KỸ NĂNG lựa CHỌN PHƯƠNG PHÁP HÌNH học để GIẢI các bài TOÁN cực TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH lớp 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM KỸ NĂNG LỰA CHỌN PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Người thực hiện: Nguyễn Bích Thủy Chức vụ: Phó Hiệu Trưởng SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn THANH HỐ, NĂM HỌC 2018 - 2019 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Những điểm SKKN NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận 2.2 Thực trạng vấn đề 2.3 Tổ chức thực 2.3.1 Nhắc lại mợt số dạng tốn hay sử dụng ……………… 2.3.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc điểm M lên mặt phẳng (α) … 2.3.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc điểm M lên đường thẳng d Phương pháp hình học giải một số tốn cực trị hình học giải tích lớp 12 13 13 2.4 Kết thu 14 2 2 2 3 3 Kết luận kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Tài liệu tham khảo MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài: Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh dạng tốn quen tḥc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,… Ta còn gặp tốn tìm vị trí điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện cực trị Đây dạng tốn tḥc mức độ vận dụng cao Trong trình trực tiếp giảng dạy nghiên cứu tơi thấy dạng tốn không chỉ khó mà còn hay, lôi em học sinh giỏi Nếu ta biết sử dụng linh hoạt khéo léo kiến thức hình học thuần túy, kiến thức véctơ, tìm vị trí đặc biệt nghiệm hình để cực trị xảy thì có thể đưa tốn mợt tốn quen tḥc, đơn giản giảm nhẹ tính cồng kềnh biến đổi đại số Đứng trước tầm quan trọng nội dung thực trạng trên, dể học sinh dễ dàng, tự tin gặp tốn cực trị hình học giải tích lớp 12, từ đó giúp em phát huy khả phân tích, tổng hợp, khái qt hố, đặc biệt hố, mở mợt cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo kiến thức hình học học, tạo tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu Cùng với tích luỹ kinh nghiệm thân qua năm giảng dạy, đưa sáng kiến kinh nghiệm: “ Kỹ lựa chọn hương pháp hình học để giải tốn cực trị hình học giải tích lớp 12” Sáng kiến thân áp dụng giảng dạy trường THPT Hàm Rồng 1.2 Mục đích nghiên cứu: - Nâng cao hiệu quả, chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi giáo viên - Tăng tính linh hoạt, hiệu học sinh giải toán - Vận dụng giải quyết toán vận dụng liên quan 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích lớp 12 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp phân tích - Phương pháp tổng hợp - Phương pháp thực nghiệm - Phương pháp khái quát NỘI DUNG: 2.1 Cơ sở lí luận: Những cơng thức cần nhớ: r r u1.u2 r r - Công thức tính góc hai đường thẳng cosϕ = r r đó u1 , u2 lần lượt u1 u2 hai VTCP hai đường thẳng  n.u - Cơng thức tính góc hai đường thẳng mặt phẳng sinΨ =   đó n u   n, u lần lượt hai VTPT VTCP mặt phẳng đường thẳng r r n1.n2 r r - Cơng thức tính góc hai đường thẳng cosϕ = r r đó n1 , n2 n1 n2 đó lần luợt hai VTPT hai mặt phẳng - Cơng thức tính khoảng cách hai điểm A(x; y; z ); B(xB; yB; zB) AB= ( xB − xA )2 + ( yB − y A ) + ( z B − z A ) - Khoảng cách từ điểm M(x0;yo;zo) đến mặt phẳng (α) có phương trình Ax+By+Cz+D=0 