Sáng kiến hệ thống một số bài toán cực trị trong hình học không gian nhằm nâng cao hiệu quả học hình học giải tích của học sinh lớp 12 trường thpt nguyễn du

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀUTRƯỜNG THPT NGUYỄN DU BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN PHỤC VỤ CHO KHEN THƯỞNG THI ĐUA CẤP CƠ SỞ NĂM HỌC 2016 – 2017 Giải pháp : HỆ THỐNG MỘT SỐ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU

BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN

PHỤC VỤ CHO KHEN THƯỞNG THI ĐUA CẤP CƠ SỞ

NĂM HỌC 2016 – 2017

Giải pháp :

HỆ THỐNG MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

“NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ HỌC HÌNH HỌC GIẢI TÍCH CỦA HỌC SINH LỚP 12 TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU”

TÁC GIẢ SÁNG KIẾN:

Nguyễn Thanh Tài – Cử nhân sư phạm, Giáo viên

Châu Đức, năm học 2016-2017

MỤC LỤC Trang PHẦN MỞ ĐẦU

1 Sự cần thiết hình thành giải pháp ……….1

2 Mục tiêu của giải pháp……… 1

3 Phương pháp nghiên cứu của giải pháp………2

4 Giới hạn của giải pháp và phạm vi áp dụng……… 2

5 Cơ sở lý luận và thực tiễn……… 2,3 6 Kế hoạch thực hiện……… 3

PHẦN NỘI DUNG 1 Thực trạng và những mâu thuẫn……… 3

2 Nội dung……….4 – 12 3 Hiệu quả áp dụng……….13

PHẦN KẾT LUẬN 1 Ý nghĩa của đề tài đối với công tác ……….13

2 Bài học kinh nghiệm, hướng phát triển………13

3 Đề xuất……….13

PHẦN MỞ ĐẦU:

1 Sự cần thiết hình thành giải pháp:

 Toán học là một môn học đòi hỏi tư duy và logic, phải biết vận dụng và kết hợp nhiều kiến thức lại với nhau Do đó, việc hình thành phương pháp giải từng dạng toán cho các em học sinh là rất cần cần thiết, đặc biệt là trong việc thi trắc nghiệm cần sự nhanh lẹ và chính xác

 Phương pháp tọa độ trong không gian là một phân môn toán học quan trọng và nó luôn xuất hiện trong các kì thi THPT Quốc gia và tuyển sinh Cao đẳng – Đại học Để lĩnh hội kiến thức của phân môn này được dễ dàng thì đòi hỏi người học phải tư duy tốt và biết kết hợp giữa tính toán đại số và các tính chất hình học thuần túy trong không gian

 Đối với các bài toán hình học không gian liên quan đến cực trị, nếu chỉ dùng tính toán đại số thì thường gây khó khăn cho học sinh, dễ sai xót trong quá trình tính toán Tuy nhiên, nếu chúng ta để ý đến tính chất hình học thì việc giải quyết bài toán này sẽ dễ dàng hơn, giảm đi việc tính toán

Vì vậy, trong đề tài này tôi muốn trình bày ‘Hệ thống một số bài toán về cực trị trong không gian’ cùng phương pháp giải để giúp các em học sinh nắm được phương pháp giải của một số bài toán cực trị trong không gian

và làm tài liệu tham khảo

2 Mục tiêu của giải pháp:

 Nhằm hệ thống cho học sinh một số dạng toán của phương pháp tọa độ trong không gian và góp phần giúp các em giải quyết tốt các bài toán về hình học giải tích

 Giúp các em học sinh nâng cao được tư duy cùng kĩ năng tính toán và qua đây tôi cũng hy vọng sẽ cung cấp cho học sinh một dạng toán nhỏ để bổ sung vào hành trang kiến thức giúp các em bước vào các kì thi, đặc biệt là

kì thi THPT Quốc gia

 Qua đề tài này giúp cho bản thân và đồng nghiệp có thêm tư liệu để ôn tập cho học sinh

 Kết hợp giữa định tính và định lượng nhằm giúp các em hệ thống tố hơn kiến thức đã học và giúp các em hứng thú hơn trong học toán

3 Phương pháp nghiên cứu trong giải pháp:

Cho học sinh nhận xét và chứng minh một số bài toán cực trị về hình học không gian thuần túy

