42 giải pháp mới xây dựng và phát triển hệ thống các bài toán cực trị hình học giải tích trong không gian(1)

sáng kiến: “Giải pháp xây dựng phát triển hệ thống tốn cực trị hình học giải tích khơng gian” - Phụ lục Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học Các từ viết tắt: - THPT: Trung học phổ thông - SGK: Sách giáo khoa Nội dung sáng kiến Thực trạng giải pháp cũ thường làm - Hạn chế giải pháp cũ 1 Thực trạng Trong chương trình tốn THPT tốn cực trị, đặc biệt toán cực trị hình học ln tốn khiến học sinh gặp nhiều khó khăn lúng túng Các tốn chương trình SGK lớp 12 hành viết sơ sài chủ yếu dừng lại mức độ thông hiểu Các dạng tập sách viết theo dạng tự luận, bố trí rời rạc đan xen toàn nội dung chương trình Hình học giải tích khơng gian Trong kỳ thi THPT Quốc gia đề thi minh họa Bộ giáo dục Đào tạo ba năm vừa qua, nội dung đánh giá mức độ vận dụng, vận dụng cao Với tốn cực trị hình khơng gian, hệ thống câu hỏi khai thác cách khéo léo vận dụng nhiều kiến thức Để giải tốn học sinh khơng phải nắm kiến thức hình giải tích mà cịn phải biết kết hợp khéo léo với tính chất hình học, tính chất véc tơ không gian để xử lý Theo thống kê 80% học sinh trường THPT Nho Quan B tham gia thi đại học không giải toán thuộc mức độ vận dụng vận dụng cao dạng tốn Bên cạnh với dạng tập đòi hỏi học sinh phải tư duy, phân tích, nhìn nhận tốn nhiều góc độ khác nhau, biết vận dụng nhiều kiến thức liên quan Do giảng dạy phần kiến thức thuộc nội dung giáo viên gặp phải nhiều khó khăn việc định hướng hướng dẫn học sinh tiếp cận lời giải cho toán Giải pháp cũ thường làm Trong sách giáo khoa hành nội dung tập liên quan sơ sài, chưa định hướng lời giải cho học sinh Các toán dừng lại mức độ vận dụng trực tiếp lý thuyết vào giải trực tiếp, chưa có gắn kết logic dạng toán Các toán cho dạng tự luận Nội dung tập đơn dừng lại khn khổ tốn tính mà chưa có gắn kết tốn kỹ vận dụng ý nghĩa hình học Các tập SGK Sách tập chủ yếu rèn kỹ tính toán biến đổi Với hệ thống tập vậy, học sinh cần luyện tập làm nhiều tập giải Với câu hỏi cực trị Sách giáo khoa sách tập đưa lời giải theo hướng cố định khơng có phân tích sở để hướng đến lời giải Hệ thống sách trắc nghiệm thị trường tràn lan, viết chủ yếu với hình thức phân dạng đưa vào nhiều câu hỏi chủ yếu giúp em luyện tập củng cố dạng toán nêu, chưa thực mở cho học sinh hướng phát triển thông qua dạng tốn cụ thể Do ngồi việc phải nhớ nhiều dạng tốn em cịn phải nhớ cách làm chi tiết cho dạng Điều khiến em cảm thấy khó khăn q trình ghi nhớ vận dụng Hơn với tốn địi hỏi có suy luận liên kết kiến thức em khơng xử lý Do vấn đề đặt học sinh làm tập thường có lời giải theo dạng toán cố định Với toán cực trị khuôn khổ sách giáo khoa khơng đề cập đến để xử lý dạng toán học sinh cần phải linh hoạt kết hợp kiến thức học trước, chương trước chí kiến thức lớp Do đối diện với tốn đề thi hầu hết em không đủ khả để giải dẫn tới tình trạng học sinh chán nản, khơng hứng thú vào việc nghiên cứu giải dạng tập Điều minh chứng kỳ hầu hết em bỏ câu hỏi có liên quan đến nội dung Hạn chế giải pháp cũ - Với việc đưa hệ thống dạng toán cố định mặc định sẵn phương pháp giải tương ứng khiến học sinh vất vả việc nhớ dạng toán phương pháp tương ứng cho dạng - Trong tập khác đề cho không dạng chuẩn học sinh cách định hướng tìm lời giải - Khi thực theo giải pháp cũ hầu hết học sinh không làm toán mà yếu tố đề cho dạng suy luận - Hệ thống tập chưa thực phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm Bài tập nặng yếu tố ghi nhớ tính tốn theo cơng thức khơng phát huy lực sáng tạo người học Việc khắc sâu đặc điểm tính chất phát triển kiến thức học việc sử lí tình tốn cụ thể gặp nhiều hạn chế - Với xu dạy học mới, giải pháp cũ bộc lộ nhược điểm rõ rệt, không phát huy tính chủ động, sáng tạo học sinh q trình giải tốn Bên cạnh với việc cung cấp nhiều dạng toán phương pháp tài liệu khiến học sinh phải chịu áp lực lớn trình học tập, phải ghi nhớ lượng kiến thức lớn Điều khiến em sáng tạo hứng thú học tập Đặc biệt để làm tập theo dạng học sinh phải nhớ nhiều công thức đại lượng liên hệ cách máy móc Với cách tiếp cận tốn giải pháp cũ học sinh thụ động Trong q trình làm tập học sinh khơng tìm đượchứng thú tự giác Học sinh không nghĩ suy độc lập sáng tạo Giải pháp mới: Sáng kiến hình thành theo dạng chủ đề dạy học Hệ thống lý thuyết trình bày cách cô đọng ngắn gọn Các dạng tập xây dựng cách hệ thống, có phân chia mức độ Bài tập thiết kế theo hình thức trắc nghiệm để tạo điều kiện cho học sinh có khả phát huy hết lực thân Với bố cục sáng kiến chia thành phẩn rõ ràng Thứ việc trình lại hệ thống kiến thức chương trình sách giáo khoa mà tối thiểu học sinh cần nắm Mỗi phần kiến thức học sinh tiếp nhận có dạng tập vận dụng với mức độ yêu cầu khác để học sinh luyện tập Nêu định hướng số phương pháp để giải tập đề thi đại học với kiến thức Giúp học sinh vận dụng trực tiếp kiến thức học vào sử lý toán liên quan, hình thành đường tư liên tục kỹ vận dụng kiến thức vào tình cụ thể Trong trình hình thành lời giải có phân tích cách tư đường tìm lời giải sở giả thiết từ giúp học sinh tạo thói quen tư liên kết gặp toán lạ 4.3 Tính mới, tính sáng tạo: - Sáng kiến phân tích lời giải tư để hình thành đường đến lời giải cách tự nhiên Liên kết dạng tốn giúp học sinh hình thành suy luận hợp lý, tổng quát toán theo nhiều hướng khác - Các toán nhóm tác giả chia theo trình tự nội dung kiến thức trình bày sách giáo khoa để đảm bảo cho học sinh dễ dàng tiếp cận từ cung cấp kiến thức lý thuyết Bài tập ví dụ minh họa xếp theo hệ thống kiến thức phân dạng mức độ từ nhận biết, thông hiểu, vận dụng vận dụng cao - Giải pháp nhằm giúp học sinh giảm bớt gánh nặng trình học tập: Kiến thức cần thiết nằm khuôn khổ sách giáo khoa hành, nhớ nhiều dạng tập cách máy móc, khơng phải tốn trình mua tài liệu tham khảo - Khi tiếp cận cách học theo giải pháp mới, học sinh tự chủ động tìm lời giải độc lập cho toán dựa lượng kiến thức có sẵn Do học sinh chủ động linh hoạt trước tốn khơng phải áp đặt theo khuôn mẫu định sẵn - Giáo viên dựa vào kết quen thuộc sách giáo khoa đề cho học sinh cách chủ động không trùng lặp - Các giải pháp nêu sử dụng phần lớn kiến thức mà học sinh học lớp Sự liên kết phần kiến thức với định hướng ban đầu khiến cho toán trở nên quen thuộc dễ tiếp cận Việc vận dụng cách phù hợp vào toán cụ thể tạo mẻ quen thuộc với học sinh Các tập vận dụng giải pháp toán xuất tài liệu tham khảo Đề thi đại học năm gần tiếp cận cách hoàn toàn mẻ đồng thời gần gũi với mức độ suy luận em học sinh Hiệu kinh tế xã hội dự kiến đạt Hiệu kinh tế: - Học sinh sử dụng nhiều tài liệu việc sử dụng phương pháp khác Có thể tự sáng tạo giải toán khác theo phương pháp Thời gian nghiên cứu học tập tương đối phù hợp Các em học sinh dựa vào phân tích tốn sáng kiến để tìm lời giải cho tốn khác, tránh tình trạng học thêm tràn lan vừa tốn vừa không mang lại hiệu cao Hiệu xã hội Giải pháp cũ + Chưa mang tính thực tiễn cao: Kiến thức trình bày cịn nặng, thiên việc giải tập Hệ thống tập chưa phù hợp với phương châm đổi giáo dục Các tập cực trị không gian cịn sơ sài nặng hình thức tự luận Giải pháp + Có tính thực tiễn cao: Kiến thức nằm SGK hành Sáng kiến tập trung vào việc phân tích tư giúp học sinh tìm lời giải Hệ thống ví dụ tập mang tính sáng tạo, đáp ứng yêu cầu đổi Bài tập xây dựng kết hợp tự luận trắc nghiệm + Học sinh bị động tiếp cận + Học sinh chủ động, sáng tạo toán Phải đọc học nhiều dẫn học tập Phát huy hứng thú đến áp lực học tập Phải ghi nhớ niềm đam mê học tập nhiều nội dung kiến thức + Việc trình bày nội dung + Kiến thức đơn giản, không cần học sách tham khảo cịn q nặng kiến thêm Học sinh tự học theo thức khiến học sinh khó hiểu dẫn đến phương pháp nghiên cứu mà sáng kiến tình trạng học sinh học thêm tràn lan hướng dẫn gây xúc cho gia đình xã hội + Các toán kỳ thi Đại học + Các toán đề thi Đại học và Cao đẳng năm gần Cao đẳng năm gần khơng nằm dạng tốn áp dụng sáng kiến tương đối đơn trình bày sách tham khảo