là: d(M,(α)) = Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B + C - Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng ∆ qua M0 có vectơ chỉ r r r  M M , u  r phương là: d(M1, ∆ ) = u - Khoảng cách hai đường thẳng chéo ∆ ∆ ’, đó ∆ qua điểm M0 , có vectơ chỉ phương đường thẳng ∆ ’ qua điểm M1 , có vectơ chỉ r r uuuuur phương ’ là: d( ∆ , ∆′ ) = [ u , u '] MM ′ urur u ,u ′   uuur uuur - Cơng thức tính diện tích hình bình hành : SABCD=  AB, AD  uuur uuur - Cơng thức tính diện tích tam giác : SABC=  AB, AC  uuur uuur uuur - Cơng thức tính thể tích hình hợp : VABCD.A’B’C’D =  AB, AD  AA′ uuur uuur uuur - Cơng thức tính thể tích tứ diện : VABCD =  AB, AC  AD Chú ý: Các cơng thức tính góc nêu có điều kiện: ≤ ϕ; Ψ ≤ 2.2 Thực trạng vấn đề: Qua trình giảng dạy nhận thấy: Đối với toán cực trị hình học hình học giải tích lớp 12, phần lớn học sinh khơng nhớ hết dạng tốn, khơng nhớ hết phương pháp giải dẫn đến lúng túng, bị động, nhiều thời gian Học sinh thường gặp khó khăn với toán cực trị nói chung cực trị hình học nói riêng Bên cạnh khó khăn vốn kiến thức, kinh nghiệm còn ỏi, em học sinh chưa nắm vững kiến thức hình học nhìn tổng quan, phân loại dạng toán phương pháp giải Tháo gỡ khó khăn đó đem lại hiệu cao công tác giảng dạy thầy cô việc học tập em học sinh 2.3 Tổ chức thực hiện: 2.3.1 Nhắc lại số dạng toán hay sử dụng 2.3.1.1 Tìm hình chiếu vng góc điểm M lên mặt phẳng (α) - Gọi H hình chiếu vuông góc M lên (α) - Viết phương trình đường thẳng MH (qua M vuông góc với (α)) - Tìm giao điểm H MH (α) 2.3.1.2 Tìm hình chiếu vng góc điểm M lên đường thẳng d: - Viết phương trình tham số d - Gọi H ∈d có tọa độ theo tham số t r uuuu r - H hình chiếu vuông góc điểm M lên d udMH = - Tìm t, suy tọa độ H Phương pháp hình học giải số toán cực trị hình học giải tích lớp 12: Bài tốn mở đầu: Cho mặt phẳng (P) : x + 3y - z - = 0, A(2; 0; 0), M(1; - 2; 3) Lập phương trình đường thẳng d nằm (P) qua A cách M một khoảng lớn nhất,nhỏ nhất: Hướng dẫn : Cách 1: Dùng phương pháp hàm số r Gọi VTCP đường thẳng d là: u (a; b;c), a + b + c ≠ uu r uur d ⊂ (P) ⇔ ud nP = ⇔ c = a + 2b uuuu r AM (−1; 2; −3) ; uu r uuuu r ud , AM  = ( −2a − 7b; 2a − 2b; 2a + b )   12a + 24ab + 54b 2a + 4ab + 5b - TH1: Nếu b = thì d ( M ; d ) = ⇒ d ( M;d ) = 12a + 24ab + 54b - TH2 : Nếu b≠0 thì d ( M ; d ) = = 2 2a + 4ab + 5b f (t ) 12t + 24t + 54 ⇒ < d ( M ; d ) ≤ 14 2t + 4t + So sánh TH1 TH2 ⇒ ≤ d ( M ; d ) ≤ 14 +) Max (d (M,d)) = 14 ⇔ a = -b chọn b = -1 ⇒ a =1 , c = -1 Xét hàm số f (t ) = x = − t  ⇒ Phương trình đường thẳng cần tìm là:  y = t z = t  +) Tương tự cho trường hợp còn lại Cách 2: Dùng phương pháp hình học M d1 d H A P E Gọi H, E lần lượt hình chiếu M lên (P) d d ( M , d ) = ME ≤ MA, d ( M , d ) = ME ≥ MH Do đó: d ( M , d ) nhỏ d qua A, H d ( M , d ) lớn d qua A vuông góc với MA  x = − 7t uu r uuuu r uur  + Khi d ( M , d ) lớn nhất: ud =  AM , nP  = ( −7; 2; −1) ⇒ d :  y = 2t  z = −t  uur uuuu r uur + Khi d ( M , d ) nhỏ nhất: Gọi (Q) mặt phẳng (AMH) nQ =  AM , nP  = ( −7; 2; −1) x = − t uu r uur uur  ⇒ ud =  nP , nQ  = ( −1;8; 23) ⇒ d :  y = 8t  z = 23t  Nhận xét: Có nhiều tốn cực trị toạ đợ không gian có thể giải phương pháp hàm số phương pháp hình học Tuy nhiên phương pháp hàm số nhiều thời gian, phương pháp hình học thể tính nhanh gọn, tiết kiệm thời gian, hợp với xu thế thi THPT Quốc gia bây giờ Vì theo kinh nghiệm tôi, thường hướng dẫn học sinh giải quyết theo phương pháp hình học Sau ta xét thêm một số tốn để thấy rõ tính ưu việt phương pháp hình học giải toán cực trị hình học giải tích lớp 12 Bài tốn 1: Cho n điểm A1, A2, An, với n số k1, k2,.,kn thỏa k1+ k2+ ….