Sử dụng phương pháp véc tơ để giải bài toán cực trị hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Người thực : Nguyễn Cơng Phương Chức vụ : Giáo viên SKKN thuộc mơn :Tốn THANH HÓA NĂM 2018 MỤC LỤC STT Tên mục Mở đầu Trang 2 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Thuận lợi 10 2.2.2 Khó khăn 11 2.2.3 Số liệu thống kê 12 2.3.Các giải pháp thực đề tài 13 2.3.1 Lý thuyết véc tơ 14 2.3.2 Một số ví dụ minh họa 15 2.3.3 Bài tập tự luyện 17 16 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 17 Kết luận kiến nghị 18 18 3.1 Kết luận 19 19 3.2 Kiến nghị 19 19 PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài: Trong thực tế giảng dạy thấy : Đa số học sinh ngại học mơn hình học, đặc biệt tốn cực trị hình học khơng gian Bởi vì, mơn học khó đòi hỏi trí tưởng tượng, óc thẩm mỹ tính tư cao, khơng phải học sinh học tốt Việc sử dụng phương pháp véc tơ để giải tốn cực trị hình học khơng gian, đơi ta biến tốn khó thành tốn đơn giản, lời giải ngắn gọn hơn, khơng đòi hỏi nhiều đến khả tư duy, kỹ vẽ hình chứng minh hình học Khi dạy phần hình học khơng gian lớp 11 cho học sinh thấy học sinh bế tắc phương pháp cho loại tốn sách giáo khoa hay sách tập khơng có nhiều tập loại lại có đề thi tốt nghiệp THPTQG xuất nhiều đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh khiến cho học sinh bối rối phương pháp, nhiều học sinh không làm hết phải bỏ qua tốn hình học thi Trong em lại làm tốt biến đổi đại số chứng minh bất đẳng thức việc sử dụng phương pháp véc tơ chuyển tốn hình học với tư trìu tượng hướng tư biến đổi đại số, giải tích mang lại hứng thú tính sáng tạo cho em học sinh Bởi việc giúp em có cách tiếp cận cho dạng tốn cực trị hình học, thêm hứng thú học tập phát triển tư thúc viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm “sử dụng phương pháp véc tơ để giải toán cực trị hình học khơng gian” 1.2 Mục đích nghiên cứu: - Giúp học sinh hệ thống hóa có kiến thức vững lý thuyết vec tơ - Hướng dẫn học sinh giải toán toán cực trị hình học khơng gian lớp 11 phương pháp véc tơ - Thông qua việc học sinh giải tốn số tình cụ thể Từ bồi dưỡng cho học hoc sinh kỹ giải toán khả tư sáng tạo 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Véc-tơ tính chất véc-tơ hình học phẳng khơng gian liên quan đến toán cực trị 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tập ,sách tài liệu đề thi học sinh giỏi tỉnh - Phương pháp điều tra thực tiễn : Quan sát trình học tập lấy phiếu điều tra đối tượng học sinh trước sau dạy chuyên đề PHẦN NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận: Véc tơ xem kiến thức hình học ứng dụng rộng rãi hình học phẳng hình học khơng gian Lý thuyết véc tơ bắt nguồn từ vật lý sáng lập nhà lý hóa học người Mỹ Josiah Willard Gibbs (1839 -1903 ) Cũng theo Josiah Willard Gibbs Để giải toán phương pháp véc tơ ta thực theo bước sau :  Bước : Thực việc chọn hệ véc tơ thích hợp, chuyển tốn hình học khơng gian tốn biến đổi véc tơ dựa vào tính chất véc tơ  Bước : Giải tốn hình học véc tơ nói  Bước : Chuyển kết luận tốn hình