SKKN hướng dẫn học sinh lớp 12 giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích12

KÝ HIỆU CÁC CHỮ VIẾT TẮT GV HS HH PPVT SGK, SBT THPT VD VDC : Giáo viên : Học sinh : Hình học : Phương pháp véc tơ : Sách giáo khoa,sách tập : Trung học phổ thông : Vận dụng : Vận dụng cao MỤC LỤC Tran g 1.Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài … 1.2 Nhiệm vụ đề tài………………………………………… …………… 1.3 Đối tượng nghiên cứu……………………………………………………… 1.4 Phạm vi nghiên cứu 2.Nội dung … 2.1 Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học 2.1.1 Nhắc lai một sô dang toan hay đươc sử dung 2.1.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α)…………….4 2.1.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:………… 2.2 Áp dụng thực tế dạy học Các dạng tập thường gặp…………………………………… ………….5 2.1 Các bai toan cưc trị liên quan đên tim một điểm thỏa điêu kiên cho trước 2.2 Cac bai toan cưc trị liên quan đên vị trí cua đương thẳng, măt phẳng…15 2.3 Hiệu sáng kiến…………………………………………………… 23 3.Kêt luận 24 3.1.Kết luận 25 3.2.Kiến nghịị 25 HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong chương trình Hinh hoc giai tích lớp 12, bên canh cac dang toan quen thuộc như: viêt phương trinh măt phẳng, phương trinh đương thẳng,… Ta còn găp cac bai toan tim vị trí cua điểm, đương thẳng hay măt phẳng liên quan đên một điêu kiên cưc trị Đây la dang Toan khó, chỉ có chương trinh nâng cao va sửử̉ dụng làm câu hỏử̉i VD VDC đề thi TN THPT Quốc Gia Trong thưc tế giảng dạy, nhận thấy nhiêu hoc sinh bị mât kiên thưc ban hinh hoc không gian, không nắm vững cac kiên thưc vê hinh hoc, vec tơ, phương phap độ không gian Đặc biệt nóó́i đến tốn cực trịị hình học em “e ngại” kểử̉ đối vớó́i học sinh khá, giỏử̉i 1.2 Nhiệm vụ đề tài Trong qua trinh trưc tiêp giang day va nghiên cưu thây la dang toan không chỉ khó ma còn kha hay, lôi cuôn đươc cac em hoc sinh kha giỏi Nêu ta biêt sử dung linh hoat va kheo leo kiên thưc cua hinh hoc th̀n túy, vectơ, phương phap toa đợ, hình học giai tích thi có thể đưa bai toan vê một bai toan quen tḥc Vớó́i đề tài này, tơi cố gắó́ng xây dựng sở kiến thức vữữ̃ng chắó́c, hệ thống tập víó́ dụ logic giúó́p học sinh tiếp thu vấn đề mộịt cách thuận lợi nhất, quy lạ quen đểử̉ tốn cực trịị hình học giải tíó́ch khơng còị̀n ln ln tốn hóó́c búó́a, khóó́ giải 1.3 Đối tượng nghiên cứu Từ kiến thức víó́ dụ dễ hiểử̉u, sau đóó́ phát triểử̉n dầị̀n thành tốn phức tạp hơn, đối tượng nghiên cứu đề tài tập trung vào mợịt số tốn cực trịị hình học cụ thểử̉ hình học giải tíó́ch lớó́p 12 1.4 Phạm vi nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu đề tài hình học giải tíó́ch chương trình SGK nâng cao hình học lớó́p 12 lưu hành Tập trung chủ yếu vào tốn mức đợị VD VDC đề thi TN THPT Quốc Gia Vớó́i tinh thầị̀n u thíó́ch bợị mơn, nhằm giúó́p em hứng thúó́ hơn, tạo cho em niềm đam mê, u thíó́ch mơn tốn, mở mợịt cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo kiến thức học, tạo tang cho cac học sinh tự học, tự nghiên cứu.Tôi manh dan viết chuyên đề “Hướng dẫn học sinh lơp 12 giải môt sô bai toán cực trị hình hoc giai tích” NỘI DUNG 2.1.Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học 2.1.1 Nhắc lai môt sô dang toán hay đươc sử dung 2.1.