+kn = k ≠ đường thẳng d hay mặt phẳng (α) Tìm điểm M đường thẳng d hay uuur uuuur uuuur mặt phẳng (α) cho k1 MA1 + k2 MA2 + + kn MAn có giá trị nhỏ nhất Lời giải: uur uuur uuur r - Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k IA + + k n IA n = uuuu r uuuuur uuuuur uuu r uuu r k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI - Biến đổi : 2 n n n uuu r - Tìm vị trí M MI đạt giá trị nhỏ x- y+1 z = = hai điểm A ( 0;1;5) , B( 0;3;3) 1 uuuu r uuur Tìm điểm M d cho MA - 4MB có giá trị nhỏ Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( d) : Giải: uur uur r Gọi điểm J(x; y; z) thỏa JA - 4JB =0 Ta có: (0 –x; –y; – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0) =>x = 0; y = 13 13 , z = , J(0; ; ) 5 uuuu r uuur uuu r uur uuu r uur uuu r uuu r MA 4MB = MJ + JA4(MJ + JB ) = − MJ = MJ Khi đó có giá trị nhỏ M hình chiếu vuông góc J lên đường thẳng d uuu r Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t), JM =( t+4; t uuu rr 18 17 ; t) M hình chiếu vuông 5 góc J lên đường thẳng d thì JM.u = hay 3t – = t = uuuu r uuur Vậy M( 5; 0; 1) thì MA - 4MB có giá trị nhỏ Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = ba điểm A ( 1;0;1) , B( -2;1;2) , C ( 1;-7;0) Tìm điểm M mặt phẳng (α) cho : uuuu r uuur uuur MA +MB + MC có giá trị nhỏ 1) uuuu r uuur uuur 2) MA -2MB + 3MC có giá trị nhỏ Giải: uuur uuur uuur r 1) Gọi điểm G thỏa GA +GB +GC =0 thì G trọng tâm ∆ ABC G(0;-2;1) uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r Ta có MA +MB + MC = MG +GA +MG + GB + MG + GC = MG có giá trị nhỏ M hình chiếu vuông góc G lên mặt phẳng (α) x =2t r  MG nhận n =(2; -2; 1) làm vecto chỉ phương nên phương trình MG: y =-2-2t z =1+3t  Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: 4t –2(-2- 2t) +3(1+3t)+10 =0 uuuu r uuur uuur ⇔ t = −1 ⇒ M(-2; 0; -2) thì MA +MB + MC có giá trị nhỏ uur uu r uur r 2) Gọi I(x; y; z) điểm thỏa IA -2IB + 3IC = Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0) 23 23 ⇒ x = 4; y = - ; z = - , I(4; − ; − ) 2 2 uuuu r uuur uuur uuu r uur uuu r uu r uuu r uur uuu r MA -2MB + MC MI+ IA -2(MI + IB ) + 3( MI + IC ) MI Ta có: = = có giá trị nhỏ M hình chiếu vuông góc I lên mặt phẳng (α)  x =4+2t  23  Phương trình tham số MI: y = − -2t   z = − +3t   Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: 73 73 23 2(4 + 2t) − 2(− − 2t) + 3( − + 3t) + 10 = ⇔ 17t + =0⇔ t=− 2 34 u u u u r u u u r u u u r 245 135 ;− ) thì MA -2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ Vậy với M( − ; − 17 34 17 Bài toán 2: Cho đa giác A1 A2 ….An n số thực k1, k2, …., kn thỏa k1+ k2+ ….