học khơng gian sang tính chất hình học véc tơ tương ứng Tuy nhiên qua thực tế , việc học nắm vững bước để vận dụng vào giải tốn thật khơng đơn giản học sinh, qúa trình trừu tượng hố khái quát hóa việc rèn luyện tư tốn học Do vậy, thơng qua số tốn cụ thể để hướng dẫn em làm quen dần với việc giải tốn hình học khơng gian phương pháp véc tơ 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: 2.2.1 Thuận lợi: Khái niệm vectơ không gian đưa vào nội dung chưng trình lớp 11, làm cơng cụ nghiên cứu quan hệ vng góc hai đường thẳng, đường thẳng với mặt phẳng, hai mặt phẳng khoảng cách số đối tượng hình học khơng gian Việc sử dụng vectơ để xây dựng quan hệ vng góc khơng gian làm cho cách diễn đạt số nội dung hình học gọn nhẹ hơn, học sinh dễ dàng tiếp thu Mặt khác số kiến thức vectơ sở chuẩn bị cho việc xây dựng khái niệm tọa độ khơng gian chương trình hình học lớp 12, cơng cụ hữu ích để giải nhiều tốn hình học khơng gian 2.2.2 Khó khan: Khơng học sinh chưa nắm vững kiến thức véc tơ khái niệm phần học từ lớp 10, sách giáo khoa lại trình bày phần lý thuyết tính đồng phẳng véc tơ chưa sau, tập vận dụng ít, đề thi năm trước đề cập đến phần nên nhiều học sinh giáo viên trọng Đây nội dung khó học sinh lớp 11 Do chưa tìm phương pháp thích hợp để giải tốn nên nhiều vướng mắc, từ thiếu hứng thú học tập.Để giúp em mau chóng tiếp cận phương pháp giảng dạy mới, đòi hỏi nỗ lực tâm cao thầy trò 2.2.3 Số liệu thống kê: Kế làm kiểm tra khảo sát mơn hình học 42 học sinh lớp 11 trước thực đề tài Khối lớp 11 Tổng số học sinh 42 KẾT QUẢ XẾP LOẠI Giỏi Khá Trung bình Yếu TS % TS % TS % TS % 2,3 % 11,9 % 30 71,4 14 ,4 2.3.Các giải pháp thực đề tài: Trước hết cần hệ thống hóa lại lý thuyết véc tơ , nêu tóm tắt tính chất kết quan trọng trình bày sách giáo khoa lớp 10 11 2.3.1 [1] Lý thuyết véc tơ : Các qui tắc uuur uuu r uuur Qui tắc ba điểm: Với ba điểm A , B , C ta có: AC  AB  BC B A C Mở rộng: Cho n điểm A1 , A2 , A3 , �, An –1 , An Ta có: uuuur uuuur uuuuuur uuuur A1 A2  A2 A3  K  An1 An  A1 An Qui tắc trừ (ba điểm cho phép trừ): uuur uuur uuu r Với ba điểm A , B , C ta có: AC  BC  BA Qui tắc hình bình hành: uuur uuu r uuur uuur uuu r uuur Với hình bình hành ABCD ta có: AC  AB  AD DB  AB  AD B C A D Qui tắc hình hộp Cho hình hộp S với AB , AD , AA�là ba cạnh có � chung uuuu r uđỉnh uu r uuAur uuurAC đường chéo, ta có: AC �  AB  AD  AA� D C A B D' C' A' B' Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng: - Khái niện đồng phẳng ba vectơ không gian r r r r Cho ba vectơ a , b , c ( ) khơng gian Từ điểm O ta dựng uuu r r uuu r r uuur r OA  a , OB  b , OC  c Khi xảy hai trường hợp: Các đường thẳng OA , OB , OC không nằm mặt phẳng r r r ta nói ba vectơ a , b , c không đồng phẳng Các đường thẳng OA , OB , OC nằm mặt phẳng ta nói r r r ba vectơ a , b , c đồng phẳng r a r b r c B C A O  - Định nghĩa Ba vectơ gọi đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng r r r Trên hình bên, giá vectơ a , b , c song song r r r với mặt phẳng () nên ba vectơ a , b , c đồng phẳng - Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng Định lí r r r r r Cho ba vectơ a , b , c a b khơng phương Điều kiện cần r r r đủ để ba vectơ a , b , c đồng phẳng có số m , n cho r r r c  ma  nb r b A r c r c r m.a r a O r n.b B Phân tích vectơ theo ba vectơ khơng đồng phẳng Định lí r r r r Nếu ba vectơ a , b , c không đồng phẳng với vectơ d , ta tìm r r r r p m n số , , cho d  ma  nb  pc r pc D r c r b r a r r d nb rO ma A D' *) Chú ý   1 Với ba vectơ khác vectơ - khơng đồng phẳng tồn r r r r số thực  x; y; z  cho x.a  yb  zc    3 Xét ba tia gốc OA, OB, OC , điểm M thuộc uuuu r uuu r uuu r uuur mặt phẳng  ABC  , ta có OM  xOA  yOB  zOC với x  y  z  Thật vậy: uuu r uuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r xOA  yOB  zOC  x OM  MA  y OM  MB  z OM  MC  OM      � x  y  z 1   Một phát biểu khác Bốn diểm A, B, C , D đồng phẳng O điểm bất kì, ta có uuu r uuu r uuur uuur OA  xOB  yOC    x  y  OD  Việc học nắm vững lý thuyết, bước giải tốn để vận dụng vào giải tốn thật khơng đơn giản học sin Do cần thơng qua số tốn cụ thể để hướng dẫn em làm quen dần với việc giải tốn hình học khơng gian phương pháp véc tơ 1.3.2 Một số ví dụ minh họa Bài [2].Cho tứ diện S ABC có SA  SB  SC  , mặt phẳng  P  qua trọng tâm M tứ diện, cắt cạnh SA, SB, SC D, E , F (khác S ) uuur �1 uuu r uur uuu r� SE  SF � Chứng minh rằng: SM  � SD  �SD SE SF � Tìm giá trị lớn biểu thức : 1   SD.SE SE.SF SF SD Lời giải uuur uu r uur �1 uur uur uuu r � uur uur uuu r SM  SI  SJ  � SA  SB  SC � SA  SB  SC 2 �2 2 �4 r SB uur SC uuu r � �1 uuu r uur uuu r� �SA uuu  � SD  SE  SF � � SD  SE  SF � �SD SE SF SE SF � �SD � uuur �1 uuu r uur uuu r� SM  � SD  SE  SF � M , D, E , F Vì đồng �SD SE SF �mà bốn điểm �1 1 � 1    4 phẳng nên �  � � �SD SE SF � SD SE SF     1 1 �1 1 � 16 T    �   � � Lại có SD.SE SE.SF SF SD �SD SE SF � 16 1 SA SB SC    �    �  P  / /  ABC  Nên Tmax  � SD SE SF SD SE SF Bài [3] Cho tứ diện OABC có cạnh OA,OB,OC đơi vng góc P điểm thuộc miền tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ PA2 PB PC T   OA2 OB OC 2 PA PB PC   2 OA OB OC PA2 PB PC �   OA2 OB OC T uuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuu r OA2 OB OC  OA  OP    OB  OP    OC  OP   uuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuu r 1 � �OA.OP OB.OP OC.OP � �1   OP �     � � � OC � � OA2 OB OC � �OA OB uuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuu r �OA.OP OB.OP OC OP � PA2 PB PC OP �   3  2�    1 2 � OA2 OB OC OH OA OB OC � � uuu r uuu r uuur + Do OA, OB, OC không đồng phẳng nên tồn số  x; y; z  cho uuu r uuu r uuu r uuur OP  xOA  yOB  zOC   uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuur + Mặt khác   � OP  x OP  PA  y OP  PB  z OP  PC uuu r uuu r uuu r uuur   �   x  y  z  OP  xPA  yPB  zPC  3 uuu r uuu r uuur + Theo giả thiết PA, PB, PC nằm mặt phẳng  ABC  nên uuu r uuu r uuur xPA  yPB  zPC vecto nằm mặt phẳng  ABC  Vì để  3 sảy  x  y  z  � x  y  z  + Thay   vào  1 ta       �xOA2 yOB zOC � PA2 PB PC OP   3  2�   � OA2 OB OC OH OB OC � �OA PA2 PB PC OP OP OP �      x  