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α) - Goi H la hinh chiêu vuông góc cua M lên (α) - Viêt phương trinh đương thẳng MH(qua M va vuông góc với (α)) - Tim giao điểm H cua MH va (α) *Nêu yêu cầu tim điểm M’ đôi xưng với Mqua măt phẳng (α) thi ta vẫn tim hinh chiêuH cua M lên (α), dùng công thưc trung điểm suy toa độ M’ 2.1.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d: -Viêt phương trinh tham sô cua d - Goi H dcó toa độ theo tham sô t - H la hinh chiêu vuông góc cua điểm M lên d ud MH -Tim t, suy toa độ cua H 2.2 Áp dụng thựự̣c tế dạy học Cáá́c dạng tập thường gặp 2.2.1 Cáá́c bai toán cực trị liên quan đên tìm môt điểm thỏa điêu kiên cho trươc Bai toán 1: Cho n điểm A1, A2, An, với n số k1, k2,.,kn thỏa k1+ k2+ ….+kn = k ≠ và đường thẳng d hay mặt phẳng (α) Tìm điểm M đường thẳng d hay mặt phẳng (α) cho k1 MA1 k MA2 k n MAn có giá trị nhỏ nhất Lời giải: -Tim điểm I thỏa k1 IA1 + k2 IA2 + + kn IAn -Biên đôi : k1 MA1 + k2 MA2 + + kn MAn = (k1 + k2 + + kn )MI = k MI Tim vị trí cua M MI đat gia trị nhỏ nhât Ví du 1: Cho măt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = ba điểử̉m A 1;0;1 , B -2;1;2 , C 1;-7;0 Tim điểm M măt phẳng (α) cho : 1) MA + MB MC có gia trị nhỏử̉ 2) MA -2MB 3MC có gia trị nhỏử̉ Giải: Goi điểm G thỏa GA + GB +GC = thi G la tâm cua tam giac ABC va G(0;-2;1) 1) Ta có MA + MB MC = MG + GA + MG GB MG GC =3 MG có gia trị nhỏử̉ M la hinh chiêu vuông góc cua G lên măt phẳng (α) MG nhân n = (2; -2; 1) lam vecto chỉ phương x = 2t Phương trinh tham sô MG y = -2-2t z = 1+3t Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trinh: 4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 17t 17 t Vây với M(-2; 0; -2) thi MA + MB MC có gia trị nhỏ nhât 2) Goi I(x; y; z) la 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) x = 4; y = - 23 23 ; z = - , vây I(4; ; ) Ta có: MA -2MB 3MC = MI+IA -2(MI IB) 3(MI IC) = 2MI có gia trị nhỏử̉ M la hinh chiêu vuông góc cua I lên măt phẳng (α) x = 4+2t 23 Phương trinh tham sô MI: y = -2t +3t z= Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trinh: 2(4 2t) 2( 23 2t) 3( 3t) 10 Vây với M( 17 ; 245 34 ; 17t 73 t 73 34 135 17) thi MA -2MB 3MC đat gia trị nhỏ nhât Bai toán 2: Cho đa giác A1 A2 ….An và n số thực k1, k2, …., kn thỏa k1+ k2+ ….+ kn = k Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) cho tổng T = k1MA1 2 k MA2 k n MAn đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất Lời giải: - Tim điểm I thỏa k1 IA1 + k2 IA2 + + kn IAn -Biên đôi : T = k1MA12 k2 MA22 knMA2n = = (k + + k )MI2 + n k IA k IA2 1 2 = kMI2 + k1IA1 k2 IA2 2 k1IA1 k2 IA2 knIA n không k IA2 +2 n n MI(k IA + + k IA ) 1 n n knIA n Do đôi, Biểu thưc T nhỏ nhât hoăc lớn nhât MI nhỏ nhât hay M la hinh chiêu vuông góc cua I lên măt phẳng hay đương 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 du 1: Cho măt phẳng (α): x + 2y + 2z + = va ba điểm A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1) 1) Tim M măt phẳng (α) cho MA2 + MB2 có gia trị nhỏ nhât 2) Tim M măt phẳng (α) cho MA2 - MB2 – MC2 có gia trị lớn nhât Giảả̉i:1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = thi I la trung điểm AB va I(2; ; 2) Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA)2 +(MI + IB)2 IA2 + IB2 +2MI2 +2MI(IA + IB) = IA2 + IB2 +2MI2 Do IA2 + IB2 không đôi nên MA2 + MB2 nhỏ nhât MI2 có gia trị nhỏ nhât, hay M la hinh chiêu vuông góc cua I lên (α) Đương thẳng IM qua điểm I va có vtcp n α (1; 2; 2) x = 2+t Phương trinh tham sô MI: y = + 2t z= +2t Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trinh: t 2( 2t) M(1; 2( 2t) 9t t 1 ; 2) Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA + MB2 = 2MI2 + AB 2 , AB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α) 2)Goi J(x; y; z) la điểm thỏa JA - JB -JB = Hay (1 x; y; z) (3 x;1 y; z) (1 x; y;1 z) (0;0; 0) 3 x y 0 J(3; 3; 0) Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA)2 - (MJ + JB)2 J A2 JB2 JC2 MJ2 + 2MJ(JA (MJ + JC)2 JB JC) JA2 JB2 JC2 MJ2 Do JA2 JB2 JC2 không đôi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhât MJ nhỏ nhât hay M la hinh chiêu cua J măt phẳng (α) Đương thẳng JM qua điểm I va có vtcp n α x = 3+t (1; 2; 2) Phương trinh tham sô MJ: y = -3+ 2t Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trinh: t 2( 2t) 2.2t 9t M( 23 9; 35 Vây với M( t 9; ) 23 35 9; ; 9) thi MA2 - MB2 – MC2 có gia trị lớn nhât x -1 y -2 z -3 Ví du 2: Cho đương thẳng d có phương trinh: = = va cac điểm A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3) Hay tim điểm M d cho 1) MA2 - 2MB2 có gia trị lớn nhât 2) MA2 + MB2 + MC2 có gia trị nhỏ nhât Giải: 1) Goi điểm I(x; y; z) la điểm thỏa IA -2 IB = Hay: ( x;1 y; z) 2(2 x; y; z) (0; 0; 0) x y 0I(4; 3; 6) - 6+z Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA)2 IA2 vtcp u 2IB2 2(MI + IB)2 MI2 + 2MI(IA IB) IA2 2IB2 MI2 Do IA2 -2IB2 không đôi nên MA2 -2 MB2 lớn nhât MI2 có gia trị nhỏ nhât, hay M la hinh chiêu vuông góc cua I lên d x = 1+t (1; 2;1) , phương trinh tham sô d: y = 2+ 2t z = 3+ t M d M(1 t; 2t; t) , IM = ( t-3; 2t + ; t - 3) M la hinh chiêu vng góó́c I lên d nên IM.u t t 2 M( 3 ; ; 3) Vây với M( ; ; 3) thi MA2 - 2MB2 có gia trị lớn nhât 2) Goi điểm G(x; y; z) la điểm thỏa GA + GB +GC = thi G la tâm tam giac ABC va G(2; 1; 1) Ta có: MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA)2 + (MG + GB)2 +(MG + GC)2 = GA2 GB2 GC2 +3MG2 + 2MG(GA GB GC) = GA2 GB2 GC2 +3MG2 Do GA2 GB2 GC2 không đôi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhât MG nhỏ nhât, hay M la hinh chiêu vuông góc cua G lên đương thẳng d M d M(1 t; 2t; t) , GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2) Khi M la hinh chiêu vuông góc cua I lên đương thẳng d thi 6t t Vây với M( GM.u 1 M( ;1; 2) ;1; 2) thi MA2 + MB2 + MC2 có gia trị nhỏ nhât Bai toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = và hai điểm A,B không thuộộ̣c (α) Tìm điểm M (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất Lời giải: 1.Nêu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < thi A, B năm vê hai phía với (α) Để MA + MB nhỏ nhât M thuộc AB hay M la giao điểm cua (α) va AB 2.Nêu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 thi A, B năm vê một phía với (α) Khi đó ta tim điểm A’ đôi xưng với A qua (α) Do MA + MB = MA’+ MB ma đat gia trị nhỏ nhât M thuộc A’B hay M la giao điểm cua (α) va A’B Ví du 1: Trong không gian với toa độ Oxyz, cho măt phẳng (α) có phương trinh:x – 2y – 2z + = va hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2) Tim điểm M măt phẳng (α) cho MA + MB có gia trị nhỏ nhât Giải: Thay toa độ cua A va B vao phương trinh (α) ta thây hai điểm năm vê hai phía cua (α) Ta có MA + MB có gia trị nhỏ nhât M la giao điểm cua AB va (α) Đương thẳng AB qua điểm B, nhân AB (1; 1;0) lam vecto chỉ phương x Phương trinh tham sô cua AB: t y t Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trinh: + t – 2(-t)- 2.2 + = 3t t Hay M( ; ; 2) la điểm cầò̀n tim Ví du 2: Cho măt phẳng (α) có phương trinh: x – y + 2z = va ba điểm A(1; 2;1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2) Hay tim điểm M d cho 1) MA + MB có gia trị nhỏ nhât 2) MA - MC có gia trị lớn nhât Giải: 1) Thay toa độ cua A va B vao phương trinh (α) ta thây hai điểm năm vê một phía cua (α) Goi A’ la điểm đôi xưng với A qua (α), để MA + MB có gia trị nhỏ nhât M la giao điểm cua A’B với (α) Đương thẳng AA’ qua A va vuông góc với (α), AA’ nhân n (1; 1; 2) lam vecto chỉ phương x t Phương trinh tham sô AA’: y t Toa độ hinh chiêu vuông góc H cua A (α) ưng với t cua phương trinh H( ;3; 0) + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 06t – = hay t = 2 xA ' = 2xH xA Do H la trung điểm AA’ nên yA ' =2yH yA A '(2; 1; 1) zA ' = 2zH zA 10 Măt cầu (S) có tâm I (0; ;1 ) , ban kính R = MN 2 Phương trinh măt cầu (S): x ( y 1) 2( z 1) 2 2 2.2.2 Các bai toán cực trị liên quan đên vị trí cua đương thẳng, măt phẳng Bai toán 1:Cho hai điểm phân biệt A,B Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A và cách B một khoảng lớn nhất Lời giải: Hoi H la hinh chiêu vuông góc cua B lên măt phẳng (α), đó tam giac ABH vuông tai H va khoang cach d(B; (α)) = BH ≤ AB Vây d(B; (α)) lớn nhât băng AB A ≡ H, đó (α) la măt phẳng qua A va vuông góc với AB Ví du 1: Viêt phương trinh măt phẳng (α) qua điểm D(1; -2; 3) va cach điểm I(3; -1; -2) một khoang lớn nhât Giải: ( cach điểm I(3; -1; -2) một khoang lớn nhât (α) la măt phẳng qua D va vuông góc với DI ( nhân DI (2; 1; -5) lam vecto phap tuyên Phương trinh măt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = 2x + y – 5z + 15 = Ví du 2: Cho hai điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), goi (α) la măt phẳng qua B Trong cac măt cầu tâm A va tiêp xúc với (α), hay viêt phương trinh măt cầu (S) có ban kính lớn nhât Giải: Măt cầu (S) có ban kính R = d(A; (α)) lớn nhât (α) qua B va vuông góc với AB BA (1; 2; 2) la vectơ phap tuyên cua (α) R = AB=3 Phương trinh măt cầu (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 15 Bai toán : Cho điểm A và đường thẳng ∆ không qua A Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆ cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất Lời giải: Goi H la hinh chiêu vuông góc cua A lên măt phẳng (α), K la hinh chiêu vuông góc cua A lên ∆ Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhât thi H≡ K, đó (α) la măt phẳng qua ∆ va vuông góc với AK Hay (α) qua ∆ va vuông góc với mp(∆, A) Ví du 1: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1) Viêt phương trinh măt phẳng (α) qua hai điểm A, B va cach C một khoang lớn nhât Giải: Măt phẳng (α) qua hai điểm A, B va cach C một khoang lớn nhât (α) qua hai điểm A, B va vuông góc với mp(ABC) AB (1; 1; 1) ,AC ( 2; 3; 2) (ABC) có vectơ phap tuyên n [ AB, AC] ( 1; 4; 5) (α)cóvectơphaptuyên n [ n, AB] ( 6; 3) 3(3; 2;1) Phương trinh (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 3x + 2y + z – 11 = Bai toán 3: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm (α) qua A và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất Lời giải: Goi H la hinh chiêu cua B lên ∆ ta thây d(B; ∆) = BH ≤ AB Vây khoang cach tư B đên ∆ lớn nhât A ≡ H hay ∆ la đương thẳng năm (α) va vuông góc với AB Goi K la hinh chiêu vuông góc cua B lên (α) đó d(B; (α)) = BH ≥ BK 16 Vây khoang cach tư B đên ∆ nhỏ nhât K ≡ H hay ∆ la đương thẳng qua hai điểm A, K Ví du 1: Cho măt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = va điểm A (-3; 3; -3) Viêt phương trinh đương thẳng ∆ năm (α), qua điểm A va cach điểm B(2;3; 5) một khoang : 1) Nhỏ nhât 2) Lớn nhât Giải: Ta thấy (α)cóó́ véctơ pháp tuyến n (2; 2;1) 1) Goi H la hinh chiêu vuông góc cua B lên (α) x2 2t Phương trinh BH: y 2t Toa độ điểm H ưng với t la nghiêm cua phương trinh: 2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + + t + 15= t hay H(-2; 7; 3) Ta thây d(B; ∆) nhỏ nhât ∆ qua hai điểm A, H vây AH (1; 4;6) la vec tơ chỉ phương cua ∆ Phương trinh cua ∆: x+3 y -3 z +3 2) Ta thây d(B; ∆) lớn nhât ∆ la đương thẳng năm (α), qua A va vuông góc với AB ∆ có vectơ chỉ phương u [ AB, n ] (16;11; 10) Phương trinh cua ∆: x+3 16 y -3 z +3 11 10 x t Ví du 2: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) va đương thẳng d: y z t 1) Viêt phương trinh măt phẳng (α) qua d va B 2) Viêt phương trinh đương thẳng ∆1 qua B cắt d cho khoang cach tư A đên ∆1 lớn nhât 3) Viêt phương trinh đương thẳng ∆2 qua B cắt d cho khoang cach tư A đên ∆2 nhỏ nhât Giải: 17 1) Đương thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp ud (1;0; -1) , MB ( 2; 2;0) [ ud , MB] (2; 2; 2) 2(1;1;1) 2n (α) qua B nhân n (1;1;1) lam vectơ phap tuyên Phương trinh (α): x + y + z – = 2) Goi H la hinh chiêu cua A lên (α), để d(A, ∆1) nhỏ nhât ∆1 qua hai điểm x B,H Phương trinh tham sô AH: t y t Toa độ H ưng với t la nghiêm phương trinh: + t + + t -1 + t – = 3t t BH ( ; ; 4 ) 3u (2; 1; 1) H( u ;2 ; ) 3 ∆1 nhân u lam vec tơ chỉ phương 1 Ta thây u va phẳng (α)) d không cùng phương nên d va ∆1 cắt (do cùng thuộc măt Vây phương trinh ∆1: x+1 y- z 1 3) Goi K la hinh chiêu cua A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆2 ) lớn nhât K ≡ B hay ∆2 năm (α)va vuông góc với AB Ta có [ n , AB] (0; 4; 4) 4(0;1; 1) 4u2 ∆2 nhân u2 lam vec tơ chỉ phương, măt khac u2 va ud không cùng phương nên d va ∆2 cắt (do cùng thuộc măt phẳng (α)) x Phương trinh ∆2: y t Bai toán : Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hoặc nằm (α) và không qua A Tìm đường thẳng ∆ nằm (α), qua A cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất Lời giải: 18 Goi d1 la đương thẳng qua A va song song với d, B la giao điểm cua d với (α) Xet (P) la măt phẳng (d1, ∆), H va I la hinh chiêu vuông góc cua B lên (P) va d1 Ta thây khoang cach giữa ∆ va d la BH va BH ≤ BI nên BH lớn nhât I ≡ H, đó ∆ có vtcp u [ BI , n ] x -1 y -2 z - Ví du 1: Cho đương thẳng d: , măt phẳng (α): 2x – y – z + = va điểm A( -1; 1; 1).Viêt phương trinh đương thẳng ∆ năm (α), qua