Từ đó áp dụng vào trong không gian với hệ trục Oxyz

4 Giới hạn của giải pháp và phạm vi áp dụng:

 Đề tài chỉ viết về một số bài toán điển hình về cực trị của phân môn hình học giải tích, chưa nêu hết tất cả các dạng toán Tuy nhiên thông qua các bài toán này nhằm giúp cho các em nắm được bản chất của bài toán cực trị trong không gian để từ đó giải quyết được một số bài toán tương tự

 Đề tài này là một dạng toán mở rộng trong chương trình SGK Vì thế nó chỉ phù hợp với những tiết tự chọn và tiết dạy chuyên đề ôn thi cho các em học sinh

5 Cơ sở lý luận và thực tiễn:

5.1 Cơ sở lý luận:

 Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất:

- M là giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên D nếu  

 

: :

x D f x M

x D f x M







- m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f(x) trên D nếu  

 

: :

x D f x m

x D f x m







 Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) là khoảng cách từ điểm M đến hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (P)

Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d) là khoảng cách từ điểm M đến hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng (d)

 Gọi H là hình chiếu của M lên mặt phẳng (P) Đoạn MH là khoảng cách ngắn nhất nối từ điểm M đến một điểm bất kỳ trên mặt phẳng (P)

 Với hai đường thẳng chéo nhau thì độ dài đọan vuông góc chung là

khoảng cách ngắn nhất nối giữa hai điểm bất kỳ lần lượt thuộc hai đường thẳng này

5.2 Cơ sở thực tiễn:

 Phần lớn các em học sinh đều hay lúng túng và gặp không ít khó khăn khi giải các bài toán về hình học tọa độ trong không gian Bởi lẻ, để giải quyết các bài toán này đòi hỏi các em cần phải có một kiến thức vững chắc về hình học không gian

 Trong hệ thống bài tập của chương trình giáo khoa thì có rất ít bài toán về cực trị, đó cũng là một lý do mà làm cho học sinh ít có cơ hội tiếp cận với dạng toán này

6 Kế hoạch thực hiện:

Từ tháng 10/2015 đến tháng

12/2015

-Nghiên cứu , đề xuất

- Soạn thảo

Từ tháng 2/2016 đến tháng

5/2016

Áp dụng thử nghiệm, đánh giá và rút kinh nghiệm

Từ tháng 2/ 2017 Triển khai dạy cho 1 số lớp 12A1,

12A12 (Dự kiến)

PHẦN NỘI DUNG:

1/ Thực trạng và những mâu thuẫn:

 Do thời lượng hạn chế nên trong SGK ít đề cập đến các bài toán về cực trị, nên các em học sinh ít được tiếp xúc và luyện tập các dạng này Vì thế khi gặp các em thường hay lung túng và gây nhiều khó khăn cho các em

 Tuy nhiên, những bài toán về cực trị lại là những bài toán hay và có phương pháp giải rất lý thú và thường mang lại những cảm giác hưng phấn cho học sinh, từ đó khích lệ được khả năng tìm tòi học hỏi cho các em

2/Nội dung:

Bài toán 1: Cho hai điểm A, B và mặt phẳng   Tìm điểm M thuộc mp  sao cho MA MB nhỏ nhất

Phương pháp:

TH: Nếu A, B khác phía đối với mp  thì M là giao điểm của AB với mp  TH: Nếu A, B cùng phía đối với mp  :

+ Lấy A’ đối xứng với A qua mp 

Ta có MA’=MA

+ Do đó, MA + MB nhỏ nhất

 MA’ + MB nhỏ nhất

 M, A’, B thẳng hàng

 M A B '  

Ví dụ 1: Trong không gian (Oxyz), cho hai điểm A1;1;1 , B   4; 10;12 và

mp x y z   Tìm điểm M thuộc mp ( ) sao cho MA+MB nhỏ nhất Bài giải:

Ta nhận thấy A, B nằm cùng phía đối với mp ( )

Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua mp ( )  A' 1;5;3 

+ Ta có mp ( ) là mặt phẳng trung trực của AA’ nên M( )  MA'MA

Nên, MA+MB nhỏ nhất  MA’+MB nhỏ nhất (Vì A’,B khác phía đ/vmp ( ))

 M A B '  