+ kn = k Tìm điểm M tḥc mặt phẳng cho tổng T = k1MA12 + k2 MA22 + + kn MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất Lời giải: uur uuur uuur r - Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k IA + + k n IA n = - Biến đổi : T = k1MA12 + k2MA 22 + + knMA 2n = uuu r uur uuur = (k1 + + k n )MI + k1IA12 + k2IA 22 + + knIA 2n + MI(k1 IA1 + + k n IA n ) = kMI2 + k1IA12 + k2IA 22 + + knIA 2n Do k1IA12 + k2IA 22 + + knIA 2n không đổi, Biểu thức T nhỏ hoặc lớn MI nhỏ hay M hình chiếu vuông góc I lên mặt phẳng hay đường thẳng Chú ý: - Nếu k1+ k2+ + kn = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất - Nếu k1+ k2+…+ kn = k< 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất MI nhỏ nhất Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + = A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1) 1) Tìm M mặt phẳng (α) cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ 2) Tìm M mặt phẳng (α) cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn Giải: uur uu r r 3 1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA +IB =0 thì I trung điểm AB I (2; ; − ) 2 uuu r uur uuu r uu r 2 Ta có: MA + MB = (MI + IA) +(MI + IB) uuu r uur uu r = IA + IB2 +2MI +2MI(IA + IB) = IA + IB2 +2MI Do IA + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M hình chiếu vuông góc I lên r(α) Đường thẳng IM qua điểm I có vtcp n α = (1; 2; 2)  x =2+t   Phương trình tham số MI: y = +2t   z = − +2t 3 Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: + t + 2( + 2t) + 2(− + 2t) + = ⇔ 9t + = ⇔ t = − ⇒ M (1; − ; − ) thì MA2 + MB2 có giá trị nhỏ 2 AB , AB2 2 2 không đổi nên MA + MB nhỏ nhất MI có giá trị nhỏ nhất, hay M hình chiếu vuông góc của I lên uur (α) uur uur r 2) Gọi J(x; y; z) điểm thỏa JA - JB -JB =0 Hay (1 − x; − y; −1 − z) − (3 − x;1 − y; −2 − z) − (1 − x; −2 − y;1 − z) = (0;0;0) Nhận xét: Với I trung điểm AB MA2 + MB2 = 2MI2 +  −3 + x =  ⇔ 3 + y = ⇔ J(3; −3;0) z =  uuu r uur uuu r uur uuu r uur Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) - (MJ + JB) − (MJ + JC) uuu r uur uur uur = J A − JB2 − JC − MJ + 2MJ(JA − JB − JC) = JA -JB2 -JC -MJ Do JA − JB2 − JC không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn MJ nhỏ hay M hình chiếu J mặt phẳng (α) r Đường thẳng JM qua điểm I có vtcp n α = (1; 2; 2) x =3+t  Phương trình tham số MJ: y =-3+2t z =2t  Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: + t + 2( −3 + 2t) + 2.2t + = ⇔ 9t + = ⇔ t = − Vậy với M ( 23 35 ⇒ M( ; − ; − ) 9 9 23 35 ; − ; − ) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn 9 Bài toán 3: Cho mặt phẳng (P) có phương trình: ax + by + cz + d = hai điểm A,B khơng tḥc (P) Tìm điểm M (P) cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất Lời giải: A A B B E H M M P P A' Nếu ( axA + by A + cz A + d ) ( axB + byB + cz B + d ) < thì A, B nằm hai phía với (P) Để MA + MB nhỏ M thuộc AB hay M giao điểm (P) AB Nếu ( axA + by A + cz A + d ) ( axB + byB + cz B + d ) > thì A, B nằm mợt phía với (P) Khi đó: Ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α) Do MA + MB = MA’+ MB mà đạt giá trị nhỏ M thuộc A’B hay M giao điểm E (P) A’B 10 Ví dụ : Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = ba điểm: A(1; 2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2) Hãy tìm điểm M d cho: 1) MA + MB có giá trị nhỏ 2) 2) MA - MC có giá trị lớn Giải: 1) Thay tọa độ A