giản, giải cách dễ dàng + Giáo viên lúng túng việc lựa - Giúp giáo viên việc dạy học chọn tập, chọn dạng toán vừa đảm theo phương pháp mới, xác định bảo tính hệ thống chương trình vừa nội dung trọng tâm bài, giáo đảm bảo đáp ứng đổi viên sử dụng tài liệu tham khảo, kiểm tra đánh giá giúp cho giáo viên giảm bớt nhiều công sức việc soạn bài, chuẩn bị lên lớp + Chưa đáp ứng yêu cầu đổi + Chú trọng vào việc phát triển giáo dục Học sinh phụ thuộc vào giáo lực, phương pháp tiếp cận đa dạng, khả viên phương pháp, phải ghi nhớ vận dụng thực tiễn cao tái nội dung phương pháp Khả vận dụng thực tiễn thấp Điều kiện khả áp dụng: 6.1 Điều kiện áp dụng: Sáng kiến: “Giải pháp xây dựng phát triển hệ thống tốn cực trị hình học giải tích khơng gian” mà nhóm tác giả trình bày dễ dàng áp dụng thực tế, phù hợp với giáo viên, học sinh trung học phổ thông Không hữu ích với học sinh ơn thi đại học mà cịn hiệu với học sinh đại trà khác, giúp em nâng cao khả tư giải vấn đề liên quan 6.2 Khả áp dụng: Sáng kiến nhóm tác giả sử dụng trình giảng dạy, tài liệu tham khảo cho em học sinh, thầy q trình ơn thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc gia trường THPT Nho Quan B áp dụng cho trường THPT tỉnh Qua sáng kiến cho thấy tốn cực trị Hình giải tích khơng gian tiếp cận với nhiều đối tượng học sinh, với tảng kiến thức giới hạn nội dung chương trình sách giáo khoa hành Do khả áp dụng sáng kiến vào thực tế khả quan dễ thực Kết luận : Sáng kiến “Giải pháp xây dựng phát triển hệ thống tốn cực trị hình học giải tích khơng gian” mà nhóm tác giả học hỏi đúc rút trình giảng dạy trường THPT Nho Quan B Sáng kiến thực bước đổi trình hướng dẫn học sinh tự học, tự nghiên cứu Khi triển khai sáng kiến cho học sinh thuộc lớp giảng dạy tạo niềm tin, say mê hứng thú cho em học sinh Các em học sinh chủ động sáng tạo việc phân tích tốn, dự đốn tính chất định hướng lời giải cho tốn Trong q trình giảng dạy hướng dẫn cho học sinh nắm ý tưởng bản, thuật toán thường dùng việc giải toán liên quan cơng thức dạng tốn mà hình thức cho ta nghĩ đến hướng giải đường khác Thơng qua việc phân tích hướng tìm tịi suy nghĩ khác cho đề toán nhằm rèn luyện cho em học sinh khả tư thông qua cách tiếp cận phát mối liên hệ đại lượng, phát tính chất hướng giải đặc trưng cho loạt tập dạng Mấu chốt quan trọng theo xu biết khai thác triệt để giả thiết, vận dụng yếu tố có mặt giả thiết tính chất cho giả thiết xây dựng nên mối quan hệ đại lượng liên quan Từ tìm đường giải toán Khi tiếp cận với phương pháp số em học sinh giỏi cảm thấy thích thú, ham mê tìm tịi phát đơi đưa đến cách giải sáng tạo linh hoạt nhiều Các em khơng phải bó buộc suy nghĩ, phải cố gắng để nhớ nhiều dạng toán, phương pháp cụ thể mà cần nắm vững kết hợp tốt toán SGK Thông qua tiết dạy lớp, tiết ôn tập triển khai nội dung sáng kiến hầu hết học sinh nhiệt tình tham gia Đặc biệt trình xây dựng hình thành nên lời giải toán, em chủ động sáng tạo Điều cho thấy việc áp dụng sáng kiến trình giảng dạy góp phần vào việc đổi phương pháp giảng dạy Sáng kiến áp dụng năm học giảng dạy lớp 12, học sinh đồng tình đạt số kết quả, đặc biệt tốn có vận dụng tính chất liên quan khai thác trực tiếp từ giả thiết Các em hứng thú học tập hơn, lớp có hướng dẫn kỹ em học sinh với mức học trung bình cứng trở lên có kỹ giải tập thuộc dạng Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt ` Việc áp dụng cải tiến giúp học sinh giảm áp lực học tập, giáo viên thoát khỏi cách trình bày hàn lâm lí thuyết, chất lượng học tập học sinh tăng, góp phần đẩy mạnh nâng cao chất lượng giáo dục Xin chân thành cám ơn! Ninh Bình, ngày 02 tháng 05 năm 2020 ĐẠI DIỆN NHÓM TÁC GIẢ Phạm Thành Trung PHỤ LỤC SÁNG KIẾN Phần MÔ TẢ NỘI DUNG SÁNG KIẾN: Sáng kiến thiết kế theo dạng chủ đề dạy học nhóm tác giả áp dụng trình giảng dạy ơn tập nhà trường Tùy theo mức độ học sinh lớp mà tác giả đưa vào phần nội dung để giảng dạy cho phù hợp với tình hình thực tiễn Nội dung sáng kiến chia thành chủ đề dạy học sở mảng kiến