+ Pt đường thẳng (A’B):  

1

5 5

3 3

 







  



1

2

5 5

3 3

6

x

z

 









 

 



A B

A’

M



Bài toán 2: Cho hai điểm A, B và mp  Tìm M thuộc mp  sao cho

a MA 2 b MB 2 a b  0 nhỏ nhất

Phương pháp:

+ Tìm điểm I thỏa a IA b IB                                             0

(I là điểm cố định) Khi đó, a MA. 2b MB. 2 a b MI  2a IA. 2b IB. 2

+ Vì a IA 2 b IB 2 không đổi nên a MA 2 b MB 2 nhỏ nhất

 MI nhỏ nhất

 M là hình chiếu của I lên mp 

Hệ quả: Cho hai điểm A, B và mp  Tìm M thuộc m p  sao cho MA2 MB2

nhỏ nhất.

Phương pháp:

+ Gọi I là trung điểm của AB

Khi đó, 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2

AB

+ Vì AB không đổi nên MA2 MB2nhỏ nhất

 MI nhỏ nhất

 M là hình chiếu của I lên mp 

Nhận xét: Bài toán này có thể được mở rộng: Cho n điểm A A1 , , , 2 A n và cho

( )

mp  Tìm M thuộc mp ( ) sao cho

1 1 2 2 n. n 1 2 n 0

a MA a MA  a MA a a  a  nhỏ nhất.

Ví dụ 2a: Trong hệ tọa độ (Oxyz), cho A3; 1; 0 , B1; 5; 2   và mp Tìm M thuộc mp( ) sao cho MA2 MB2 nhỏ nhất

A

B I

M



Bài giải:

+ Gọi I là trung điểm của AB  I2;3; 1  

2

AB

Nên MA2 MB2nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên mp  + Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp( )

 Pt của (d):  

2

3 3

1 3

 







  

 + Ta có: M  ( )d    M1;0;2

Ví dụ 2b: Trong hệ tọa độ (Oxyz), cho A 2; 4; 8 ,   B3; 1 ; 2   và mp

  :x 3y z   9 0 Tìm M thuộc mp sao cho 2MA2  3MB2 nhỏ nhất

Bài giải:

+ Gọi I là điểm thỏa 2IA                   3           IB               0

1; 1; 2

I

Ta có 2MA2  3MB2  2             MI IA               2               3             MI IB 2  5MI2  2IA2  2IB2

Do đó, 2MA2  3MB2 nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên mp

 

+ Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp( )

 Pt của (d):  

1

1 3 2

 







  

 + Ta có: M  ( )d    M0;2;3

Bài toán 3: Cho hai điểm A, B và đường thẳng (d) Tìm điểm M thuộc (d)

sao cho diện tích của MAB có giá trị nhỏ nhất.

Phương pháp:

+ Gọi H là hình chiếu của M lên (d)

SMAB 12MH AB.

+ Vì AB không đổi nên SMAB nhỏ nhất  MH nhỏ nhất

 MH là đoạn vuông góc chung của AB và (d)

Ví dụ 3: Cho hai điểm A 2; 1; 2 , B2; 1 ; 4 và đường thẳng

( ) :

d     Tìm điểm M thuộc (d) sao cho SMAB nhỏ nhất.

Bài giải:

+ Gọi H là hình chiếu của M lên (d)  SMAB 12MH AB.

Do đó, SMAB nhỏ nhất  MH nhỏ nhất

 MH là đoạn vuông góc chung của AB và (d)

+ Pt tham số (d) :  

1 2 2

 







  



Ta có vtcp của d: u  1 1; 2; 1

+ Pt tham số (AB):  

2 2 '

2 '

 







  



Ta có vtcp của AB: u 2 2; 0; 1

Vì M d nên M1 ;2 ; 2 t t  t

H(AB) nên H  2 2 ';1;2t t'

+ Ta có : 1

2

MH u

MH u









 



 



1 ' 1

t t





 



 Vậy M(2;2;-1)

Bài toán 4 : Cho mp ( ) và mặt cầu (S) không có điểm chung Tìm hai điểm

A

B M

H d

M, N lần lượt thuộc mặt cầu (S) và mp ( ) sao cho MN nhỏ nhất.