y  z    2.1     OA2 OB OC OH OH OH OP Vi OP � OH OH PA2 PB PC OP T    1 �1   OA2 OB OC OH Cách Gọi N  AM �BC kẻ MM / / OA � MM  (OBC ) Kẻ MA1  OA AM OM 2OA1 2 � AM  OM  OA  2OAOA1 �    (1) OA2 OA2 OA MB OM 2OB1 MC OM 2OC1 Tương tự:  1 (2)  1 (3) 2 2 OB OB OB OC OC OC 1 OA OB OC1 � T  OM (   )  2(   )3 2 OA OB OC OA OB OC Từ (1), (2), (3) OM OA OB OC1   2(   )3 OH OA OB OC OA1 MN S MBC OB1 S MAC OC1 S MAB   ;  ;  OA NA S ABC OB S ABC OC S ABC Lại có: OA1 OB1 OC1 OM �   1� T   �2 OA OB OC OH Do OM �OH Vậy MinT=2 M trùng H Bài [4] Cho tứ diện ABCD cạnh a , hai điểm M , N chạy tương ứng đoạn AB CD cho BM  DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ MN Lời giải uuuu r uuu r DN BM  x Khi ta có: BM  x.BA  x , với �x �1 � +) Đặt DC BA uuur uuur DN  x.DC +) Ta có: uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur DN  x.DC � BN  BD  x( BC  BD ) � BN  x.BC  (1  x ).BD uuuu r uuur uuuu r uuur uuur uuu r Do đó: MN  BN  BM  x.BC  (1  x).BD  x.BA a2 a2 a +) MN  x a  (1  x) a  x a  x(1  x)  x  x(1  x) 2 2 2 2 x  (1  x)  x  x(1  x)  x  x(1  x) �  a2 � � �  x – x  1 a 2 2 2 2 +) Xét hàm số f  x   x – x  đoạn  0;1 ta có: �1 � max f  x   f    f  1  1,min f  x   f � � �2 � +) MN đạt giá trị nhỏ Bài a M , N trung điểm AB, CD +) MN đạt giá trị lớn a M �B , N �D M �A , N � C [5] Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB  CD, BC  AD, AC  BD điểm X thay đổi khơng gian Tìm vị trí điểm X cho tổng XA  XB  XC  XD đạt giá trị nhỏ Lời giải A Q M G D B N P C Gọi G trọng tâm tứ diện; M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, AD Ta có tam giác ACD tam giác BCD nên AN  BN suy MN  AB , tương tự ta chứng minh MN  CD đường thẳng PQ vng góc với hai đường thẳng BC, AD Từ suy GA  GB  GC  GD XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD Ta có XA  XB  XC  XD  GA uuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuur uuur XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD � GA uuur uuu r uuu r uuur uuur XG GA  GB  GC  GD  4.GA    4GA Dấu xảy GA X trùng với điểm G Vậy XA  XB  XC  XD nhỏ X trọng tâm tứ diện ABCD  Bài chóp S ABC có SA  2a, SB  3a, SC  4a , � �  900 , �  1200 Hai điểm M,N thỏa mãn ASB  SAC BSC uuur uur uuu r uuu r 3SM  2SB, SC  2SN Cho hai điểm E F thay đổi, nằm hai đoạn thẳng AB [6] Cho hình SC Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn EF Lời giải uuur uuu r uuu r uuu r Đặt AE  x AB; SF  y.SC  x, y �[0;1] uuur uur uur uuu r Suy EF   x  1 SA  x.SB  y.SC EF  � 13 x  x   16 y  20 xy  y � a � � 2 � � 5x  � � � � � 4y   � 3x  � � a � a � � 3 � � � � � � Kết luận giá trị nhỏ EF Bài uuur uuu r uuu r uuu r 6a AE  AB; SF  SC 9 [7] Cho hình chóp S ABC có SA  1, SB  2, SC  Gọi G trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng    qua trung điểm I SG cắt cạnh SA, SB, SC M , N , P Tính giá trị nhỏ Tmin biểu thức 1 T   SM SN SP Lời giải uuu r uur uur uuu r Do G trọng tâm ABC suy SG  SA  SB  SC Khi r �SA uuur SB uuu r SC uur � uu r �SA uuur SB uuu r SC uur � SG uu SI  � SM  SN  SP �� SI  � SM  SN  SP � SI �SM SN SP �SM