thức có liên quan đến Mỗi mảng kiến thức liên quan trình bày khoa học với hệ thống ví dụ phân thành mức độ từ vận dụng vận dụng cao để thích hợp cho đối tượng học sinh khác trường THPT Nho Quan B Với chủ đề dạy học thiết kế theo cấu trúc: Tóm tắt lại kiến thức sở, cơng thức thường sử dụng có ví dụ minh họa cho dạng cụ thể Trong ví dụ ngồi lời giải tác giả cịn đưa thêm hướng suy luận mô tả đường để dẫn đến lời giải cách tự nhiên Sáng kiến nguồn tài liệu cho thầy q trình giảng dạy cịn tư liệu để em học sinh tự học cách tốt Các em học sinh đọc lời giải hướng dẫn suy luận ví dụ từ vận dụng vào làm tập hệ thống tập trình bày sáng kiến Phần XÂY DỰNG VÀ PHÁT TRIỂN HỆ THỐNG CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHƠNG GIAN Trong phần nhóm tác giả nêu số dạng tốn quen thuộc đồng thời phân tích đặc điểm dạng toán toán phát triển có liên quan Trình tự phần thiết kế theo sơ đồ: Dạng toán – Phương pháp – Ví dụ ( Có lời giải, phân tích bình luận) – Bài tập áp dụng 2.1 CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ XÂY DỰNG DỰA TRÊN KIẾN THỨC VỀ TÂM TỶ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM CHO TRƯỚC 2.1.1 Các kiến thức tâm tỷ cự hệ điểm: 2.1.1.1 Khái niệm tâm tỷ cự: Cho hệ n điểm A1 , A2 , , An n số thực đó: * Tồn điểm I cho: k1 , k2 , , kn k1  k2   kn  k �0 thoả mãn uur uuu r uuu r r k1.IA1  k2 IA2   kn IAn  Khi * Với điểm M ln có : uuuu r uuuur uuuur uuu r k1.MA1  k2 MA2   k n MAn   k1  k   kn  MI 2.1.1.2 Một số trường hợp đặc biệt tâm tỷ cự: a Tâm tỷ cự với hệ hai điểm: * Khái niệm: Cho hai điểm A, B hai số thực  ,  thoả mãn    �0 uu r uur r  IA   IB  + Tồn điểm I cho: uuur uuur uuu r  MA   MB     MI   + Với điểm M ta ln có : * Đặc biệt: uu r uur � IA �  IB  uuu r �uuur uuur MA  MB  MI � I AB + Khi trung điểm ta có + Khi I chân đường phân giác kẻ từ M xuống AB tam giác MAB với uu r uur r � �aIA  bIB  uuu r � uuur uuur aMA  bMB  a  b MI   � MA  a; MB  b; AB  c ta có b Tâm tỷ cự với hệ ba điểm: * Khái niệm: Cho ba điểm A, B, C ba số thực  ,  ,  thoả mãn      �0 uu r uur uur r  IA   IB   IC  I + Tồn điểm cho: uuur uuur uuuu r uuu r  MA   MB   MC       MI   + Với điểm M ta ln có: * Đặc biệt: + Khi I trọng tâm tam giác ABC ta có uu r uur uur � �IA  IB  IC  r uuu r �uuur uuur uuuu �MA  MB  MC  3MI + Khi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC ta có uu r uur uur � �aIA  bIB  cIC  r uuu r � uuur uuur uuuu �aMA  bMB  cMC   a  b  c  MI 2.1.2 Một số toán xây dựng dựa tính chất tâm tỷ cự: Chú ý: Trong hình học vị trí điểm M thuộc số quỹ tích Do ta xây dựng tốn tìm giá trị nhỏ giá trị lớn số dạng sau: MI  + Nếu M tùy ý M �I MI + Nếu M thuộc đường thẳng d I hình chiếu M lên d  P  MI I hình chiếu M lên  P  + Nếu M thuộc mặt phẳng Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng 1  có đường kính r Câu AB 11  2 độ dài đoạn AB nên có bán kính  S  mặt cầu qua A  1;1;1 , tiếp xúc với mặt phẳng tọa độ Oxy , Oyz , Oxz Gọi có bán kính lớn Viết phương trình mặt cầu A  S  :  x  3   y  1   z  1   S 2 2 2 2 � 3 � � 3 � � 3 � 63  S :� �x  � � � �y  � � � �z  � � � � � � � � B � 3 � � 3 � � 3 � 63  S :� �x  � � � �y  � � � �z  � � � � � � � � C � 3 � � 3 � � 3 � 3  S :� �x  � � � �y  � � � �z  � � � � � � � � D Lời giải  S  tiếp xúc với mặt phẳng tọa độ nên mặt cầu  S  nằm trọn phần Do không gian Oxyz mặt phẳng tọa độ chia Do  S qua A  1;1;1  S  có tâm I  t; t ; t  tiếp xúc với mặt phẳng tọa độ nên  t  0 � 3 t � 2 � R  IA  d  I ;  Oxy   �  t  1  t � � 3 t � � Ta có 3 t S  Do có bán kính lớn nên 2 � 3 � � 3 � � 3 � 63  S :� �x  � � � �y  � � � �z  � � � � � � � � Vậy Câu �x  � y  z  Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét đường thẳng d xác định � �x  � đường thẳng d �xác định �y  z Tính bán kính nhỏ R mặt cầu tiếp xúc hai đường thẳng d d � R A R  B C R  D R  Lời giải Đường thẳng d có phương trình tham số r ud   0;1; 1 véctơ phương �x  � �y  t �z   t � ,  t �� qua điểm M  1;0;  có �x  � �y  t � �z  t �  t � �� O  0;0;0  Đường thẳng d �có phương trình tham số � , qua điểm có r u   0;1;1 véctơ phương d � r r r uuuu  ud , ud � OM r d  d, d�    r r r r r r uuuu  ud , ud �  ud , ud �   2;0;0  �  ud , ud � OM  Suy Vì d d �chéo nên bán kính nhỏ R mặt cầu tiếp xúc hai đường thẳng d d � Câu Trong d  d, d�   2 gian Oxyz , cho R không mặt phẳng 2x  y  z   mặt cầu ( S ) : ( x  3)  ( y  2)  ( z  1)  100 Tọa độ điểm M nằm mặt cầu ( S ) cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) đạt giá trị nhỏ lớn � 11 14 13 � M�  ; ; � A � 3 � � 29 26 � M�  ; ; � 3 � � C �29 26 � M � ; ; � 3 � �3 B 11 14 13 � � M � ; ; � � D �3 Lời giải Mặt cầu ( S ) có tâm I (3; 2;1) bán kính R  10 Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( P ) : d ( I ;( P ))   R nên ( P ) cắt ( S ) Khoảng cách từ M thuộc ( S ) đến ( P ) lớn � M �(d ) qua I vng góc với ( P) �x   2t � ( d ) : �y  2  2t �z   t � Phương trình Ta có: M �(d ) � M (3  2t ; 2  2t ;1  t ) � 10 �29 26 � t  � M1 � ;  ;  � � 3 3� �3 �� � 10 � 11 14 13 � t   � M2 �  ; ; � � 3 3� M � ( S ) � � Mà: � 29 26 � M�  ; ; � �thỏa yêu cầu toán � 3 Thử lại ta thấy: d ( M , ( P))  d (M , ( P)) nên Câu Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z   mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z   Giá trị điểm M  S  cho d  M ,  P   đạt GTNN �5 7 � �1 1 � �; ; � � ; ; � 1;1;3 1; 2;1  3 � � A B C �3 3 � D  Lời giải Ta có: d ( M ,( P))   R  � ( P) �( S )  � �x   t � �y   2t , t �� �z   2t P Đường thẳng d qua I vng góc với   có pt: � �5 7 � �1 1 � A� ; ; � B � ;  ;  � S Tọa độ giao điểm d   �3 3 �, �3 3 � Ta có: d ( A, ( P))  �d ( B, ( P))  �d ( A,( P )) d (M , ( P )) d ( B, ( P )) d ( M , ( P)) M B Vậy:  � Câu A  2; 2; 2  , B  3; 3;3 M Trong không gian Oxyz , cho điểm điểm thay đổi MA  không gian thỏa mãn MB Khi độ dài OM lớn bằng? A Lời giải C B D 12 M  x; y; z  Gọi Ta có: MA 2 2 2  � MA2  MB � �  4� x  3   y  3   z  3 � �x     y     z   �  � � � MB � x  y  z  12 x  12 y  12 z  � M �mặt cầu  S  tâm I  6; 6; 6  bán kính R6 Khi OM max  d  O; I   R  OI  R    12 S : x  3   y     z     S  :  x  1  y   z  1  Câu 10 Cho mặt cầu    , Gọi d đường thẳng đồng thời tiếp xúc với hai mặt cầu trên, cắt đoạn thẳng nối tâm hai mặt 2 2 r u   a; 1; b  O cầu cách gốc tọa độ khoảng lớn Nếu vectơ phương d tổng S  2a  3b bao nhiêu? A S  B S  C S  D S  Lời giải  S1  có tâm I1  3; 2;  , bán kính R1   S2  I  1; 0; 1 R 1 có tâm , bán kính S   S  Ta có: I1 I   R1  R2 , tiếp xúc ngồi với điểm �5 � A� ; ; � �3 3 � II Vì d tiếp xúc với hai mặt cầu, đồng thời cắt đoạn thẳng nối hai tâm nên d phải tiếp � d  I1 I xúc với hai mặt cầu A d  d  O; d  �OA � d max  OA Mặt khác d  OA uuur uuu r r � �  6;  3;   � u   2; 1;  I I , OA � � d Khi đó, có vectơ phương Suy a  2 , b  Vậy S  2.7 CÁC BÀI TOÁN XÂY DỰNG DỰA TRÊN CÁC ƯỚC LƯỢNG VỀ HÌNH HỌC 2.7.1 Các ví dụ: A  m;0;0  B  0; m  1;  C  0;0; m   Ví dụ Trong khơng gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với , ; thỏa mãn BC  AD , CA  BD AB  CD Giá trị nhỏ bán kính mặt cầu ngoai tiếp tứ diện ABCD A Lời giải Chọn B B 14 C D 14 Đặt BC  a ; CA  b ; AB  c Gọi M , N trrung điểm AB CD  c.c.c  � CM  DM hay tam giác CMD Theo giả thiết ta có tam giác ABC  CDA cân M � MN  CD Chứng minh tương tự ta có MN  AB Gọi I trung điểm MN IA  IB IC  ID Mặt khác ta lại có AB  CD nên BMI  CNI � IB  IC hay I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD 2 Ta có IA  IM  AM  MN AB MN  c   4 Mặt khác CM đường trung tuyến tam giác ABC nên 2a  2b2  c c a  b  c    � MN  CI  CN 4 CM  2a  2b2  c a2  b2  c2 Vậy 2 2 2 a  b  c  2m   m  1   m     m  1  28 Với  m  1  28 7 14  IA  � � IAmin  2 Vậy IA2  A  1; 0;0  B  0; 2;  C  0;0;3 Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm ,  S  qua A , B , C đồng thời cắt ba tia Ox , Oy , Oz ba điểm phân biệt Mặt cầu M , N , P Gọi H trực tâm tam giác MNP Tìm giá trị nhỏ HI với I  4; 2;  A 10 B C D Lời giải Chọn A M  m;0;0  N  0; n;0  P  0;0; p  Gọi , ,  S  , R bán kính mặt cầu  S  Gọi E tâm mặt cầu Gọi K trung điểm AM , ta