Một số phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học không gian

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc MÔ TẢ SÁNG KIẾN Mã số : ………………………………… Tên sáng kiến: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN” (Võ Thị Thanh Trúc, Nguyễn Phương Khanh, Trần Yến Bình, Đồn Thị Thúy Hằng, Hồ Hồng Kiệt, @THPT Lê Q Đơn) Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chuyên môn giảng dạy Mô tả chất sáng kiến : 3.1 Tình trạng giải pháp biết: Bản thân năm có tham gia giảng dạy mơn Tốn nhà trường tham gia ơn thi THPT Quốc Gia Tôi cố gắng đúc kết, xâu chuổi toàn kiến thức mà thân thu thập số vấn đề giải toán cực trị Hình Học Mong muốn giải số dạng tập điển hình chương trình để học sinh ơn thi Học sinh giỏi thi THPT Quốc Gia Chương trình giáo dục phổ thơng phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo học sinh, phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng học sinh, điều kiện lớp học, bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học, khả hợp tác, rèn luyện kỹ vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú trách nhiệm học tập cho học sinh Quá trình dạy học với nhiệm vụ hình thành tri thức, rèn luyện kỹ hoạt động nhận thức, hình thành thái độ tích cực xây dựng trình hoạt động thống thầy trò, trò trò, tính tự giác, tích cực tổ chức, tự điều khiển hoạt động học nhằm thực tốt nhiệm vụ đề Như biết, cách đổi thi tốn mang tính ứng ụng thực tiễn lại phổ biến, tốn Hình Học Đó dạng tốn khó học sinh, có nhiều khơng thể giải dễ dàng giải gặp nhiều khó khăn, phức tạp Bên cạnh đó, Hình Học nội dung quan trọng chương trình tốn THPT Nó vừa đối tượng, vừa cơng cụ hữu hiệu để giải nhiều vấn đề phức tạp thực tiễn 3.2 Nội dung giải pháp đề nghị cơng nhận sáng kiến: - Mục đích giải pháp Các em học sinh nhiều lý liên quan đến nội dung chương trình, thời gian, thói quen học tập trở nên thụ động trình học Các em dễ dàng chấp nhận, nhớ máy móc kiến thức để vận dụng kiến thức giải tốn tình riêng lẻ Khả tư vốn tiềm ẩn cách sinh động Cần phải thay đổi tinh thần, thái độ học tập, phương pháp học tập ý niệm học toán giải toán Khơng nhiều tiết dạy mà giáo viên tạo khơng khí học tập cởi mở, học sinh độc lập suy nghĩ, trao đổi, tìm hiểu vấn đề Các tiết dạy mang đến cho em niềm hứng thú với môn học, hình thành em phương pháp học tập sáng tạo linh hoạt Chúng tơi nghĩ cần có “ví dụ sinh động” việc học, giải tốn cách chủ động Cách thể viết “ví dụ”như * Qua giúp học sinh : Bồi dưỡng cho học sinh phương pháp, kỹ giải tốn Qua học sinh nâng cao khả tư duy, sáng tạo Nâng cao khả tự học, tự bồi dưỡng khả giải tốn kỳ thi THPT Quốc Gia ơn luyện HSG mơn Tốn Các vấn đề trình bày đề tài hỗ trợ cho em học sinh trung học phổ thơng có nhìn toàn diện cách tiếp cận số Tốn thực tiễn Các ví dụ minh họa rút chủ yếu từ số tốn thực tế Mong muốn đề tài đến với đông đảo học sinh, nhằm giúp em đạt kết cao kỳ thi tới Qua đề tài giúp học sinh có nhiều phương pháp giải dạng tập có liên quan tới tốn cực trị Hình Học Việc nghiên cứu đề tài giúp tơi có tài liệu mang tính hệ thống số tốn cực trị Hình Học, phục vụ cho cơng tác giảng dạy Qua nghiên cứu đề tài, giúp tơi tự tin công tác giảng dạy - Nội dung giải pháp: Giải pháp 1: Cho điểm A,B mặt phẳng α Tìm điểm M mặt phẳng α cho MA+MB nhỏ Đây tốn quen thuộc – Có thể tìm hiểu lời giải tốn qua hình vẽ minh họa cho trường hợp A,B nằm phía ; khác phía đốí với mặt phẳng α Phương pháp Nếu toán ta thay “mặt phẳngα” “đường thẳng ∆” ta có tốn : Bài tốn 1.1 : Trong không gian cho điểm A,B đường thẳng ∆.Tìm điểm M đường thẳng ∆ cho MA+MB nhỏ Ta giải toán 1.1 trường hợp AB ∆ đồng phẳng ; AB ∆ chéo + Trường hợp AB ∆ đồng phẳng + Trường hợp AB ∆ chéo : • Nếu AB , ∆ chéo vng góc