B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm mợt phía (α) Gọi A’ điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ M giao điểm A’B với (α) uur Đường thẳng AA’ qua A vuông góc với (α), AA’ nhận nα = (1; −1;2) làm x = + t  vecto chỉ phương => Phương trình tham số AA’:  y = − t  z = −1 + 2t  Tọa độ hình chiếu vuông góc H A (α) ứng với t phương trình 3 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = ⇔ 6t – = hay t = ⇒ H( ; ; 0) 2 xA ' =2xH − xA =  Do H trung điểm AA’ nên yA ' =2yH − yA = ⇒ A '(2; 1; 1) z =2z − z = H A  A' x = + t uuur  A’B có vtcp A'B = (1;0; −3) => Phương trình tham số A’B: y = z = − 3t  Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: + t – + 2(1 – 3t) = ⇔ −5t + = ⇔ t = 13 hay M ( ;1; − ) 5 13 ;1; − ) thì MA + MB có giá trị nhỏ 5 Vậy với M ( 2) Thay tọa độ A C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm hai phía (α).Vậy nên A’ C nằm mợt phía (α) Ta thấy MA - MC = MA' - MC ≤ A'C Nên MA - MC đạt giá trị lớn M thuộc A’C phía ngồi đoạn A’C, tức M giao điểm uuuA’C u r (α) Đường thẳng A’C có vtcp A'C = (−1; −3; −3) x = − t  Phương trình tham số A’C: y = − 3t =>Tọa độ M ứng với t nghiệm phương z = − 3t  5 trình: - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = ⇔ −4t + = ⇔ t = hay M ( ; − ; − ) 4 4 11 Bài toán 4: Cho đường thẳng d hai điểm phân biệt A,B khơng tḥc d Tìm điểm M đường thẳng d cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất Nếu d AB vng góc với nhau: Ta làm sau: - Viết phương trình mặt phẳng (α) qua AB vuông góc với d - Tìm giao điểm M AB (α) - Kết luận M điểm cần tìm Nếu d AB không vng góc với nhau: Ta làm sau: - Đưa phương trình d dạng tham số, viết tọa đợ M theo tham số t - Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB - Tính giá trị nhỏ hàm số f(t), từ đó suy t - Tính tọa đợ M kết luận Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( d) : x-1 y +2 z-3 = = hai điểm C(-4; 1; 1), −2 D(3; 6; -3) Hãy tìm điểm M d cho MC + MD đạt giá trị nhỏ Giải:  x = + 2t  Đường thẳng d có phương trình tham số  y = −2 − 2t z = + t  uuur r qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u = (2; −2;1) CD = (7;5; −4) r uuur Ta có u CD = 14 -10 – = ⇒ d ⊥ CD Xét mặt phẳng (P) qua CD vuông r góc với d (P) qua điểm C(-4; 1; 1) nhận u = (2; −2;1) làm vecto pháp tuyến Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = hay 2x – 2y + z + = Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ M giao điểm d mp(P) Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: + 4t + + 4t + + t + = ⇔ 9t +18 = ⇔ t = −2 Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ bằng: + 17 Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0) Hãy tìm điểm M trục Ox cho MA + MB đạt giá trị nhỏ Giải: r uuur Ox có vtcp i = (1;0;0) qua O(0; 0; 0), AB có vtcp AB = (−1;1; −2) r uuur Ox AB không vuông góc i.AB = r−1uu≠ur0uu ⇒ ur Ta có [i, AB]OA = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = + +2 = nên AB Ox chéo x = t  Phương trình tham số Ox:  y = M ∈ Ox ⇒ M (t;0;0) z =  S = MA + MB = (t -3)2 + + + (t -2)2 + + = (t -3)2 + + (t -2)2 + Ta phải tìm t cho S đạt giá trị nhỏ 12 Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét điểm M t(t; 0) ∈ Ox hai điểm At(3;2), Bt(2; 1) thì