có : EK  AM uuuu r uuu r uuur uuuur uuur uuu r uuur uuuur uuur uuuur OM OA  OK  KM OK  KA  OK  KM OK  KM  OK  KM Ta có :        OE  KE  KM  OE  R uuur uuu r uuu r uuur 2 2 Chứng minh tương tự ta có: ON OB  OE  R , OP.OC  OE  R uuuu r uuu r uuur uuu r uuu r uuur � OM OA  ON OB  OP.OC � m.1  n.2  p.3 Ta có : phương trình mặt phẳng  MNP  : x y z   1 m n p � x  y  z  m  � vectơ pháp tuyến  MNP  Vì tứ diện OMNP có cạnh từ O đơi vng góc nên x y z  OH  :   � phương trình đường thẳng (cố định) hay r n   1; 2;3 OH   MNP  Vậy HI nhỏ H hình chiếu I lên OH Khi : Phương trình mặt phẳng qua I vng góc OH : x  y  3z  14  , x y 3z   1 m m m � H  1; 2;3 � IH  10 A  5;1; 1 B  14; 3;3 Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm , đường r u   1; 2;  thẳng  có vectơ phương Gọi C , D hình chiếu A B lên  Mặt cầu qua hai điểm C , D có diện tích nhỏ A 44π B 6π C 9π D 36π Lời giải Chọn C Từ A dựng đường thẳng d song song với  Gọi E hình chiếu vng góc B d Ta có CD  AE � AE khơng đổi   Gọi R bán kính mặt cầu CD  2R R CD AE AE Sc  4πR �4π  AE π Ta có Diện tích mặt cầu nhỏ Sc  AE π � AE  AB.cos  với    d , AB  uuur AB   9; 4;  AB  92  42  42  113 , uuu rr uuu r r AB.u 3 cos   cos AB, u  r  AE  119 3 AB u 113 113 S  9π Diện tích nhỏ mặt cầu c  P  : x  y  z   , đường thẳng Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   d :  x  15 y  22 z  37   2 đường thẳng   mặt cầu thay đổi cắt mặt cầu  S  S  : x2  y  z  8x  y  z   Một hai điểm A, B cho AB  Gọi A� , B�  P  cho AA�, BB�cùng song song với  d  Giá hai điểm thuộc mặt phẳng  BB�là trị lớn biểu thức AA�  30 24  18 12  9 5 A B C D 16  60 Lời giải Chọn B Mặt cầu  S có tâm I  4;3; 2  bán kính R   S�  tâm I Gọi H trung điểm AB IH  AB IH  nên H thuộc mặt cầu 3 bán kính R� B AA�  BB�  HM , M nằm mặt phẳng  P  Gọi M trung điểm A�� d  I; P   R sin  d ;  P    sin    P  cắt mặt cầu  S  3 Mặt khác ta có nên  P  HK  HM sin  Gọi K hình chiếu H lên  BB�lớn HK lớn Vậy để AA� 43 HK max  R�  d  I; P     3 � HK qua I nên �4  3 �3 24  18 2�  � � � 5 � � � � AA  BB Vậy lớn 2.7.2 Bài tập áp dụng: Câu A  3;  1;  B  1;1;  C  1;  1;   C Trong không gian Oxyz , cho điểm , , , đường tròn giao mặt phẳng  P :x  y  z   mặt cầu  S  : x  y  z  x  z  10   C  cho T  MA  MB  MC đạt giá trị Hỏi có điểm M thuộc đường trịn lớn nhất? A B C D Lời giải Chọn A  S  có tâm I  2;0;3 bán kính R  Ta có mặt cầu �x   t �  : �y  t  P  ta có � �z   t  t �R  Gọi  đường thẳng qua I vng góc với �5 � � J � ; ; �  C  giao điểm   P  �3 3 � Tâm J đường tròn giao tuyến A, B, C � P  JA  JB  JC  A, B, C � C  Thấy , , AB  BC  CA  2 nên tam giác ABC � TH1: Xét M thuộc cung nhỏ BC Lấy điểm E thuộc đoạn AM cho MB  ME mà �  BCA �  60o � BME (do góc nội tiếp chắn cung AB ) suy tam giác BME o � � � Ta có ABE  CBM (vì cộng với góc EBC 60 ) � ABE  CBM � MC  AE � MB  MC  ME  EA  MA Câu � MA  MB  MC  MA nên MA  MB  MC đạt giá trị lớn MA đạt � giá trị lớn MA đường kính tức M điểm cung nhỏ BC Vậy trường hợp có điểm M thỏa mãn � � TH2 TH3: Xét M thuộc cung nhỏ AC ; AB vai trị bình đẳng đỉnh tam giác hoàn toàn tương tự trường hợp có điểm M thỏa mãn  C  cho MA  MB  MC đạt giá trị lớn Vậy có ba điểm M thuộc đường tròn A  1;1;1 B  2;0;  C  1; 1;  Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD có , , D  0;3;  Trên cạnh AB , AC , AD lấy điểm B� , C� , D�sao cho thể AB AC AD   4 C D nhỏ AB� AC � AD� Tìm phương trình tích khối tứ diện AB��� B��� CD mặt phẳng  A 16 x  40 y  44 z  39  C 16 x  40 y  44 z  39  Lời giải Chọn A B 16 x  40 y  44 z  39  D 16 x  40 y  44 z  39  VABCD AB AC AD �AB AC AD � 64  � �   � AB�AC �AD� 27 �AB� AC � AD� � 27 CD Ta có VAB��� AB AC AD    Dấu "  " xảy AB� AC � AD� uuur uuu r �7 � � AB�  AB � B� �; ; � �4 4 � �7 � B� �; ; � B��� CD  BCD  B��� CD   Suy qua �4 4 �và song song  nên  có véctơ pháp r uuur uuur n� BC ; BD � � �  4;10; 11 tuyến CD  � phương trình  B��� : 16 x  40 y  44 z  39  S : x  1   y     z  3  16 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu    A  1;0;  