Phương pháp :

+ Gọi N0 là hình chiếu vuông góc của I lên mp ( )

M0 là giao điểm của IN0 với (S) (M0 thuộc đoạn IN)

+ Lấy 2 điểm tùy ý M, N lần lượt thuộc ( ),( )S 

Khi đó, ta có: IM MN IN IN   0 IM0 M N0 0

Do đó, MN nhỏ nhất khi M M N N 0 ,  0

Ví dụ 4 : Trong không gian (Oxyz), cho mp( ) : x 2y z 20 0 và mặt cầu

2 2 2

( ) :S x y z  2x 2y 2 3 0z  Tìm hai điểm M, N lần lượt thuộc mặt cầu (S)

và mp ( ) sao cho MN nhỏ nhất

Bài giải :

Mặt cầu (S) có tâm I(1 ; 1 ; 1) và bán kính R  6

Ta có: d I ,   3 6 R  mp ( ) và mặt cầu (S) không giao nhau.

Vì

( )

( )

min

N

MN

















nên N là hình chiếu của I lên( ) và M IN ( )S ,(M thuộc đoạn IN)

+ Pt đt(d) qua I và vuông góc với( ) :  

1

1 2 1

 







  



1

1 2

1

 



  





 





I

M

N



+ Tọa độ M thỏa

1

 











 Với t 1  M0;3;2 (loại vì M nằm ngoài đoạn IN)

Với t 1  M2; 1;0  

Bài toán 5: Cho đường thẳng   và điểm M nằm ngoài đường thẳng   Xác định mặt phẳng (P) chứa đường thẳng   sao cho khoảng cách từ M đến mp(P)

là lớn nhất

Phương pháp:

Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng   Suy ra I cố định Giả sử mp(P) bất kỳ chứa   và H là hình chiếu của M lên mp(P)

Ta có: d M P ;   MH MI (MI không đổi)

Do đó, d M P ;   lớn nhất khi H trùng với I

Tức là, mặt phẳng (P) nhận MI

làm vectơ pháp tuyến

x y z

  và điểm M(2; 2; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa   sao cho khoảng cách từ M đến mp(P) là lớn nhất

Giải:

+ Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng   Suy ra I(3; 0; 1) + Áp dung bài toán 5, ta có mp(P) nhận MI là vectơ pháp tuyến

Tóm lại, mp(P) qua I(3; 0; 1) và nhận MI   1; 2;1

làm vectơ pháp tuyến Vậy phương trình của mp(P) là: x -2y + z – 4 = 0

M

I

H



Ví dụ 5b: Cho mặt phẳng   : 2x y mz m    1 0  và điểm M(6; -1; 2) Tìm m

để khoảng cách từ M đến mặt phẳng   là lớn nhất

Giải:

+ Ta thấy mp  luôn chứa đường thẳng cố định là : 1 2

1

x t

y t z







   

 



+ Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng   Ta tìm được I(2;-3;1)

+ Áp dụng bài toán 5, ta có mp  nhận IM 4;2;1

làm vectơ pháp tuyến Mặt khác, n2;1;  m là một vectơ pháp tuyến của mp 

Từ đó, IM  4;2;1 và n2;1;  m cùng phương Suy ra 1

2

m

Bài toán 6: Cho mặt phẳng   và 1 điểm A thuộc mặt phẳng  và điểm B không thuộc mp  Xác định đường thẳng  qua A và nằm trong mp  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng   là nhỏ nhất

Phương pháp:

+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mp  Suy ra H cố định

+ Giả sử   là một đường thẳng bất kỳ qua A, nằm trong mặt phẳng   và gọi

K là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng  

Ta có: d B ;   BK BH (BH không đổi)

Suy ra d B  ;  nhỏ nhất khi K trùng với H

Tức là, đường thẳng   qua H

+ Vậy đường thẳng   là đường thẳng qua A và H

B

A



Ví dụ 6a:

Cho mặt phẳng   :x y  3z  7 0 và điểm A(-2; 5; 0) thuộc mp  Viết phương trình đường thẳng   qua A, nằm trong mp  và sao cho khoảng cách từ B(1;0;-1) đến đường thẳng   là nhỏ nhất

Giải:

+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mp  Suy ra H(0; 1; 2)