SN SP � � Do I , M , N , P đồng phẳng nên �SA SB SC � SA SB SC     �  � � �SM SN SP � SM SN SP Áp dụng BĐT bunhiacopxki, ta có 1 � �1 �SA SB SC � 2     SA  SB  SC  �� � 2 � � SN SP � �SM �SM SN SP �   10 36 18  Suy T � 2 SA  SB  SC Bài [8] Cho tứ diện ABCD mặt phẳng  P  Tìm mặt phẳng  P  uuur uuur uuur uuuu r MA  MB  MC  MD điểm M cho nhỏ Lời giải Gọi I ; J trung điểm AB CD ; N trung điểm IJ Với M ta có uuu r uuur uuur r uuu r uuur uuuu r 2MI  MA  MB � � uuur uuur uuur uuuu � MA  MB  MC  MD  2( MI  MJ )  MN uuur uuur uuuu r� 2MJ  MC  MD � uuur uuur uuur uuuu r uuuu r MA  MB  MC  MD  MN  bé  M hình chiếu N mặt phẳng  P  Bài [9] Cho tam giác ABC , M điểm tam giác ABC Các đường thẳng qua M song song với AD , BD , CD tương ứng cắt mặt  BCD  ,  ACD  ,  ABD  A�, B�, C � Tìm điểm M cho MA� MB� MC �đạt giá trị nhỏ Lời giải  y ; MC �  x ; MB�  z Ta có Đặt DA  a , DB  b ; DC  c ; MA� uuuur A� u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r M x B� M y A� M DA  DA ; B� M DB  DB DA a DB b Trong mặt phẳng  ABC  : AM �BC   A1 ; BM �AC   B1 ; CM �AB   C1 Trong mặt phẳng  DAA1  kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA1 A� //AD nên Trong mặt phẳng Xét tam giác DAA1 có MA�  ABC  : AM �BC  A1 , BM �AC  B1 , CM �AB  C1 Trong  DAA1  : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA1 A' MA' MA1 S MBC ' DAA   Xét tam giác có MA / / AD nên DA AA1 S ABC 11 MB ' MB2 SMAC MC ' MC1 S MAB     Tương tự ta có , DA BB1 SABC DC CC1 SABC MA' MB ' MC ' Suy    (do SMBC  S MAC  SMAB  SABC ) DA DB DC Bài MA' MB ' MC ' MA' MB ' MC ' Ta có   �3 DA DB DC DA DB DC ' ' ' Suy MA MB MC � DA.DB.DC (không đổi) 27 DA.DB.DC Vậy giá trị lớn MA' MB ' MC ' 27 MA' MB ' MC ' � MA1  MB1  MC1  đạt    AA1 BB1 CC1 DA DB DC Hay M trọng tâm tam giác ABC [10] Cho tứ diện ABCD Tìm điểm M không gian cho T  MA2  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ Lời giải Gọi E , F ,O trung điểm đoạn AB , CD , EF Ta có: uuu r uuu r uuur uuur uuur uuur r OA  OB  OC  OD  OE  OF  uuur uuur uuur uuuu r2 Lại có T  MA2  MB  MC  MD  MA  MB  MC  MD uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuuu r  MO  MA  MO  MB  MO  MC  MO  MD uuuu r uuu r uuu r uuur uuur  MO  OA2  OB  OC  OD  2MO OA  OB  OC  OD             Suy T �OA2  OB  OC  OD ; T  OA2  OB  OC  OD  0 M O MO Vậy T  OA2  OB  OC  OD đạt giá trị nhỏ M �O 12 Bài 10 [11] Cho lăng trụ tứ giác ABCD A1B1C1D1 có chiều cao nửa cạnh đáy Với M điểm cạnh AB, tìm giá trị lớn góc A1MC1 Lời giải uuu r r uuur r uuur r Chọn sở AB  a, AD  b, AA1  c Gọi chiều cao h đáy uuuu rhìnhuvng uu r rcạnh 2h nên có số  cho: AM   AB   a , với � �1 uuuu r uuur uuuu r r r MA1  AA1  AM  c   a uuuur uuur uuur uuuu r r r r MC1  MB  BC  CC1      a  b  c r r r2 rr r2 MA12  c   a  c  2 a.c   a  h2   4  r r r 2 2� � MC1  �  h    5�     a  b  c�   � � �   Do MA1  h  4 MC1  h      uuuu r uuuur r r r r r 2 MA1.MC1  c   a �   a  h   �   b  c �   �   uuuu r uuuur cos   cos MA1 , MC1     2  1 �0 2 � �   4  �4      5� Vậy  lớn �   900 �   nên M trung điểm AB Bài 11 [12] Cho hình lập