ỨNG DỤNG tâm tỉ cự của hệ điểm GIẢI bài TOÁN cực TRỊ HÌNH học GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT LÊ LỢI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHƠNG GIAN Lĩnh vực: Tốn học Tên tác giả: Nguyễn Thị Minh Nguyệt Chức vụ : Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Lợi NĂM HỌC 2018-2019 MỤC LỤC Trang A Mục đích I.Lý 2 II Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu III.Đối tượng, phạm vi nghiên cứu IV Phương pháp nghiên cứu V Phạm vi kế hoạch nghiên cứu B Nội dung I.Cơ sở lý luận II Đánh giá thực trạng III Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để giải toán cực trị hình học giải tích khơng gian Lý thuyết Bài toán tổng quát Bài toán tổng quát C Kết luận Tài liệu tham khảo 10 Phụ lục 10 A MỤC ĐÍCH I Lý chọn đề tài Với ý tưởng hướng đến kỳ thi THPTQG năm 2019 Tôi nhận thấy để học sinh trường tiếp cận câu hỏi vận dụng đề thi vấn đề khó khăn, nhiên qua tìm hiểu đề minh học Bộ giáo dục, đề thi thử trường tơi thấy có số tốn sử dụng tâm tỉ cự để tìm cực trị hình học giải tích khơng gian, dạng tốn khai thác, tổng qt đặc biệt phù hợp với lực học sinh trường tơi Chính để giúp em ơn tập tốt, đạt điểm cao kỳ thi THPTQG năm nay, chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm sau đây: “ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHƠNG GIAN” II Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu 1.Mục đích: Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để tìm cực trị 2.Nhiệm vụ:  Tìm hiểu khái niệm tâm tỉ cự  Phương pháp tìm cực trị khơng gian  Thơng qua việc phân tích giải ví dụ cụ thể hình thành cho học sinh kỹ để giải tốn cực trị hình học giải tích khơng gian III Đối tượng, phạm vi nghiên cứu Kiến thức hình học phẳng vectơ (lớp 10) phương pháp tọa độ Oxyz ( lớp 12) Đối tượng khảo sát học sinh lớp 12A1,12A4 trường THPT Lê Lợi IV Phương pháp nghiên cứu Phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết Phương pháp phân loại hệ thống hóa lý thuyết Phương pháp kiểm tra đánh giá V Phạm vi kế hoạch nghiên cứu Thời gian nghiên cứu:Trong năm học 2018-2019, tháng 8/2018 kết thúc vào tháng 5/2019 B NỘI DUNG I Cơ sở lý luận Tâm lý đa số học sinh ngại học toán, với việc đổi kỳ thi tự luận sang trắc nghiệm nên gặp tốn khó học sinh lười suy nghĩ, khơng đầu tư thời gian cơng sức tìm hướng giải cho toán mà chọn “hú họa” phương án đó, nhiên có nhiều học sinh có tiềm nhiều nguyên nhân khác chẳng hạn như: quên kiến thức lớp dưới, chưa xây dựng kế hoạch học tập theo chuyên đề mơn tốn, chưa biết phương pháp học tập mơn tốn, chưa biết cách tìm kiếm thơng tin biết cịn lười nhác nên khơng có hứng thú với việc học toán Xác định nguyên nhân điều quan trọng cần thiết học sinh Công việc giáo viên tìm cách khắc phục nguyên nhân Giáo viên phải khơi gợi lại đam mê em, hướng dẫn cho em biết cách tổng hợp kiến thức tổng quát lên thành lớp toán tương tự giúp em học toán cách nhẹ nhàng mà hiệu cao II Đánh giá thực trạng Qua tìm hiểu đồng nghiệp, thăm dò ý kiến học sinh từ thực tế giảng dạy tơi nhận thấy lực học hình học sinh trường tơi cịn hạn chế, đặc biệt toán liên quan đến cực trị hình học khơng gian Để góp phần nâng cao lực học tập tạo hứng thú cho em mơn hình học nói chung hình học giải tích khơng gian nói riêng, tơi đề xuất hai toán ứng dụng tâm tỉ cự sau bước đầu giúp em có định hướng tìm lời giải tốn cực trị hình học giải tích khơng gian nhằm giúp em đạt kết cao học tập III Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để