Điểm M cần tìm điểm M0 hình vẽ bên • Nếu AB , ∆ chéo khơng vng góc Gọi H, K hình chiếu A,B lên ∆ - α mặt phẳng chứa ∆ qua B A’ điểm α cho A’ , B nằm khác phía ∆ , A’H ⊥ ∆ A’H = AH (xem hình) A’B cắt ∆ M0 Ta có MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B MA+MB nhỏ M ≡ M0 Chú ý : M0 nằm đoạn HK M0H/ M0K = A’H/BK = AH/BK uuuuuur AH uuuuuur M K ⇔ M0H = − BK Ta phát biểu toán tương tự toán mặt cầu vài trường hợp đặc biệt chẳng hạn : Bài toán 1.2: Cho điểm A , B nằm ngồi mặt cầu (S) có tâm I cho IA = IB.Tìm điểm M mặt cầu (S) cho MA+MB nhỏ Phương pháp Gọi H trung điểm AB N hình chiếu M lên mặt phẳng (ABI) N nằm đường tròn lớn mặt cầu (S) mặt phẳng Ta có : MA + MB ≥ NA + NB ≥ M0A + M0B MA+MB nhỏ ⇔ M ≡ M0 Giải pháp 2: Cho đường thẳng d , ∆ chéo Tìm M ∈ d N ∈ ∆ cho độ dài đoạn MN nhỏ (2 điểm M,N cần tìm theo MN đoạn vng góc chung d , ∆.) Nếu thay “đường thẳng d ” “mặt phẳng α” với α d khơng có điểm chung ( ∆ // α ) tốn có vơ số nghiệm hình (xem hình) (∆’ hình chiếu ∆ lên α ) Do ta phát biểu toán Bài toán 2.1: Cho mặt phẳng α đường thẳng ∆ ; ∆ //α Tìm tập hợp điểm M thuộc α cho d(M, ∆ ) nhỏ Bài toán 2.2: Cho mặt cầu (S) đường thẳng ∆ ((S) ∆ khơng có điểm chung) Tìm M ∈ (S) N ∈ ∆ cho độ dài đoạn MN nhỏ Bài toán 2.3 : Cho mặt phẳng α mặt cầu (S ) ((S) α khơng có điểm chung) Tìm M ∈ (S) N ∈ α cho độ dài đoạn MN nhỏ Phương pháp N0 hình chiếu tâm I lên mặt phẳng α Mặt cầu (S) cắt đoạn IN0 α0 mặt phẳng tiếp xúc với (S) M0 α0 cắt đoạn MN P Ta có : MN ≥ PN = d(P, α ) = M0 N0 Đoạn MN nhỏ ⇔ M ≡ M0 Nhìn lại tốn - hai điểm M , N0 cần tìm mà theo đoạn M N0 đoạn vng góc chung Ta có : , M N0 = d(M0 , ∆ ) ≤ d(M , ∆) Bài tốn phát biểu lại theo cách khác : Giải pháp 3: Cho đường thẳng d , ∆ chéo Tìm M ∈ d cho khoảng cách từ M đến ∆ nhỏ Hướng đãn học sinh tự giải Từ học sinh phát biểu vài toán tương tự khác : Bài toán 3.1 : Cho mặt phẳng α mặt cầu (S ) ((S) α khơng có điểm chung) Tìm M ∈ (S) cho khoảng cách từ M đến α nhỏ ( lớn ) Bài toán 3.2: Cho mặt cầu (S) đường thẳng ∆ ((S) ∆ khơng có điểm chung) Tìm M ∈ (S) cho khoảng cách từ M đến ∆ nhỏ ( lớn ) Giải pháp 4: Tø diện ABCD có AB = x có cạnh l¹i b»ng a TÝnh thĨ tÝch tø diƯn theo x b Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD c Tìm x để thể ABCD đạt giá trÞ lín nhÊt Phương pháp C H D B C Cách 1: Gọi H hình chiếu D lên (ABC) v× DA = DC = DB = ⇒ H tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC mà ABC cân H CC với C trung điểm AB S∆ABC = 12 CC '.AB = 12 − x4 x = 14 − x x HC = R∆ABC = x sin C = x sin C2 cos C2 = x 2x x4 = x Tam giác vuông HCD cã HD2 = CD2- DC2 = ⇒ HD 3− x 4− x = S ∆ABC HD = 13 14 − x x 3− x 4− x2 − 4−1x = ⇒VABCD 3− x 4− x = = 12x − x C¸ch 2: A C' D B M Gọi M trung điểm CD CD ABM Vì ACD BCD AM = BM = VABCD = 2VCBMA = 13 CM.S∆ABC = S∆ABM = MC’.AB = VABCD = x x ( 23 ) + ( 2x ) = x S ∆ABM − x2 − x = 121 − x x b) SACD= 3V ABCD 3 − x x ⇒ d(B,(ACD))= S = ACD c) VABCD = 121 − x x ≤ 3− x + x 12 = 18 DÊu “=” xảy x2 = 3-x3 x = vµ thĨ tÝch lín nhÊt Giải phỏp 5: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy ABCD SA=h.Điểm M thuộc cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ SH vuông gãc víi BM.TÝnh thĨ tÝch khèi tø diƯn SABH.T×m x ®Ĩ thĨ tÝch khèi nµy lµ lín nhÊt Phương pháp S A B H D C M Ta cã BM ⊥ SH (gt) BM ⊥ SA (V× SA ⊥ ( ABCD) ⇒BM ⊥ AH 1 SABCD = a2 2 a2 Mµ SABM = AH.BM ⇒ AH= BM = SABM = a2 a2 + x2 2 ∆SAH vu«ng ë A cã SH= SA + AH = h + ∆BAH vu«ng ë H cã BH= AB − AH = a − 1 SABH = AH.BH = 2 1 a2 a2 + x2 a4 = a2 + x2 ax a2 + x2 a3 x a2 + x2 a xh a xh = a2h VSABH = S ABH SA = 2 ≤ 2ax 12 a +x DÊu b»ng x¶y a=x tøc M trïng D Giải pháp 6: Cho h×nh chãp S.ABCD, đáy hình vuông cạnh a, tâm O Đờng cao hình chóp SA=a M điểm di động SB, đặt BM=x (0