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 I Mục đích Lý 2 Đối 2 II Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu III 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 tốn 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 quát đặc biệt phù hợp với lực học sinh trường tơi Chính để giúp em ôn 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 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 toán 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 chun 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 tốn 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 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 tốn 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 tốn 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, k2, , kn thỏa mãn k1 + k2 + + kn = k Khi đó, tồn điểm I không gian thoả mãn: k1IA1 + k2IA2 + + knIAn = Điểm I gọi tâm tỉ cự hệ điểm {A} — gắn với hệ số hi } ■ • * Nhận xét: Trong khơng gian Oxyz cho A1 (xA y4; zA1 ), A2 (xA ; yA ; zA ; 2 An ( x A„ ; yA„; zn)’1 (x ; y;z) Bài toán tổng quát + x= k|X., + k2 XA k ••• Bài tốn tổng qt 1: Trong khơng gian, cho+.n điểm A , A , , A k1 + k21 • + nnvà n số thực k1, k2, , + d kn thỏa mãn k1 + k2 + + kn = k Cho đường+thẳng + mặt+ k y Ta có cơng thức để tính tọa độ điểm I y= k1 yÁ k2 y k + k2 + + k n + + + z= k1 ZA k2 ZA •• k1 + k2 +k n + (P) Tìm điểm M đường thẳng d k1 MA — k2MA — — knMAn đạt giá trị nhỏ phẳng mặt phẳng cho (P) Phương pháp: + Tìm điểm I thỏa mãn: k A — k2IA2 — — knIAn = 1 2 nn k| MA — k2 MA2 — — kn MA =kMI n 1 2 nn + Điểm M cần tìm hình chiếu vng góc I đường thẳng d mặt phẳng (p) Ví dụ Trong khơng 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? D ị A Lời giải Chọn A 2xA — Ta có : OM- 2MA- 3MB =OI- 2IA- 3IB- 4MI =4MI 3xB — MI ± (Oxz) OM — 2MA — 3MB nhỏ MI nhỏxnhất í 1- 1- 5' Gọi I (x; y; z) thỏa OI — 2IA — 3IB = ^ — ;— Lúc ; • MI = 4d (I ;(Oxz)) = — * U 4 y = yA Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ OxyzyB, ycho điểm A(1;2;3),B(2;4;3), x— y—9 z —1 C (—5;0;8) đường thẳng A có phương trình A: —2— = — = —1— Tìm điểm M (a;b; c) A cho 5MA — 3MB — MC nhỏ Khi khẳng định sau đúng? A a — b — c = C 2a —b = 3c Chọn A B a = b — c D 2a—3b—c= Lời giải Gọi I(x;y;z) điểm thỏa mãn x = 5x — 3x — x A B C 5IA - 3IB - IC = — J — y =5 yA— yB— yC I (4; 2; 2) z =5zA —3zB — zC Ta có 5MA — 3MB — MC = 5MI + 5IA — 3MI — 3IB — MI — IC = MI = MI Vậy 5MA — 3MB — MC nhỏ o MI ± A hay M hình chiếu vng góc I A Ta có phương trình mặt phẳng (P) qua I vng góc với A x + y + z + = Vậy M = A n (P) M (2;1;—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 khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm \22 Lờicầu giải(S):(x-1)2 +(y-1)2 + z + i2 = A(0;1;1),B(3;0;—1),C(0;5;—6) mặt , Chọn C \ ' T ,, , „, ~ • 5ì TC trị T = Biết M (x; y; zmãn ) M 5(x;IAy;+z)2thuộc mặt= cầu (S)đóvàI thỏa mãn lgiá Gọi điểm I điểm thỏa IB + IC 0, 1;2-;—4 J + 2MB + MC đạt = giá6MI trị nhỏ Khi tổng P = x + y + z T3MA = 3MA + 2MB + MC = 6MI DoPđó nhỏ đường C.hai P =giao điểm D P= I o M P = i— A = T3.nhỏ MIB ì2 thẳng IE mặt cầu (S) với E 1;1;—T2 \ > tâm (S) x=1 y = +1 M = IE n(S )^ Phương trình đường thẳng IE: • z=—4—t Ta có M = 12^2,2IM2 = 4^2 3 _ f 31 ,, A Vậy M1 1;2;—2 điểm cần tìm Vậy P = + — Bài toán tổng quát Bài tốn tổng qt 2: Trong khơng gian, cho n điểm A1, A2, , An n số thực k1, i3ì k2, , kn thỏa mãn k1 + k2 + + kn = k Cho đường thẳng d mặt phẳng M1 1;2;—2(P) Tìm , điểm M đường thẳng d mặt phẳng (P) cho i 1ì T = kMA2 + ky\/.A + + knMA^ đạt giá trị nhỏ (hoặc đạt giá trị nhất) M2lớn 1;0;4 2 Phương pháp: + Tìm điểm I thỏa mãn: k1IA1 + k2IA2 + + knIAn = + T = kMA + k2MA2 + + knMAn = kMI + k1IA1 + ^2IA2 + + knIAn + Do k1ĩA + k2 IA2 + + knIAn khơng đổi nên • Nếu k > 0, T nhỏ điểm M cần tìm hình chiếu vng góc I đường thẳng d mặt phẳng (p) • Nếu k < 0, 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):2x — y + 2z — = Xét M điểm thay đổi thuộc (P), giá trị nhỏ 2MA2 + 3MB2 A.135 B 105 C 108 D 145 Lời giải Chọn A Gọi I (x; y; z) điểm thỏa mãn 2IA + 3IB = suy I (—1;1;1) IA2=27; IB2=12; d(I,(P))=3 ) + 3MB2 = (MI + ĨA + (MI + ĩB)2 = 5MI2 + 2IA2 + 3IB2 = 5MI2 + 90 Suy 2MA2 + 3MB2 nhỏ o MI nhỏ 2MA Mà MI > d(I,(P)) = Vậy 2MA2 + 3MB2 > 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) Mthay đổi thuộc mặt phẳng (P) :5x + y — 3z — = Tìm giá trị lớn MA2 — MB B + 2MC2 A A/35 B 31 C 66 D 97 Lời giải Chọn B Gọi điểm ỉ (x; y; z) thỏa mãn hệ thức ỈA — 4IB + 2ỈC = xA — xB + xC = x=—2 y=0 Ta có LA — 4ỈB + 2IC = —x +2 —4 — yA yB yc = y z=7 + - —42A B C= - ỉ(—2;0;7) MA2 — 4MB2 + 2MC2 = ỈA ỈM2 — ỉB2 + ỉC2 — ỈM2 = 84 — 4.49 + 2.89 — ỈM2 = 66 — Do MA2 — 4MB2 + 2MC2 lớn o ỈM bé o _ /— ỈM = d(Ỉ;(P)) = v / _ = V35 Vv V25 +1 + Suy max (MA2 — 4MB2 + 2MC2) ,/T/^ |5.(—2) — 3.7 — 4| = 31 Ví dụ Trong khơng gian Oxy- , cho ba điểm A(3;4;—1),B(—2;1;4),C(—1;2;3)và M (a; b; c) thay đổi thuộc đường thẳng A: cho 2MA2+3MB2—4MC2 đạt giá trị nhỏ Tính tổng P=a+b+c A P = B P = 10 C P = Lời giải D P = -3 Chọn C Gọi điểm Ỉ(x;y;-) thỏa mãn hệ thức 2ỈA+3ỈB—4ỈC=0 2MA2+3MB2—4MC2=2ỈA2+3ỈB22x —A4ỈC ỈM4x +3x2B+— x=4 C =x 2 Do đó2LA 2MA++3ỈB 3MB — 4MC Ta có — 4ỈC = nhỏ Ỉ (4;3;vng — góc Ỉ +3 o—4ỈM nhỏ o My=là3hình chiếu yA yB yc = y lên A 2) 2-A+3-B—4-C =- =—2 Ta có M(—1 + 2t;—6 + 5t;—9 + 3t ■ A ỈM(2t — 5;5t — 9;3t — 7) Ta có IMu = t = M (3;4;-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 A(0; 1;1), B(3; 0;-1), C(0; 21; -19) mặt cầu (S): (x — 1)2 + (y — 1)2 + (z — 1)2 = M(a;b; c) điểm thuộc mặt cầu (S) Tính tổng acho + bbiểu + c.thức T = 3MA 14 A a + b + c = — 12 C a -p b -p c — —_ B a + 2MB B + MC đạt giá trị nhỏ + b + c= D a + b + c = 12 Lời giải Chọn A (S): (x — 1)2 + (y — 1)2 + (z — 1)2 — 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=4 z 3(1 — z) + 2(— — z) + (—19 — z) = = — G(1; 4;-3) Ta có: T = 3MA2 Tmin + 2MB2 + MC2 = 6MG2 + 3GA2 + 2GB2 + GC M hai giao điểm đường thẳng IG mặt cầu (S) x=1 Phương trình đường thẳng IG: - y = + 3t z = — 4t M = IG n (S) nên tọa độ M nghiệm hệ - x = y = + 3t z =1 — 4t — — —1 z /x 1)2 +(y 1)2 +(=— 1) = t í81ì M 1- • ’5’5 Khi : 429ì M 1—; ’5’5 \ t=4 =M = M 1;4;4 Vì M,G