giải toán cực trị hình học giải tích khơng gian Lý thuyết * Tâm tỉ cự: Trong không gian, cho hệ n điểm A1 , A2 , , An n số thực k1 , k , , kn thỏa mãn k1  k2   kn  k  Khi đó, tồn điểm     I không gian thoả mãn: k1 IA1  k2 IA2   kn IAn  Điểm I gọi tâm tỉ cự hệ điểm  Ai i1,n gắn với hệ số ki i1,n * Nhận xét: Trong không gian Oxyz cho A1  x A1 ; y A1 ; z A1 , A2  x A2 ; y A2 ; z A2 , , An  x An ; y An ; z An , I  x; y;z   k1 x A1  k2 xA2   kn x An   x   k1  k2   kn    k1 y A1  k2 y A2   kn y An  Ta có cơng thức để tính tọa độ điểm I  y   k  k   k n    k1 z A1  k2 z A2   kn z An   z   k1  k2   kn   Bài toán tổng quát Bài toán tổng quát 1: Trong không gian, cho n điểm A1 , A2 , , An n số thực k1 , k , , kn thỏa mãn k1  k2   kn  k  Cho đường thẳng d mặt phẳng  P Tìm điểm M đường thẳng d mặt phẳng  P cho    k1 MA1  k2 MA2   kn MAn đạt giá trị nhỏ Phương pháp:     + Tìm điểm I thỏa mãn: k1 IA1  k2 IA2   kn IAn      + k1 MA1  k2 MA2   kn MAn  k MI + Điểm M cần tìm hình chiếu vng góc I đường thẳng d mặt phẳng  P Ví dụ Trong không gian Oxyz , cho điểm A1;1;2; B 0;1; 3 Xét điểm    M thay đổi mặt phẳng Oxz  , giá trị nhỏ OM  2MA  3MB bằng? A B C D Lời giải Chọn A  x  xB   x A         1 5 y  yB   I  ; ;  Gọi I  x; y; z  thỏa OI  IA  3IB    y  A  4      z  3z B  z A             Ta có : OM  2MA  3MB  OI  IA  3IB  4MI  MI      OM  2MA  3MB nhỏ  MI nhỏ  MI  Oxz   Lúc MI  4d  I ;Oxz   Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1;2;3, B 2;4;3, x  y  z 1 C 5;0;8 đường thẳng  có phương trình  :   Tìm    điểm M a; b; c  cho 5MA  3MB  MC nhỏ Khi khẳng định sau đúng? A a  b  c  C 2a  b  3c B a  b  c D 2a  3b  c  Lời giải Chọn A Gọi I  x; y; z  điểm thỏa mãn   x  x A  3xB  xC       5IA  3IB  IC     y  y A  yB  yC  I 4;2;2      z  z A  3zB  zC           Ta có 5MA  3MB  MC  5MI  5IA  3MI  3IB  MI  IC  MI  MI    Vậy 5MA  3MB  MC nhỏ  MI   hay M hình chiếu vng góc I  Ta có phương trình mặt phẳng  P qua I vng góc với  x  y  z   Vậy M     P   M 2;1;3 Nhận xét: Nếu giả thiết toán thay đổi tìm điểm mặt cầu thỏa mãn yêu cầu cho trước, ta tiến hành sau Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   2  A0;1;1, B 3;0;1, C 0;5;6 mặt cầu  S  :  x 1   y 1   z     2 Biết điểm M  x; y; z  M  x; y; z  thuộc mặt cầu  S  thỏa mãn giá trị    T  3MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ Khi tổng P  x  y  z A P  B P  C P  Lời giải D P  3 Chọn C     Gọi I điểm thỏa mãn IA  IB  IC  0,     T  3MA  2MB  MC  6MI  6MI  5 I 1; ;    Do T nhỏ MI nhỏ  M hai giao điểm đường  1 thẳng IE mặt cầu  S  với E 1;1;  tâm  S   2      3   M 1;2;  x 1        y   t  M  IE  S  Phương trình đường thẳng IE:          M 1;0;      z  t     2 , IM  3  3 3 Vậy M 1;2;  điểm cần tìm Vậy P      2 2 Bài toán tổng quát Bài toán tổng quát 2: Trong không gian, cho n điểm A1 , A2 , , An n số thực k1 , k , , kn thỏa mãn k1  k2   kn  k  Cho đường thẳng d mặt phẳng  P Tìm điểm M đường thẳng d mặt phẳng  P cho Ta có IM  T  k1MA12  k2 MA22   kn MAn2 đạt giá trị nhỏ (hoặc đạt giá trị lớn nhất) Phương pháp:     + Tìm điểm I thỏa mãn: k1 IA1  k2 IA2   kn IAn  + T  k1MA12  k2 MA22   kn MAn2  kMI  k1IA12  k2 IA22   kn IAn2 + Do k1IA12  k2 IA22   kn IAn2 không đổi nên  Nếu k  , T nhỏ điểm M cần tìm hình chiếu vng góc I đường thẳng d mặt phẳng  P  Nếu k  , T lớn điểm M cần tìm hình chiếu vng góc I đường thẳng d mặt phẳng  P Ví dụ ( Câu 41 đề minh họa 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A2;2;4 , B 3;3;1 mặt phẳng  P : x  