A cho khoang cach giữa ∆ va d la lớn nhât Giải:Đương thẳng d có vtcp u (1; 2; -1), (α) có vtpt n (2; -1; 1) x t Phương trinh tham sô d: y 2t Goi B la giao điểm cua d va (α), toa độ B ưng với t la nghiêm phương trinh: 2+ 2t – – 2t – 3+ t + = t = -1 B(0; 0; 4) Xet d1 la đương thẳng qua A va song song với d x t Phương trinh tham sô đương thẳng d1: y 2t z 1t Goi I la hinh chiêu vuông góc cua B lên d1 I(-1 + t; + 2t; – t), BI (-1 + t; + 2t;-5– t) Ta có BI.u -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = Đương thẳng ∆ có vtcp u Phương trinh ∆: x+1 t = -1 I(-2; -1; 2) [ BI , n ] = (-5; -10; 4) y -1 z -1 10 Ví du 2: Cho măt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) va đương thẳng ∆ x+1 y z- : = = Trong cac đương thẳng qua A va song song song với (P), hay viêt phương trinh đương thẳng d cho khoang cach giữa d va ∆ lớn nhât 19 Giải: Măt phẳng (α) qua A va song song với (P) có phương trinh: x + y – z + 2= => d năm (α) Đương thẳng ∆ có vtcp u (2;1;-3), (α) có vtpt n (1;1;-1) x 2t Phương trinh tham sô ∆: y t Goi B la giao điểm cua ∆ va (α), toa độ B ưng với t la nghiêm phương trinh: 1 -1+ 2t + t – (4- 3t) + = t = B(0; ; ) 2 Xet ∆1 la đương thẳng qua A va song song với ∆ x 2t Phương trinh tham sô đương thẳng ∆1: y t z 3t Goi H la hinh chiêu vuông góc cua B lên ∆1 H(1 + 2t; -1 + t; – 3t) + 9t = t = BH (1 + 2t; t - ; -3t).Ta có BI u + 4t + t 2 28 13 43 1 BH =( 14 ; 28 ; 28 ) = 28 (26; -43; 3) = 28 u1 Đương thẳng d có vtcp ud [ u1 , n ] = (40; 29; 69) Phương trinh d : x-1 y+1 z -2 29 40 69 Bai toán 5: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hoặc nằm (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm (α), qua A và tạo với d góc lớn nhất, nhỏ nhất Lời giải: Vẽ đương thẳng d1 qua A va song song với d Trên d1 lây điểm B khac A la điểm cô định, goi K, H la hinh chiêu vuông góc cua B lên (α) va ∆ BH BK Ta có sin(d, ∆) = AB ≥ AB Do vây góc (d, ∆) nhỏ nhât K ≡ H hay ∆ la đương thẳng AK 20 Góc (d, ∆) lớn nhât băng 900 ∆ d va ∆ có vtcp u [ ud , n ] Ví du 1: Cho măt phẳng (α): 2x + 2y – z – = 0, điểm A(1; 2; -2) va đương thẳng d: x+2 y -1 z -3 1 1) Viêt phương trinh đương thẳng ∆1 năm (α), qua A va tao với d một góc lớn nhât 2) Viêt phương trinh đương thẳng ∆2 năm (α), qua A va tao với d một góc nhỏ nhât Giải: (α) có vectơ phap tuyên n (2; 2; -1) , d có vectơ ud (1;1;1) qua điểm M(-2; 1; 3) Ta thây A (α) măt khac n ud nên d không song song hoăc năm (α) 1) ∆1 tao với d một góc lớn nhât ∆1 d Do đó ∆1 có vectơ chỉ phương u1 [ ud , n ] = (-3; 3; ) = -3(1; -1; 0) x t y Phương trinh tham sô cua ∆ : t z 2) Xet đương thẳng d1 qua A va song song với d x-1 y-2 z +2 Phương trinh d : , lây điểm B(2; 3; -1) d 1 1 x 2t Phương trinh tham sô cua BK y 2t , toa độ cua K ưng với t la nghiêm cua z t phương trinh : 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) – (- – t) – = K( 10 ;19 ; ) 9t + = hay t = 9 9 1 13 ∆2 tao với d một góc nhỏ nhât nó qua hai điểm A va K, AK ( ; ; ) ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương u2 9.AK (1;1;13) 9 21 Phương trinh ∆2 : x-1 y-2 z +2 1 13 Ví du 2: Cho hai điểm A(1; 0; 0) , B( 0; -2; 0) va đương thẳng d: x-1 y-2 z -3 Viêt phương trinh đương thẳng ∆ qua A, vuông góc với d va tao