S = MtAt + MtBt Ta thấy At, Bt nằm phía với Ox nên ta lấy At’(3; -2) đối xứng với At qua Ox Phương trình đường thẳng At'Bt : 3x + y – = S = MtAt + MtBt nhỏ M giao điểm Ox A t'Bt ⇒ 3t - = hay t= 7 Vậy M ( ;0;0) điểm cần tìm 3 Bài toán 5: Cho hai điểm phân biệt A,B Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A cách B một khoảng lớn nhất Lời giải: Gọi H hình chiếu vuông góc B lên mặt phẳng (α), đó tam giác ABH vuông H khoảng cách d(B; (α)) = BH ≤ AB Vậy d(B; (α)) lớn AB A ≡ H, Khi đó: (α) mặt phẳng qua A vng góc với AB Ví dụ : Viết phương trình mặt phẳng (α) qua điểm D(1; -2; 3) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn Giải: (α) cách điểm I(3; -1; -2) một uur khoảng lớn (α) mặt phẳng qua D vuông góc với DI (α) nhận DI = (2; 1; -5) làm vecto pháp tuyến Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) +1(y +2) –5(z -3 ) = ⇔ 2x + y – 5z +15=0 Bài toán 6: Cho điểm A đường thẳng ∆ không qua A Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆ cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất Lời giải: Gọi H hình chiếu vuông góc A lên mặt phẳng (α), K hình chiếu vuông góc A lên ∆ Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn thì H ≡ K, đó (α) mặt phẳng qua ∆ vuông góc với AK Hay (α) qua ∆ vuông góc với mp(∆, A) Ví dụ: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1) Viết phương trình mặt phẳng (α) qua hai điểm A, B cách C một khoảng lớn Giải: Mặt phẳng (α) qua hai điểm A, B cách C umột (α) uur khoảng lớnuuu r qua hai điểm A, B vuông góc với mp(ABC) AB = (1; −1; −1) , AC = (−2; −3; −2) r uuur uuur (ABC) có véctơ pháp tuyến n = [AB, AC] = (−1;4; −5) uur r uuur (α) có véctơ pháp tuyến nα = [n, AB] = (−9 − 6; −3) = −3(3; 2;1) Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = ⇔ 3x + 2y + z – 11 = 13 Bài toán 7: Cho mặt phẳng (α) điểm A thuộc (α), lấy B khơng tḥc (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm (α) qua A cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất Lời giải: Gọi H hình chiếu B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn A ≡ H hay ∆ đường thẳng nằm (α) vuông góc với AB Gọi K hình chiếu vuông góc B lên (α) đó d(B; (α)) = BH ≥ BK Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ K ≡ H hay ∆ đường thẳng qua hai điểm A, K Ví dụ: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = điểm A (-3; 3; -3) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua điểm A cách điểm B(2;3; 5) một khoảng : 1) Nhỏ 2) Lớn Giải: uur Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến nα = (2; −2;1) x = + 2t  1) Gọi H hình chiếu vuông góc B lên (α).Phương trình BH: y = − 2t z = + t  Tọa độ điểm H ứng với t nghiệm phương trình: 2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + + t + 15= ⇔ t = −2 hay H(-2; 7; uuu3) r Ta thấy d(B; ∆) nhỏ ∆ qua hai điểm A, H AH = (1;4;6) véc tơ chỉ phương ∆ => Phương trình ∆: x+3 y-3 z +3 = = 2) Ta thấy d(B; ∆) lớn ∆ đường thẳng nằm (α), qua A vuông góc với AB uur uuur uur ∆ có véctơ chỉ phương u∆ = [AB, nα ] = (16;11; −10) Phương trình ∆: x+3 y-3 z +3 = = 16 11 −10 Bài tập áp dụng Bài 1: Cho ba điểm A(1; -2; 1), B(-1; 1; 2), C(2; 1; -2) mặt phẳng (α) có phương trình x + 2y – 2z + = 1) Tìm điểm M (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ 2) Tìm điểm N (α) cho NA + NC có giá trị nhỏ 14 3) Tìm điểm S (α) cho SA2 + SB2 – 3SC2 có giá trị lớn uuu r uur uuu r PA + 2PB − PC 4) Tìm điểm P (α) cho có giá trị nhỏ Bài 2: Cho đường thẳng ( d) : x-2 y +1 z+2 = = hai điểm A(3; 1; 1), -1 B(-1; 2; -3) Hãy tìm điểm M d cho MA + MB đạt giá trị nhỏ Bài 3: Cho đường thẳng ( d) : x-2 y - z-2 = = hai điểm A(0; 1; 1), 2 B(1; 2; 3) Tìm điểm M d cho tam giác MAB có diện tích nhỏ Bài 4: Cho hai điểm C(1; -2; 2) đường thẳng d có phương trình x-1 y- z +1 = = Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d khoảng cách từ C −2 −1 đến (P) lớn Bài 5: Cho điểm B(2; -1; -2), mặt phẳng (P): x – y + z + = đường thẳng d: x-1 y-2 z -3 = = Trong mặt phẳng qua B vuông góc với (P), viết −1 phương trình mặt phẳng (α) tạo với d một góc lớn Bài 6: Cho hai điểm A(2; 1; -3), B(1; 2; 0) đường thẳng d: x-1 y-2 z-3 = = Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, cắt d cho khoảng cách từ B đến ∆ lớn 2.4 Kết nghiên cứu: Qua trình giảng dạy thấy học sinh giải qút tốn tḥc dạng một cách nhanh hơn, linh hoạt phương pháp hình học Thực tế, nhiều năm liền may mắn giảng dạy lớp nâng cao có nhiều đối tượng học sinh khá, giỏi Vào tiết luyện tập có việc lồng ghép phương pháp để học sinh giải tập nâng cao nhằm em thu thập thêm kiến thức kinh nghiệm để áp dụng kì thi đại học, cao đẳng Sau thực chuyên đề cho học sinh lớp 12 C2 12 C10 làm kiểm tra để đánh giá mức độ hiểu vận dụng kiến thức học, kết sau: Năm học 2018 – 2019 phân dạy mơn tốn lớp 12C2, 12C10 trường THPT Hàm Rồng Sau thực chuyên đề lớp 12 C2; còn lớp 12 C 10 không thực chuyên đề, cho học sinh lớp làm kiểm tra thu kết sau: 15 Lớp 12 C2 12 C10 Sĩ số Nhận biết biết vận dụng, giải hoàn chỉnh Nhận biết biết vận dụng,chưa giải hoàn chỉnh TL% SL TL% 39,12% 22 47,82% 14,58% 26 54,16% Nhận biết, không biết vận dụng 46 48 SL 18 SL 10 Không nhận biết TL% SL 13,04% 20,83% TL% 0% 10,41% Để nâng cao chất lượng giảng, giáo viên cần lưu ý: - Yêu cầu học sinh chuẩn bị trước đến lớp, nắm vững kiến thức - Xây dựng hệ thống tập từ đến nâng cao một cách logíc, khoa học hướng đến việc phát triển tư cho học sinh, tạo niềm tin, hứng thú, say mê - Yêu cầu học sinh dành nhiều thời gian luyện tập, thực hành kĩ theo phương pháp Kết luận kiến nghị : 3.1 Kết luận: Thông qua trình giảng dạy học sinh khoá, đặc biệt lớp 12 C2 năm học 2018-2019, ôn luyện cho học sinh giỏi, sau áp dụng chuyên đề kết cho thấy: - Các em có hứng thú với dạng toán cực trị hình học giải tích, học sinh giỏi còn tích cực tìm tòi phương pháp khác để giải dạng toán - Học sinh tự tin phân tích để lựa chọn phương pháp giải hay ngắn gọn cho dạng toán - Hình thành tư logic, sáng tạo, khái quát hoá, đặc biệt hoá 3.2 Kiến nghị: - Việc giảng dạy chuyên đề cần đưa tập từ đơn giản đến khó, kết hợp ôn tập với giao tập nhà kiểm tra học sinh, tổ chức cho học sinh sáng tạo tìm hiểu hương pháp mới, cách giải hay Biết khắc sâu kiến thức bản, dạng thường gặp để đưa dạng tổng quát Tuy 16 nhiên đề cao có tính chất nâng cao chỉ đưa cuối tiết học hoặc buổi phụ đạo riêng - Để áp dụng đề tài trước hết học sinh phải nắm chắc kiến thức bản, biết vận dụng linh