y  z   Xét M điểm thay đổi thuộc  P , giá trị nhỏ MA2  3MB A 135 B 105 C 108 D 145 Lời giải Chọn A    Gọi I  x; y; z  điểm thỏa mãn IA  3IB  suy I 1;1;1 IA2  27 ; IB  12 ; d  I , P          2 MA2  3MB  MI  IA  MI  IB  5MI  IA  3IB  5MI  90     Suy MA2  3MB nhỏ  MI nhỏ Mà MI  d  I , P   Vậy MA2  3MB  5.9  90  135 Ví dụ Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A2;2;1, B 1;2;1, C 2;3;1 M thay đổi thuộc mặt phẳng  P : x  y  3z   Tìm giá trị lớn MA2  MB  MC A 35 B 31 C 66 D 97 Lời giải Chọn B     Gọi điểm I  x; y; z  thỏa mãn hệ thức IA  IB  IC    x  2  x A  xB  xC  x          Ta có IA  IB  IC     y A  yB  yC   y   y   I 2;0;7     z  z  z   z  z  B C     A MA2  MB  MC  IA2  IB  IC  IM  84  4.49  2.89  IM  66  IM Do MA2  MB  MC lớn  IM bé  5.2  3.7  IM  d  I ; P    35 25   Suy max  MA2  MB  MC   31 Ví dụ Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A3;4;1, B 2;1;4, C 1;2;3 x 1 y  z  cho M a; b; c thay đổi thuộc đường thẳng  :   MA2  3MB  MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng P  a  b  c A P  B P  10 C P  D P  3 Lời giải Chọn C     Gọi điểm I  x; y; z  thỏa mãn hệ thức IA  3IB  IC    x4 2 x A  3xB  xC  x          Ta có IA  3IB  IC    2 y A  yB  yC  y   y   I 4;3;2     z  z  z  z   B C   z  2   A MA2  3MB  MC  IA2  3IB  IC  IM Do MA2  3MB  MC nhỏ  IM nhỏ  M hình chiếu vng góc I lên   Ta có M 1  2t;6  5t;9  3t     IM 2t  5;5t  9;3t  7   Ta có IM u   t  M 3;4;3 Nhận xét: Nếu giả thiết tốn thay đổi tìm điểm mặt cầu thỏa mãn yêu cầu cho trước, ta tiến hành sau Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0; 1;1 , B3; 0;-1 , C0; 21; -19 mặt cầu  S  :  x 1   y 1   z 1  M a ; b ; c điểm 2 thuộc mặt cầu  S  cho biểu thức T  3MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a  b  c 14 A a  b  c  B a  b  c  12 C a  b  c  D a  b  c  12 Lời giải Chọn A S  :  x 1   y 1   z 1  có tâm I 1;1; 1 Gọi G  x ; y ; z  điểm thỏa mãn 30  x  23  x  0  x     x 1          3GA  2GB  GC    31  y   20  y   21  y     y         z  3  31  z   21  z   19  z     G 1; 4; 3 2 Ta có: T  3MA2  MB  MC  MG  3GA2  2GB  GC Tmin  M hai giao điểm đường thẳng IG mặt cầu  S   x 1    Phương trình đường thẳng IG :  y   3t      z   4t M  IG   S  nên tọa độ M nghiệm hệ  x 1      t   y   3t     Khi :  z   4t      t  2   x   y   z             1 Vì M 1G  M 2G nên điểm M  M 1; ;   5    1  M 1; ;    5     9  M 1; ;    5  14 *Sau đưa kiến thức lý thuyết hai tốn tổng qt, tơi tổ chức kiểm tra đánh giá khả nắm vững kiến thức học sinh, để phù hợp với yêu cầu kỳ thi THPTQG, tơi đề với hình thức trắc nghiệm, bên cạnh yêu cầu thêm học sinh nháp lời giải vắn tắt nhằm đánh giá lực học sinh( tránh trường hợp học sinh không làm mà chọn kết cách ngẫu nhiên) Đề bài: Câu Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;2;1 , B 2;1;3 Gọi Vậy a  b  c  M a ; b ;0 điểm mặt phẳng Oxy  cho MA2  2MB lớn Tính S  a2  b2 A S  34 B S  41 C S  D S  25 Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A3;0;0 , B 0;0;3 , C 0;3;0 mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi M a; b; c  ( P) cho    MA  MB  MC nhỏ nhất, tổng T  a  10b  100c A T  300 B T  276 C T  327 D T  270 * Thông qua kiểm tra thực hành cho hệ thống tập trước đó, học sinh bước đầu biết cách ứng dụng tâm tỉ cự tốn tìm cực trị hình học giải tích không gian nhằm hướng tới ứng dụng đẹp toán học giúp em tự tin việc học tập mơn tốn Đó mục đích SKKN Kết cụ thể: Trong năm học 2018 - 2019 tiến hành kiểm tra nhằm đánh giá hiệu đề tài lớp 12A1 lớp 