B  1; 2;   P  mặt phẳng qua hai điểm A , B cho điểm , Gọi  P  với mặt cầu  S  có diện tích nhỏ Khi viết phương trình  P  thiết diện  P  : ax  by  cz   Tính T  a  b  c dạng A B 3 C D 2 Lời giải Chọn B Câu 2 I  1; 2;3 Mặt cầu có tâm bán kính R  Ta có A , B nằm mặt cầu Gọi K hình chiếu I AB H hình chiếu I lên thiết diện S   r    R  IH  Ta có diện tích thiết diện Do diện tích thiết diện nhỏ  P  qua A, B vng góc với IK IH lớn Mà IH �IK suy uur K 0;1; KI   1;1;1   Ta có IA  IB  suy K trung điểm AB Vậy  P  :  x  1  y   z    �  x  y  z   Vậy Vậy T  3 Câu A 1;0;0  B  0; 2;  C 0;0;3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm  ,  S Mặt cầu   qua A , B , C đồng thời cắt ba tia Ox , Oy , Oz ba điểm phân biệt M , N , P Gọi H trực tâm tam giác MNP Tìm giá trị nhỏ HI với I  4; 2;  A B C D 10 Lời giải Chọn D M m; 0;  N  0; n;  P  0;0; p  Gọi  , , S S Gọi E tâm mặt cầu   , R bán kính mặt cầu   Gọi K trung điểm AM , ta có : EK  AM uuuu r uuu r uuur uuuur uuur uuu r uuur uuuur uuur uuuur OM OA  OK  KM OK  KA  OK  KM OK  KM  OK  KM Ta có : 2 2  OE  KE  KM  OE  R uuur uuur uuu r uuur 2 ON OB  OE  R OP OC  OE  R Chứng minh tương tự ta có: , uuuu r uuu r uuur uuur uuur uuur � OM OA  ON OB  OP.OC � m.1  n.2  p.3       x y z x y 3z   1   1 m n p Ta có : phương trình mặt phẳng hay m m m r � x  y  z  m  � vectơ pháp tuyến  MNP  n   1; 2;3 OH   MNP  Vì tứ diện OMNP có cạnh từ O đơi vng góc nên x y z  OH  :   � phương trình đường thẳng (cố định)  MNP  : Câu Vậy HI nhỏ H hình chiếu I lên OH Khi phương trình mặt phẳng qua I vng góc OH : x  y  3z  14  � H  1; 2;3 � IH  10 A  1;0;1 B  0;1; 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm , Hai điểm D , E thay đổi đoạn OA , OB cho đường thẳng DE chia tam giác OAB thành hai phần có diện tích Khi DE ngắn trung điểm đoạn DE có tọa độ �2 � I� �4 ; ; � � � A � �2 � I� �3 ; ; � � � B � �1 � I � ; ;0 � C �3 � D �1 � I � ; ;0� �4 � Lời giải Chọn A uuu r uuu r uuur OA   1;0;1 OB   0;1; 1 OA  OB  AB   1;1; 2  AB  Ta có , , , , SODE OD.OE OD.OE  �  � OD.OE  2 Ta có SOAB OA.OB OA2  OB  AB 2   1    cos � AOB 2.OA.OB 2 2 � Ta có DE  OD  OE  2OD.OE cos AOB  OD  OE  OD.OE �3OD.OE DE 3 Dấu xảy OD  OE  �2 � 2 � uuur 2� uuur r r uuu uuu 0; ; � OD  OA � D � OB � E � �2 ;0; � � OE  � 2 � � � � � 2 Khi , Câu �2 � I� �4 ; ; � � � Vậy trung điểm I DE có tọa độ � A  3;3;  B  3;0;3 C  0;3;3  P  qua O , Trong hệ tọa độ Oxyz cho , , Mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABC  cho mặt phẳng  P cắt cạnh AB , AC  P  có phương trình: điểm M , N thỏa mãn thể tích tứ diện OAMN nhỏ Mặt phẳng A x  y  z  B x  y  z  C x  z  D y  z  Lời giải Chọn A G  2; 2;  OG   ABC  Nhận thấy tam giác ABC có trọng tâm , nên hình chiếu  ABC  điểm G O lên 1 � VOAMN  S AMN d  O,  ABC    OG AM AN sin MAN 3 Khi Vì OG nhỏ �  sin MAN cố định nên thể tích VOAMN nhỏ AM AN Vì M , N , G thẳng hàng nên 3 AB AC AB AC  �2 AM AN � AB.AC AM AN AM AN , suy AB AC  Đẳng thức xảy AM AN hay MN // BC uuu r GA   1;1; 2  P  Khi mặt phẳng qua O nhận vectơ pháp tuyến,  P : x  y  2z  Câu A  0;0;1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét đường thẳng  qua điểm vuông B  0; 4;0  góc với mặt phẳng Ozx Tính khoảng cách nhỏ điểm tới điểm C C điểm cách đường thẳng  trục Ox 65 A B C D Lời giải Chọn A A  0; 0;1 Vì đường thẳng  qua điểm vng góc với mặt phẳng Ozx  song song với trục Oy nằm mặt phẳng Oyz Dễ thấy OA đường vuông góc chung  Ox � 1� I�    qua �0;0; � �và mặt phẳng trung trực OA Khi  //    , Xét mặt phẳng Ox //     có khoảng cách đến  Ox Vậy tập  hợp điểm C điểm cách đường thẳng  trục Ox mặt phẳng � 1� r I� 0;0; � k   0;0;1   Mặt phẳng qua � �có véc tơ pháp tuyến nên có phương trình: z 0    Do Đoạn BC nhỏ C hình chiếu vng góc B lên B  0; 4;0  B  0; 4;0  khoảng cách nhỏ điểm tới điểm C khoảng cách từ 0 BC  d B ;    z          : 2 đến mặt phẳng suy điểm nằm PHẦN III ĐỐI CHỨNG THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Mục đích thực nghiệm Thực nghiệm sư phạm tiến hành nhằm kiểm