hoạt kiến thức này, từ đó dạy chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng khiếu, rèn kỹ cho học sinh - Đề tài kinh nghiệm cá nhân thực tế giảng dạy trường THPT Hàm Rồng có hiệu quả, xin chia sẻ tới thầy cô giáo em học sinh Tuy nhiên đề tài thể tránh khỏi thiếu xót cần bổ sung, mong đóng góp ý kiến quý thầy, cô đề đề tài hoàn thiện Xin trân trọng cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 29 tháng5 năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN mình viết, không chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Nguyễn Bích Thủy 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO Hình học 12, Bài tập hình học 12 - NXB GD năm 2008 Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao - NXB GD năm 2008 Phương pháp giải tốn Hình học giải tích khơng gian tác giả Lê Hồng Đức năm 2012 Đề minh hoạ Bộ giáo dục đào tạo năm 2018 Ôn luyện bồi dưỡng học sinh giỏi hình học không gian tác giả Phan Huy Khải năm 2012 Tạp chí tốn học tuổi trẻ 7.Các giảng luyện thi đại học tác giả Trần Phương 18 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Nguyễn Bích Thuỷ Chức vụ đơn vị công tác: Phó Hiệu trưởng trường THPT Hàm Rồng TT Tên đề tài SKKN BD một số nét đặc trưng tư sáng tạo qua PP khai thác cấu trúc logic toán Năm Kết Cấp đánh học đánh giá giá xếp loại đánh xếp loại (Phòng, Sở, giá (A, B, Tỉnh ) xếp hoặc C) loại 2003Sở GD&ĐT C 2004 Thanh Hố (QĐ số 132/QĐKH-GDCN ngày 19/4/2005) Mợ số biện pháp giúp HS khắc phục sai lầm, khó khăn gây hứng thú học tập phần PP Sở GD&ĐT C Thanh Hoá 20072008 Sở GD&ĐT B Thanh Hoá 20092010 Sở GD&ĐT B Thanh Hoá 20112012 Sở GD&ĐT B Thanh Hoá 20142015 Sở GD&ĐT B Thanh Hoá 20152016 Sở GD&ĐT B Thanh Hố 20162017 toạ đợ MP (QĐ số 392/QĐ-SGD ngày 11/9/2008) Dùng tiếp tuyến kết vợi với vị trí tương đối tiếp tuyến với dồ thị HS để chứng minh BĐT (QĐ số 904/QĐ-SGD&ĐT ngày 14/2/2010) Tạo hứng hứng thú học tập phần phương pháp toạ độ MP cho HS lớp 10 (QĐ số 871/QĐ-SGD&ĐT ngày 18/12/2012) Một số biện pháp quản lý công tác GD đạo đức cho HS THPT Hàm Rồng (QĐ số 988/QĐ-SGD&ĐT ngày 03/11/2015) Một số phương pháp giải phương trình bậc cho HS lớp 10 (QĐ số 972/QĐ-SGD&ĐT ngày 24/11/2016) - Một số biện pháp nâng cao chất lượng GD đạo đức cho học sinh trường THPT Hàm Rồng Quyết định số 1112/ QĐ -SGD&ĐT ngày 18/10/2017.( Loại B cấp ngành) 19 Một số biện pháp nâng cao chất lượng GD đạo đức cho học sinh trường THPT Hàm Rồng Quyết định số 3145/ QĐ -HĐKHSK ngày 21/8/2018( Loại B cấp tỉnh) 20172018 Tỉnh B Thanh Hoá Các sáng kiến kinh nghiệm HĐ cấp Sở GD&ĐT đánh giá từ loại C trở lên STT Tên SKKN Xếp loại Năm học 20 ... hiệu học sinh giải toán - Vận dụng giải quyết toán vận dụng liên quan 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích lớp 12 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp. .. hướng dẫn học sinh giải quyết theo phương pháp hình học Sau ta xét thêm mợt số tốn để thấy rõ tính ưu việt phương pháp hình học giải tốn cực trị hình học giải tích lớp 12 Bài toán 1: Cho... LIỆU THAM KHẢO Hình học 12, Bài tập hình học 12 - NXB GD năm 2008 Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao - NXB GD năm 2008 Phương pháp giải toán Hình học giải tích khơng gian