phương � ABC cạnh O Các điểm a trung điểm cạnh S ABC Điểm �  900 , BSC �  600 , CSA �  1200 OA  OB  OC  a, SA  OA, SB  OB, SC  OC , ASB 13 thuộc đoạn a điểm ABC thuộc đoạn b cho đường thẳng SO tạo với mặt phẳng a góc 450 a Chứng minh AK  BH b Tìm giá trị nhỏ MN Lời giải a) + Đặt INF + dt  INF   MN MF  a 87 20 +h + Suy E b) h IE SE 3MN 3a    � h  + Ta có  MN IN SC 8 16 1 3a 87 + Giả sử IEM với dt  IEM   h.IM  h.MF  2 320 13a 87 với y � 0;1 dt  MENF   320 +uuKhi uu r đóuuuu r uuu r uuur r r r r r r r r MN   AM  AB  BN   xa  xc  a  yb  yc    x  a  yb   y  x  c + MN tạo với  ABCD  góc 450 góc MN AA�bằng 450 uuuu r uuur y  x a2  Tức cos 45  cos MN , AA�� a   x  a  y 2a   y  x  a   14 �  yx  1 x �  x  y    1 x  y2  y   y  x 2  1 + Từ ta có xy  � 2 x x 1 �1   2x 2.1 + Do �y � �x �1 2 + Áp dụng bất đẳng thức bunhia vào  1 ta  x  y  ��  x  y �   � � y 1 � x  y �1  2 �  x  y    x  y   �0 � � x  y �1  � + Vì x  y �0 nên ta có x  y �1  2 2 �1  x   y   x  y  � + Mặt khác MN  a � � + Thay  1 vào   ta có MN 2� a 2  x ۳y  2a   MN 2  2  a � x �  x  y � � �� + Vậy MN �  a Dấu “=” sảy � � �x  y  1  �y   � � Bài 12 [13] Cho hình lập phương ABCD A’B’C’D’ cạnh a Lấy điểm M thuộc đoạn thuộc đoạn BD cho AD’ , điểm N   � a 2� � � AM  DN  x, � 0 x � Tìm x theo a để đoạn MN ngắn Lời giải 15 uuuu r uuur uuur uuur r uuur x uuuu x uuur MN  MA  AD  DN   AD '  AD  DB  a a r uuur x uuur uuur uuur x uuu  AD  AA '  AD  AB  AD  a a u u u r u u u r x x uuur  AB '   x AD  AA ' a a        �x � � MN  � �.a   x a � � Khi 2 � � a2 MN  � 3 a� �x � � a2  2 �x � 2 � �.a  x  2a.x  a �a � MN a 3 a a đạt x  3 Để củng cố kiến thức phát huy tính tư sáng tạo học sinh cần làm thêm tập tương tự tập có phương pháp giải sau đó, giải tốn bàng nhiều phương pháp để rút tính hiệu ưu điểm phương pháp toán Vậy MN ngắn 2.3.3 Bài tập tự luyện: Bài [14] (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2017-2018) Cho tứ diện SABC có SA  SB  SC  Một mặt phẳng ( ) thay đổi qua trọng tâm G tứ diện cắt cạnh SA, SB, SC điểm A ', B ', C ' 1   Chứng minh biểu thức T  có giá trị khơng đổi SA ' SB ' SC ' 16 Bài [15] Cho hình lập phương � ABC cạnh O Các điểm a trung điểm cạnh S ABC Điểm �  600 , CSA �  1200 OA  OB  OC  a, SA  OA, SB  OB, SC  OC , � ASB  900 , BSC thuộc đoạn a điểm ABC thuộc đoạn b cho đường thẳng SO tạo với mặt phẳng a góc 450 c Chứng minh AK  BH d Tìm giá trị nhỏ MN Bài [16] Cho tứ diện ABCD có DA  a , DB  b , DC  c , AB  c ' , AC  b ' , BC  a ' Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Chứng minh : R2 � � a '2  b '2  c '2    a  b  c  �  � � Bài [17] Cho tứ diện ABCD có AB  DC , BC  DA , AC  DB Với điểm M bất kỳ, chứng minh MA  MB  MC  MD �4 R với R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Bài [18] Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G bán kính mặt cầu ngoại tiếp R Các đường thẳng AG , BG, CG , DG cắt mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A ', B ', C ', D ' Chứng minh GA.GB.GC.GD �GA '.GB '.GC '.GD ' 2.4Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Các