó: Max T =OM2 mà M(1;0;1/2)  OM2=5/4 Ta có : 0[...]... hứng thú học tập hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình khá trở lên đã có kỹ năng giải các bài tập Ngoài việc sử dụng phương pháp toạ độ trong không gian trong giải toán Đại số, tôi còn khuyến khích động viên học sinh tìm tòi việc sử dụng phương pháp toạ độ trong mặt phẳng giải các bài toán về hệ phương trình, bất phương trình, giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức 2... dụng phương pháp toạ độ trong không gian vào giải toán Đại số 14 KẾT LUẬN 1 Kết quả nghiên cứu 1.1.Đối với học sinh Trên đây là những kinh nghiệm mà tôi đúc rút được trong quá trình giảng dạy Toán lớp 12 tại trường THPT Hoằng Hoá 4 Hệ phương trình nhiều ẩn, hệ phương trình có chứa tham số hoặc bài toán min-max là một trong những nội dung quan trọng trong chương trình môn toán THPT nói chung và trong. .. v).cos(u, v)  dụng ý: sử dụng phương pháp toạ độ trong không gian vào giải toán Đại số 4 Đánh giá kết quả thực nghiệm Kết quả làm bài kiểm tra của học sinh lớp thực nghiệm (TN) và học sinh lớp đối chứng (ĐC) được thể hiện thông qua bảng sau: Năm học Lớp Tổng số Điểm 8 trở lên Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5 Số lượng Tỷ lệ Số lượng Tỷ lệ Số lượng Tỷ lệ 2 012- TN 20 5 25% 12 60 % 3 15 % 2013 ĐC 20 2 10 %... năng sử dụng phương pháp toạ độ vào giải một số bài toán Đại số như hệ phương trình, bất đẳng thức… 2 Tổ chức thực nghiệm Thực nghiệm sư phạm được tiến hành tại trường THPT Hoằng Hoá 4 +) Lớp thực nghiệm: 12B2 +) Lớp đối chứng: 12B6 Chọn ở lớp 12B2 và 12B6, mỗi lớp 20 học sinh có học lực tương đương nhau giữa 2 lớp 3 Nội dung thực nghiệm Đề kiểm tra (thời gian 30 phút) Bài 1.Giải hệ phương trình x ... trong việc ôn thi Đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng Nhưng đối với học sinh lại là một mảng tương đối khó, đây cũng là phần nhiều thầy cô giáo quan tâm Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 12, được học sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải hệ phương trình, hệ phương trình chứa tham số và bài toán min-max Các em hứng thú học tập hơn, ở những... nghiệm:  2 x  y  2 z  m(2) Giải Rõ ràng nếu ta dùng phương pháp thế thì vẫn còn tới 2 ẩn số, hoặc nếu ta sử dụng bất đẳng thức để đánh giá ở phương trình (2) thì lời giải vẫn chưa cụ thể Nhưng nếu để ý, phương trình (1) là phương trình của mặt cầu, phương trình (2) là phương trình mặt phẳng thì ta thấy rằng: Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là tọa độ của giao điểm chung giữa mặt cầu (S): x 2  y 2... của học sinh Đề kiểm tra như trên là không quá khó và cũng không quá dễ so với trình độ học sinh Có thể nói với mức độ đề như trên thì sẽ phân hóa được trình độ của học sinh, đồng thời cũng đưa ra cho giáo viên sự đánh giá chính xác về mức độ nắm kiến thức của học sinh Hướng dẫn: Bài 1 Xét hai véc tơ ur r u  ( x0 , y0 , z0 ) ;v (0x 2, 0y 2, 0ztrong ) đó 2 ( x0 , y0 , z0 ) 13 Là nghiệm (nếu có) của hệ... 1;1; 2  u.v  f ( x, y, z )  7  Vậy hệ vô nghiệm  x  y  z  3 1  Bài 9.Giải hệ phương trình:  x 2  y 2  z 2  3  2   3 3 3  x  y  z  3  3 Giải Ở bài này nếu học sinh biến đổi tương đương và kết hợp với phương pháp thế thì cũng giải được, xong lời giải sẽ dài Nếu nhìn (1) là phương trình mặt phẳng, (2) là phương trình mặt cầu thì ta có cách giải 1 dưới đây Cách 1 Mặt cầu (S): x... ( )   3 12  12  12  3R  x  y  z  3 1 có nghiệm duy nhất, 2 2 2 x  y  z  3 2    Do đó hệ phương trình  dễ thấy nghiệm đó là x = y = z = 1 và nghiệm này cũng thỏa (3) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y = z = 1 Nếu nhìn (2) dưới góc độ bình phương độ dài của véctơ, (1) là tích vô hướng của 2 véctơ, ta có cách giải 2 Cách 2 Xét f(x,y,z) = x + y + z với x, y, z là các số thực r... ít khi học sinh rút thế bởi vì sẽ còn 2 ẩn, và cách làm hình học trên rõ ràng đã giải quyết đơn giản bài toán, cũng với cách làm này ta còn có thể chứng minh hệ vô nghiệm  x 4  y4  z4  1  Bài 8 Chứng minh rằng hệ phương trình sau vô nghiệm:  2 2 2   x  y  2z  7 Giải: xét f(x,y,z) = x2 + y2 + 2z2 r  u  x4  y 4  z 4  1 r u   x 2 ; y 2 ; z 2   r rr r r Đặt: r   v  12  12  22