12A4 – Hai lớp trực tiếp giảng dạy Trường THPT Lê Lợi Kết thống kê theo bảng sau: Lớp Sĩ số Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém SL % SL % SL % SL % SL % 12 A1 36 10 27,8% 16 44,4% 22,2% 5,6% 0% 12 A4 38 18,4% 19 50% 21,1% 10,5% 0% Quá trình thực đề tài với kết bước đầu thấy hiệu thiết thực việc vận dụng đề tài vào thực tiễn dạy học Những lí luận tốn tổng quát mà đề tài nêu mang tính khả thi áp dụng dạy học mơn Tốn ơn tập chuẩn bị cho kỳ thi THPTQG C Kết luận Đề tài thu số kết sau:  Đã làm sáng tỏ vai trò, ý nghĩa việc áp dụng tâm tỉ cự để giải tốn cực trị hình học giải tích khơng gian  Bước đầu nghiên cứu số sở lí luận tốn cực trị hình học giải tích  Đã đề xuất hai toán tổng quát nhằm nâng cao lực giải tốn cực trị hình học giải tích không gian học sinh  Đã tổ chức kiểm tra đánh giá để minh họa tính khả thi hiệu toán đưa Cuối cùng, dù cố gắng chắn khơng tránh khỏi thiếu sót, tơi mong q thầy giáo, bạn đồng nghiệp góp ý để đề tài hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Đông Hà, ngày 20/05/2019 TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Tôi xin cam đoan SKKN không chép nội dung người khác Tác giả Nguyễn Thị Minh Nguyệt TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên) - Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Vũ Khuê - Bùi Văn Nghị (2006), Sách giáo khoa hình học lớp 10, NXB giáo dục [2] Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Vũ Khuê - Trần Hữu Nam (2013), Sách tập hình học lớp 10, NXB giáo dục [3] Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên) -Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Khắc Ban- Lê Huy Hùng - Tạ Mân (2008), Sách giáo khoa hình học lớp 12, NXB giáo dục [4] Văn Như Cương ( Chủ biên) - Phạm Khắc Ban- Lê Huy Hùng - Tạ Mân (2008), Sách tập hình học lớp 12, NXB giáo dục [5] Nguồn tài liệu từ trang Diễn đàn giáo viên Toán, đề minh họa Bộ giáo dục đề thi thử trường năm 2018-2019 PHỤ LỤC Hướng dẫn giải kiểm tra Đề 10 Câu Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;2;1 , B 2;1;3 Gọi M a ; b ;0 điểm mặt phẳng Oxy  cho MA2  2MB lớn Tính S  a2  b2 A S  34 B S  41 C S  D S  25 Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A3;0;0 , B 0;0;3 , C 0;3;0 mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi M a; b; c  ( P) cho    MA  MB  MC nhỏ nhất, tổng T  a  10b  100c A T  300 B T  276 C T  327 Hướng dẫn giải D T  270 Câu Chọn D    Gọi điểm E thỏa EA  EB  Suy B trung điểm AE , suy E 3;4;5     2 Khi đó: MA  2MB  ME  EA  ME  EB  ME  EA2  EB     Do MA2  2MB lớn  ME nhỏ  M hình chiếu E 3;4;5 lên Oxy   M 3;4;0 Câu Chọn C Gọi I điểm thỏa mãn          IA  IB  IC   IA  CB   IA  BC  I 3;3;3 Nhận xét: I thuộc (P)           Ta có: MA  MB  MC  MI  IA  MI  IB  MI  IC  3MI  3MI    Do đó: MA  MB  MC nhỏ  MI nhỏ  M trùng với I  a  3; b  3; c   T  327 11 ... lời giải tốn cực trị hình học giải tích không gian nhằm giúp em đạt kết cao học tập III Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để giải tốn cực trị hình học giải tích khơng gian Lý thuyết * Tâm tỉ cự: Trong. .. đây: ? ?ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHƠNG GIAN? ?? II Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu 1.Mục đích: Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để tìm cực trị 2.Nhiệm... việc áp dụng tâm tỉ cự để giải tốn cực trị hình học giải tích không gian  Bước đầu nghiên cứu số sở lí luận tốn cực trị hình học giải tích  Đã đề xuất hai toán tổng quát nhằm nâng cao lực giải