nội dung tốn cực trị ln phần khó học sinh giáo viên THPT Tuy nhiên, đưa nội dung đề tài vào giảng dạy tội thấy hiệu tích cực việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Nhiều học sinh chủ động tìm tòi, định hướng sáng tạo nhiều cách giải tốn khơng cần gợi ý giáo viên Từ mang lại kết bất ngờ từ việc giải tốn thơng qua phương pháp sáng tạo cho học sinh Nhiều học sinh có học lực mơn tốn giải số tốn khó đề thị Đặt biết em đội tuyển học sinh giỏi nhà trường đạt thành tích cao kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2017-2018 Kết khảo sát mơn hình học 36 học sinh lớp 11 sau thực đề tài: 17 Khối lớp Tổng số học sinh 11 42 KẾT QUẢ XẾP LOẠI Giỏi Khá Trung bình Yếu TS % TS % TS % TS % 16,7 15 35,7 17 40,4 7,1 Từ kết cho thấy tỉ lệ giỏi tăng, yếu giảm so với kiểm tra khảo sát đầu học kì II năm học tỉ lệ tăng mạnh vào nhóm học sinh có học lực giỏi KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: Bài viết vài kinh nghiệm nhỏ chuyên đề “sử dụng phương pháp véc tơ để giải toán cực trị hình học khơng gian” chun đề khơng chưa nhiều thầy cô đồng nghiệp trọng nghiên cứu hay có viết chuyên sâu dạng toán Với thời gian nghiên cứu sưu tầm tài liệu năm, tài liệu tổng hợp lý thuyết sở cho dạng toán, đưa ví dụ minh họa làm rõ phương pháp bao gồm dạng toán liên quan đến hình chóp hình lăng trụ Cuối chun đề phần tập vận dụng tương tự cho học sinh tự học nhằm khắc sâu kiến thức Hiệu việc chuyển hình học hướng tư biến đổi đại số, giải tích mang lại hiệu tích tích cực cơng tác dạy học Tuy nhiên với thời lượng không cho phép, nội dung sáng kiến hạn chế mà tác giả trăn trở để tiếp tục hoàn thiện thời gian tới như: - Nội dung đề tài áp dụng phù hợp cho học sinh có học lực giỏi , bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, chưa có nội dung áp dụng cho học sinh có học lực trung bình yếu - Đề tài véc tơ nhiều nội dung khác sử dụng phương pháp véc tơ để chứng minh quan hệ song song, vng góc , tính khoảng cách, tính góc … chưa đề cập đến 3.2 Kiến nghị: Đối với giáo viên: Cần tích cực nâng cao trình độ, lực giảng dạy, không ngừng học tập, tự bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ đặc biệt phương pháp dạy 18 học phù hợp với đối tượng học sinh Ngoài kiến thức sách giáo khoa, sách tập, giáo viên ln tìm tòi tích lũy kinh nghiệm để có thêm nhiều phương pháp giúp học sinh thêm hứng thú tìm thấy niềm vui học tập Đối với tổ chuyên môn nhà trường: Cần tổ chức hiệu buổi sinh hoạt chuyên mơn phương pháp giảng dạy kiểu khó, để giáo viên trao đổi, chia sẻ kinh nghiệm thống cách dạy dạng cụ thể Việc dự giờ, góp ý cho đồng nghiệp kiểu bài,dạng toán cần thực cách thường xuyên để nâng cao chất lượng dạy học nhà trường nói chung mơn Tốn học nói riêng Bên cạnh cần tham khảo sáng kiến kinh nghiệm đánh giá từ Hội đồng khoa học cấp tỉnh để triển khai tới tổ viên, tạo hội cho tổ viên học hỏi, rút kinh nghiệm cho chun mơn Tạo phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm cơng việc thương niên người để có thêm nhiều tài liệu tốt dạy bồi dưỡng cho