tra tính khả thi hiệu số hệ thống câu hỏi tập xây dựng nhằm bồi dưỡng lực tự học cho học sinh Qua việc tiến hành thực nghiệm, so sánh đối chiếu kết từ rút học, điều chỉnh hợp lý nội dung kiến thức phương pháp giảng dạy theo định hướng phát huy lực học sinh Nội dung thực nghiệm Nội dung kiến thức dạy thực nghiệm: Dạy thử nghiệm số hệ thống câu hỏi tập xây dựng phần đầu sáng kiến theo hướng phát huy tính tích cực học sinh, tạo hứng thú để học sinh chủ động tiến hành hoạt động tư tương tự hóa, tổng quát hóa … từ bồi dưỡng lực giải toán cho học sinh THPT Đối tượng thực nghiệm: Học sinh lớp 12 trường THPT Nho Quan B lớp có học sinh đăng ký thi Đại học khối A, A1 B, D Số lượng học sinh lớp 35 Lớp thực nghiệm 12D, lớp đối chứng 12B Trình độ nhận thức hai lớp đánh giá tương đương Hai lớp học gồm em học sinh có học lực Đặc điểm đối tượng thực nghiệm: Là học sinh khu vực nông thôn, vùng sâu Điều kiện kinh tế cịn khó khăn Học sinh có điều kiện tiếp xúc với Internet mạng xã hội việc tiếp cận kiến thức cịn khó khăn Đánh giá thực nghiệm a) Kiểm tra Sau hoàn thành đợt thực nghiệm sư phạm, để đánh giá kết thực nghiệm tác giả tiến hành cho học sinh bao gồm hai đối tượng: Lớp học sinh có chất lượng gồm hai lớp 12B, 12D (được đánh giá tương đương nhau) làm kiểm tra 60 phút với đề kiểm tra Nội dung đề kiểm tra sau: * Đề kiểm tra: TRƯỜNG THPT NHO QUAN B BÀI KIỂM TRA KIẾN THỨC CÁC TÍNH CHẤT VỀ TỔ TỐN - TIN CỰC TRỊ TRONG KHƠNG GIAN Thời gian làm bài: 60 phút không kể thời gian giao đề Đề thi gồm 15 câu trang b) Đánh giá kết thực nghiệm Về thái độ học tập học sinh Học sinh hứng thú việc học tập theo hướng phát huy tính tích cực, bồi dưỡng lực tự học, học sinh người chủ động lĩnh hội kiến thức Học sinh hút vào hoạt động cách chủ động, tích cực, sáng tạo nhằm lĩnh hội tri thức Đa số em nắm vững kiến thức có ý thức hồn thành hoạt động cơng việc mà giáo viên giao cho Về kết kiểm tra: Điểm/Lớp Yếu Đối chứng 12B 20,3% Thực nghiệm 12D 6,6% Phân tích kết kiểm tra TB Khá Giỏi 47,4% 36,3% 20,9% 35,2% 11,4% 21,9% Lớp đối chứng có 77,7% đạt điểm từ trung bình trở lên, có 32,3% đạt khá, giỏi Lớp thực nghiệm có 93,4% đạt điểm từ trung bình trở lên, 57,1% đạt khá, giỏi Nhận xét Các lớp đối chứng: Khả tiếp cận tốn có tính tư duy, sáng tạo chưa cao, nhiều em trình bày lời giải cịn nhiều thiếu sót Đặc biệt với số dạng tốn lạ mà trước đề cho dạng tự luận thường khơng xuất hầu hết học sinh thuộc lớp đối chứng ( Cả lớp học sinh lớp học sinh trung bình, yếu) cảm thấy bỡ ngỡ hầu hết không giải đặc biệt số tốn có hình thức lạ so với dạng tập trình bày SKG Khi giáo viên vấn em nội dung câu hỏi có đề đại phận học sinh lớp đối chứng có nhận xét đề lạ, em khơng biết tiếp cận tốn theo hướng Các lớp thực nghiệm: Khả vận dụng linh hoạt hơn, có sáng tạo Một số em trình bày lời giải gọn gàng, rõ ràng, lập luận chặt chẽ Hầu hết em biết vận dụng lý thuyết để trả lời câu hỏi cách sáng tạo logic Bên cạnh đó, hai lớp có học sinh dừng lại việc bắt chước số tập mẫu, chưa hiểu rõ chất vấn đề làm ý đơn giản đề kiểm tra Một số em chưa thực tự lập giải toán, phụ thuộc vào dạng cố định làm, chưa có tư vận dụng linh hoạt giải toán Kết luận Kết thực nghiệm bước đầu thể tính hiệu tính khả thi sáng kiến Mặc dù tình hình thực tiễn địa phương, sáng kiến cần bổ sung thiết kế hợp lý tạo nhiều tốn tương tự để giúp em có tập để thực hành vận dụng ... luận ví dụ từ vận dụng vào làm tập hệ thống tập trình bày sáng kiến Phần XÂY DỰNG VÀ PHÁT TRIỂN HỆ THỐNG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHƠNG GIAN Trong phần nhóm tác giả nêu số dạng... Sáng kiến: ? ?Giải pháp xây dựng phát triển hệ thống tốn cực trị hình học giải tích khơng gian” mà nhóm tác giả trình bày dễ dàng áp dụng thực tế, phù hợp với giáo viên, học sinh trung học phổ thơng... giác Học sinh không nghĩ suy độc lập sáng tạo Giải pháp mới: Sáng kiến hình thành theo dạng chủ đề dạy học Hệ thống lý thuyết trình bày cách cô đọng ngắn gọn Các dạng tập xây dựng cách hệ thống,