+ Áp dung bài toán 6, ta có đường thẳng   qua A và H

Tức là, đường thẳng   qua A(-2;5;0) và nhận AH 2; 4;2  



làm vectơ chỉ phương

Vậy phương trình của   là: 2 5

x y z

Ví dụ 6b: Cho mặt phẳng (P): x – y – 2z + 5 = 0 và 2 điểm A(3; 0; 2), B(1; 2;

3) Viết phương trình đường thẳng   qua A, song song với mp(P) sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng   là nhỏ nhất

Giải:

+ Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và song song với (P)

Phương trình của mp(Q): x – y – 2z + 1 = 0

Vì   qua A và song song với mp(P) nên   thuộc mặt phẳng (Q)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mp(Q) Suy ra H(2 ; 1 ; 1)

+ Áp dụng bài toán 6,

suy ra   là đường thẳng qua A và H

Vậy phương trình của   là: 3 2

x y z

B

A Q

P

Một số ví dụ tương tự :

Bài 1 : Cho mặt phẳng   :x 3y z  2 0  và 2 điểm A(1 ;4 ; 0) và B(5;4; -7) Tìm tọa độ điểm M thuộc mp  sao cho MA + MB nhỏ nhất

Kết quả : M(1 ; 0 ; -1) Bài 2 : Cho mp   : 2x y z   3 0  và 3 điểm A(5;1;4), B(2;0 ;3), C(2 ; 1 ;2)

Tìm tọa độ điểm M thuộc mp  sao cho MA MB MC 

  

nhỏ nhất

Kết quả: M(1; 1; 2)

Bài 3: Cho mặt phẳng   :x y z   3 0  và hai điểm A(1; -1 ; 0), B(0;-4 ;-2) Tìm tọa độ điểm M thuộc mp  sao cho 2MA2  MB2 nhỏ nhất

Kết quả: M(1;1;1)

Bài 4: Cho hai đường thẳng chéo nhau: 1 2

3 2

2

x t

x y z

d y t d z

 







 



Với

A, B là 2 điểm thuộc đường thẳng (d2) mà AB không đổi Tìm điểm M thuộc đường thẳng (d1) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất

Kết quả: M(1; -1; 2)

Bài 5: Cho đường thẳng

1 3 :

2

y t

z t

 





  

  



và điểm A(1; 3; 0) Viết phương trình

mặt phẳng (P) chứa đường thẳng   sao cho khoảng cách từ A đến mp(P) là lớn nhất

Kết quả: (P): x – 2y + z – 1 = 0 Bài 6: Cho mặt phẳng (P): x + 2y – z + 3 = 0 và điểm B(1; 0; 4), A(2; 3;2) Viết phương trình đường thẳng   qua B, nằm trong mp(P) và sao cho khoảng cách

từ A đến   là lớn nhất

Kết quả :  : 1 4

x y z

3 / Hiệu quả áp dụng:

- Sau khi áp dụng vào giảng dạy cho các em học sinh, đa số các em đều thích thú học tập, hiểu và vận dụng tốt

- Qua đó nhận thấy các em tự tin hơn trong việc giải quyết các bài toán về

phương pháp tọa độ trong không gian

KẾT LUẬN :

1 Ý nghĩa của đề tài đối với công tác :

 Đề tài này giúp bản thân tôi có thêm một tư liệu để giảng dạy và cũng là một tài liệu nhỏ để các em học sinh tham khảo

 Các bài toán trên tôi chỉ sử sụng tính chất cực trị trên không gian và sau

đó mới vận dụng vào giải Tuy nhiên, các bài toán này có thể giải theo các cách khác

2 Bài học kinh nghiệm và hướng phát triển :

 Qua bài viết này, tôi hy vọng sẽ hệ thống được cho các em một số bài toán nhỏ về phân môn hình học giải tích để giúp các em học sinh thuận tiện hơn khi gặp phải

 Thông qua các tiết dạy theo chuyên đề, tôi mong muốn được triển khai rộng rãi cho nhiều khối 12 của trường THPT Nguyễn Du

3 Đề xuất:

 Bài viết của tôi chỉ trình bày theo chủ ý của cá nhân, do đó chắc chắn sẽ còn nhiều thiếu xót và chưa thật hoàn chỉnh, vì vậy tôi rất mong được sự góp

ý của đồng nghiệp và các em học sinh

Tài liệu tham khảo :

1 Hình học Nâng cao 12 (SGK)