học sinh Đối với Sở giáo dục đào tạo: Thường xuyên tổ chức lớp tập huấn, chuyên đề lĩnh vực chuyên môn nội dung giảng dạy khiến nhiều giáo viên băn khoăn, lúng túng cách thực hiện, đặc biệt phát động trào viết chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, phù đạo học sinh yếu Những sáng kiến kinh nghiệm đánh giá cao, sát với thực tiễn, dễ vận dụng cần phổ biến rộng rãi để giáo viên tỉnh có hội học tập kinh nghiệm lẫn Sáng kiến kinh nghiệm đề tài“sử dụng phương pháp véc tơ để giải tốn cực trị hình học không gian” Là chuyên đề nhỏ việc áp ứng dụng véc tơ vào giải tốn hình học Trong q trình thực hiện, khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong quan tâm đóng góp ý kiến, trao đổi, bổ sung bạn bè đồng nghiệp Ban giám khảo Hội đồng khoa học ngành để sáng kiến kinh nghiệm tơi hồn thiện Xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thạch thành, ngày 25 tháng năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN thân không chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Công Phương 19 III Tài liệu tham khảo [1] Sách giáo khoa sách tập hình học lớp 10 11 – nhà xuất Giáo dục Hà Nội ,năm 2007 [2], [3], [4], [5], [10] Tuyển tập đề thi học sinh giỏi THPT mơn tốn, nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội, 2016 ,tác giả:Hà Duy Hưng,Nguyễn Sơn Hà,Nguyễn Ngọc Giang,Lê Minh Cường [14] Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2017-2018 [7], [8] [9], Tinh lọc chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi - nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội, 2013 ,tác giả: Văn Phú Quốc, Huỳnh Công Thái [6], [15], [16] , [17], [18], Tuyển tập đề thi Olimpic 30 tháng mơn tốn, nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội năm 2016 [10], [11] [12], [13] Tuyển tập đề thi Olimpic 30 tháng mơn tốn, nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội năm 2012 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đà ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP SỞ TỪ LOẠI C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Nguyễn Công Phương Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Thạch thành TT Tên đề tài SKKN Kết Cấp đánh đánh giá giá xếp loại xếp loại (Phòng, Sở, (A, B, Tỉnh ) C) Sở GD&ĐT B Thanh Hóa Phát triển tư cho học sinh qua toán hình học nhiều cách giải Ứng dụng phương pháp tọa Sở GD&ĐT độ giải tốn hình học Thanh Hóa không gian C Năm học đánh giá xếp loại 2011-2012 2014-2015 ... lẫn Sáng kiến kinh nghiệm đề tài sử dụng phương pháp véc tơ để giải tốn cực trị hình học khơng gian Là chuyên đề nhỏ việc áp ứng dụng véc tơ vào giải tốn hình học Trong q trình thực hiện, khơng... số học sinh ngại học mơn hình học, đặc biệt tốn cực trị hình học khơng gian Bởi vì, mơn học khó đòi hỏi trí tưởng tượng, óc thẩm mỹ tính tư cao, học sinh học tốt Việc sử dụng phương pháp véc tơ. .. Gibbs Để giải toán phương pháp véc tơ ta thực theo bước sau :  Bước : Thực việc chọn hệ véc tơ thích hợp, chuyển tốn hình học khơng gian tốn biến đổi véc tơ dựa vào tính chất véc tơ  Bước : Giải