với AB một góc nhỏ nhât Giải: Đương thẳng d có vectơ ud (2;1;1) Xet măt phẳng (α) qua A va vuông góc với d ∆ năm (α) ( nhân ud (2;1;1) lam vectơ phap tuyên Phương trinh (α): 2x + y + z – = Goi H la hinh chiêu vuông góc cua B lên (α), BH có vectơ ud (2;1;1) x 2t Phương trinh tham sô cua BH y t , toa độ cua H ưng với t la nghiêm cua z t phương trinh: 4t -2 + t + t – = 6t – = t hay H( ; ; ) 3 3 ∆ tao với AB một góc nhỏ nhât nó qua hai điểm A va H, AH ( ∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương u Phương trinh ∆ : x-1 y 3.AH ; ; ) 3 (1; 4; 2) z 2.3 Hiệu đề tài Nhữữ̃ng điều thực nêu cóó́ mợịt số tác dụng đối vớó́i học sinh,cụ thểử̉ : Các em tỏử̉ say mê, hứng thúó́ vớó́i dạng tốn đóó́ cóó́ thểử̉ coi mợịt thành cơng người giáo viên Kết thúó́c đề tài tơi khảo sát lại cho em học sinh lớó́p 12A4,12A5 Kết sau: Không Nhận biết, nhận biết vận dụng Nhận biết biết vận dụng, chưa giải Nhận biết biết vận dụng , giải 22 Số lượng Tỉử̉ lệ ( %) 0.0 hoàn chỉử̉nh 27 30 3.3 hoàn chỉử̉nh 60 66,7 Rõ ràng em cóó́ tiến bợị Như chắó́c chắó́n phương pháp mà tơi nêu đề tài giúó́p em phận loại tập nắó́m vữữ̃ng phương pháp làm trình bầị̀y giúó́p em tự tin học tập thi Tuy kết qủa chưa thật mong đợi, vớó́i trách nhiệm mợịt người thầị̀y, mợịt chừng mực đóó́ tơi cóó́ thểử̉ bớó́t băn khoăn học tròị̀ cóó́ thểử̉ làm tốt tốn: “ Cực trịị hình học giải tíó́ch lớó́p 12 ” Vận dụng chuyên đề học sinh cóó́ thểử̉ giải mộịt số câu VD, VDC đề thi TN THPT Quốc Gia, víó́ dụ minh họa: Víó́ dụ 1: (Đề Thi thửử̉ CHUN ĐH VINH) Trong khơng gian vớó́i hệ tọa đợị Oxyz , z Tìm véctơ 2 chỉử̉ phương u đường thẳử̉ng qua M , vng góó́c vớó́i đường thẳử̉ng d đồng cho hai điểử̉m M 2; 2;1 , A 1;2; đường thẳử̉ng d : x thời cách điểử̉m A mộịt khoảng bé A u 2;1; B u 1; 0; C u 3; 4; Víó́ dụ 2: Trong khơng gian vớó́i hệ toạ đợị Oxyz , cho điểử̉m C(2;4;3) x y z Víó́ dụ D(2; 2; 1) D u 2; 2; A(2;4; 1) , B(1;4; 1) , Biết M x; y ; z , đểử̉ MA2 MB MC MD2 đạt giá trịị nhỏử̉ A B 3:Trong y khơng gian vớó́i C hệ trục toạ độị D Oxyz, cho điểử̉m A 1;2;3 ; B 0;1;1 ;C 1;0; T MA 2 MB khoảng băng A 121 Điểử̉m M P : x y z cho giá trịị biểử̉u thức M cách Q :2 x y z mộịt 3MC2 nhỏử̉ Khi đóó́, điểử̉m B 24 54 C D 101 54 Và nhiều toán tương tự giaỉử̉ mộịt cách hiệu KẾT LUẬN 23 3.1 Kết luận Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, mộịt kinh nghiệm rúó́t trướó́c hết học sinh phải nắó́m chắó́c kiến thức bản, biêt vận dụng linh hoạt kiến thức này, từ đóó́ mớó́i dạy chuyên đề mở rợịng, nâng cao, khắó́c sâu kiến thức mợịt cách hợp ly vớó́i đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng khiếu, rèn kỹ cho học sinh 3.2 Kiến nghịự̣ Tôi nghĩ : tiến bộị thành đạt học sinh mục đíó́ch cao cả, nguồn đợịng viên tíó́ch cực người thầị̀y Do vậy, tơi mong ướó́c chia sẻ vớó́i q đồng nghiệp mợịt số suy nghĩ sau: Mợịt tốn cóó́ thểử̉ cóó́ nhiều cách giải song việc tìm mợịt lời giải hợp lý, ngắó́n gọn thúó́ vịị đợịc đáo mợịt việc khơng dễ Do đóó́ chỉử̉ mợịt chun đề rât nhiêu chuyên đề, mộịt phương pháp hàng vạn phương pháp đểử̉ giúó́p phát triểử̉n tư duy, sáng tạo học sinh Giáo viên trướó́c hết phải cung cấp cho học sinh nắó́m chắó́c kiến thức sau đóó́ cung cấp cho học sinh cách nhận dạng tốn, thểử̉ tốn từ đóó́ học sinh cóó́ thểử̉ vân dụng linh hoạt kiến thưc bản, phân tíó́ch tìm hướó́ng giải, bắó́t đầị̀u từ đâu bắó́t đầị̀u quan trọng đểử̉ học sinh không sợ đứng trướó́c mợịt tốn khóó́ mà dầị̀n gây hứng thúó́ say mê mơn tốn, từ đóó́ tạo cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu Tuy nộịi dung cua chuyên đê kha rộng, song khuôn khổ thời gian có hạn người viết chỉử̉ víó́ dụ, tốn điểử̉n hình Đặộ̣c biệộ̣t, chun đề nàà̀y thựộ̣c sựộ̣ hiệộ̣u quảả̉ giảả̉ng dạộ̣y cho đốố́i tượng học sinh kháố́, giỏả̉i Rất mong đóó́ng góó́p ý kiến bạn quan tâm đồng nghiệp đểử̉ chuyên đề đầò̀y đủ hoàn thiện hơn./ XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thọ Xuân, ngày 27 tháng năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN 24 viết, khơng chép nộịi dung người khác Lê Văn Hà ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ Thọ Xuân, Ngày 27 tháng năm 2019 Thay mặt HĐKH sở Chủ Tịịch TÀI LIỆU THAM KHẢO 25 [1] Hinh hoc 12, Bai tâp hinh hoc 12 – nha XBGD năm 2008 [2] Hinh hoc 12 nâng cao, Bai tâp hinh hoc 12 nâng cao – nha XBGD năm 2008 [3] Tap chí Toan hoc va tuôi tre năm 2010 [4] Cac dang Toan LT ĐH cua Phan Huy Khai- NXB Ha Nội năm 2002 [5] Tuyểử̉n tập đề thi thửử̉ TN THPT Quốc Gia trường nướó́c năm học 2017-2018, 2018-2019 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SKKN ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SKKN NGÀNH GD TỈNH THANH HÓA XẾP LOẠI 26 Tên đề tài Số, ngày, tháá́ng, năm Năm cấp Xếp loại địự̣nh công Sáá́ng kiến nhận, quan ban hành QĐ “Hướng dẫn học sinh giỏi vận dụng mối tương quan đườờ̀ng thẳẳ̉ng đườờ̀ng tròn đểẳ̉ giải số toán” 2011 C “Hướng dẫn học sinh giỏi vận dụng định lý lim x s inx x 1đểẳ̉ giải QĐ số 871/QĐ-SGD&ĐT, 2012 C số tốn tìờ̀m giới hạn dạng vơ định củẳ̉a hàm số lượng giác” “Hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng kỹ tính tích phân hàm số hữu tỉ đểẳ̉ giải số toán đề thi Đại học đề thi HSG” “Hướngdẫn học sinh lớp 12 sử dụng kỹ tính tích phân hàm số hữu tỉ đểẳ̉ giải số toán đề thi Đại học đề thi HSG” “Một số toán xếế́p cóế́ điều kiện đại số tổ hợp xác suất đề thi TN THPT Quốc Gia thi HSG tỉnh Thanh Hóế́a” “Sử dụng tính chất hìờ̀nh học phẳẳ̉ng đểẳ̉ giải số toán đề thi TN THPT Quốc Gia thi HSG tỉnh Thanh Hóế́a” QĐ số 539/QĐ-SGD&ĐT, ngày 18/10/2011 Giám Đốc Sở GD&ĐT Thanh Hóó́a ngày 18/12/2012 Giám Đốc Sở GD&ĐT Thanh Hóó́a QĐ số 743/QĐ-SGD&ĐT, 2013 2014 2015 2016 C B C B ngày 04/11/2003 Giám Đốc Sở GD&ĐT Thanh Hóó́a QĐ số 753/QĐ-SGD&ĐT, ngày 03/11/2014 Giám Đốc Sở GD&ĐT Thanh Hóó́a QĐ số 988/ QĐSGD&ĐT ngày 03/11/2015 Giám Đốc Sở GD&ĐT Thanh Hóó́a QĐ số 972/ QĐSGD&ĐT ngày 24/11/2016 Giám Đốc Sở GD&ĐT Thanh Hóó́a 27 ... nghịị 25 HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong chương trình Hinh hoc giai tích lớp 12, bên canh cac dang... 2 012 C số tốn tìờ̀m giới hạn dạng vơ định củẳ̉a hàm số lượng giác” ? ?Hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng kỹ tính tích phân hàm số hữu tỉ đểẳ̉ giải số toán đề thi Đại học đề thi HSG” “Hướngdẫn học. .. hành QĐ ? ?Hướng dẫn học sinh giỏi vận dụng mối tương quan đườờ̀ng thẳẳ̉ng đườờ̀ng tròn đểẳ̉ giải số toán? ?? 2011 C ? ?Hướng dẫn học sinh giỏi vận dụng định lý lim x s inx x 1đểẳ̉ giải QĐ số 871/QĐ-SGD&ĐT,