1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA IV SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIÚP HỌC SINH KHAI THÁC VÀ TÌM CÁC CÁCH GIẢI CHO MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN TỌA ĐỘ Người thực hiện : Nguyễn Thị Tuyên Chức vụ : Giáo viên SKKN thuộc môn :Toán THANH HÓA NĂM 2013 MỤC LỤC MỤC LỤC TRANG A. PHẦN MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.Cơ sở lý luận: 2.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu: II .ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU III. NHIỆM VỤ CỦA NGHIÊN CỨU IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU B . PHẦN NỘI DUNG I. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Dạng 1 : KHOẢNG CÁCH LỚN NHẤT ,NHỎ NHẤT Dạng 2 : GÓC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT Dạng 3 : BIỂU THỨC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT II. ĐÁNH GIÁ KẾT QUẢ 1 .Đánh giá định tính 2.Đánh giá định lượng C. KẾT LUẬN 1 .Kết quả nghiên cứu 2 .Kiến nghị ,đề xuất 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 7 10 16 16 16 17 17 17 2 PHẦN MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.Cơ sở lý luận: Khi dạy phần hình học không gian tọa độ đặc biệt là những bài toán cực trị trong không gian tọa độ tôi nhận thấy : Hầu hết học sinh rất ngại và thậm chí bỏ qua không làm hoặc nếu tự các em làm thì cũng rất ít em làm được. Bởi vì nếu dùng cách nhìn hình học không gian trực tiếp đòi hỏi các em có tư duy sáng tạo vẽ thêm hình và nhận biết yếu tố cần tìm đánh giá với yếu tố không đổi nào đó . Với cách đại số hóa hoàn toàn thì bài toán này bản chất là một bài toán bất đẳng thức một hoặc nhiều biến sẽ khiến các em lúng túng vì một bài toán bất đẳng thức là phần kiến thức khó của toán phổ thông . 2.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu: Thực tế đa số học sinh rất bế tắc về phương pháp cho loại toán này bởi vì trong sách giáo khoa hay sách bài tập không có nhiều bài tập loại này nhưng lại có trong đề thi đại học những năm gần đây và trong các bài tập ôn luyện đại học khiến cho học sinh rất bối rối về phương pháp. Trong các tài liệu hầu hết chọn lựa cách dùng cách nhìn hình học không gian trực tiếp làm học sinh rất khó hiểu và không tự nhiên. Các em rất bị động về cách giải với loại toán này. Điều này thôi thúc tôi chọn đề tài này để giúp học sinh khi gặp loại toán này không còn thấy khó khăn mà còn thấy thực sự thích thú muốn làm nhiều hơn. Qua những năm gần đây khi dạy lớp 12 ôn thi đại học tôi nhận thấy mảng kiến thức phần cực trị trong không gian tọa độ là loại toán khá thú vị. Trong quá trình đó tôi thấy rất hứng thú lựa chọn đề tài này để nghiên cứu và trình bày. Bởi việc giúp các em tìm ra các cách giải cho loại toán này giúp các em rất tốt trong quá trình học tập, luyện và thi đại học và rèn luyện tư duy giải toán. II .ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Rèn luyện cho học sinh biết cách khai thác và tìm ra các cách giải khác nhau cho một số dạng bài toán cực trị trong không gian tọa độ của chương trình toán phổ thông. Phân loại bài tập thường gặp và cách giải cho mỗi dạng . III. NHIỆM VỤ CỦA NGHIÊN CỨU : Trình bày một số dạng bài toán cực trị trong không gian tọa độ. Hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán trong một số tình huống cụ thể. Từ đó bồi dưỡng cho học hoc sinh kỹ năng giải toán và khả năng tư duy sáng tạo . IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 1. Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách giáo khoa bài tập ,sách tài liệu và các đề thi 2. Phương pháp điều tra thực tiễn : Dự giờ ,quan sát việc dạy và học phần bài tập này 3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm 4 .Phương pháp thống kê 3 B . PHẦN NỘI DUNG I GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Sáng kiến kinh nghiệm được đưa ra 4 dạng bài tập lớn của toán cực trị trong không gian. Ở mỗi dạng hầu hết tôi đã hướng dẫn song hành hai cách cho học sinh để học sinh khai thác và có sự so sánh. Đó là : Cách 1: Chủ yếu liên tưởng thực tế ,qua hình vẽ, biến đổi véc tơ và tính chất đường xiên và hình chiếu. Cách 2: Cách đại số hóa hoàn toàn và sử dụng các bất đẳng thức và phương pháp hàm số để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất . Trong đó một số dạng sẽ có những bài tập nhỏ, dạng mở rộng tương ứng và một số trường hợp đặc biệt cùng với phương pháp cho dạng đặc biệt đó. Tôi đặc biệt chú ý cho học sinh đến cách đại số hóa vì nó dễ tiếp cận và nó mang lại kết quả mà cách nhìn hình trực tiếp không làm hoặc rất khó làm được. Ở đó có một số ví dụ tôi đã hướng cho học sinh cách giải quyết sáng tạo là dùng bất đẳng thức Cô si và Buhiakôpxki để có lời giải khá ngắn gọn và rất thú vị mà các tài liệu chưa trình bày theo cách này. Kiến thức cần nhắc cho học sinh : - Tính chất đường xiên và hình chiếu - Bất đẳng thức về độ dài véc tơ - Bất đẳng thức: Cô si và Buhiakôpxki - Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp hàm số… Dạng 1 : KHOẢNG CÁCH LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT Đưa ra ví dụ 1 Ví dụ 1.1 : Cho A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình : 3 1 12 1 − == − zyx Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A , song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Lúc đầu hầu hết em thấy ngại và không biết giả quyết bài toàn kiểu này thế nào. Nên tôi đã hướng dẫn học sinh giải quyết cách 1 bằng cách gợi ý vẽ hình để học sinh đánh giá được yếu tố yêu cầu sẽ so sánh với đối tượng không đổi nào ? thông qua lý thuyết đường xiên và hình chiếu. Cách 1 : Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P)đi qua A và (P)//d nên d (d,(P)) = d (H, (P)) = HI ( Với I là hình chiếu của H lên (P)) Ta có : HI ≤ AH = const ⇒ HI lớn nhất khi A ≡ I. Khi đó (P) đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến Gọi H( 1+2t ; t ; 1+3t) trên d .Vì H là hình chiếu của A trên d nên uAH ⊥ với u ( 2 ;1 ; 3) là véc tơ chỉ phương của d. Ta có AH (2t-9; t-2; 3t+2) 4 H IA d P Do đó : uAH. = 0 ⇔ ( 2t-9)2+ t-2 + (3t+2) 3 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H (3 ; 1; 4 ) ⇒ AH (-7 ; -1 ; 5) Vậy phương trình (P) : -7( x -10) - ( y - 2) + 5( z + 1) = 0 ⇔ 7x + y - 5z – 77 = 0 Hướng dẫn học sinh giải quyết cách 2 đưa về bài toàn tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp hàm số Cách 2 : Gọi phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + d = 0 ( 0 222 ≠++ cba ) Theo đề bài ta có : cbaddcba +−−=⇒=+−+ 2100210 (1) Vec tơ pháp tuyến (VTPT) của (P) : );;( cban và véc tơ chỉ phương (VTCP) của d là =u ( 2 ;1; 3) vuông góc với nhau nên: cabcba 32032 −−=⇒=++ (2) Lại có lấy I (1; 0; 1) thuộc d ta có : d = 222 ))(,())(,( cba dca PIdPdd ++ ++ == max .Từ (1) và (2) ta có d acca ca 125 85 22 ++ − = max + Xét c = 0 thì d = 5 + Xét c ≠ 0 thì d 10125 85 2 ++       − = c a c a c a 10125 85 2 ++ − = xx x (nếu đặt x = c a ) Ta có d 2 = ( ) 10125 85 2 2 ++ − xx x = f (x) ⇒ 22 ' )10125( )96140)(85( )( ++ +− = xx xx xf = 0       − = = ⇔ 5 7 5 8 x x x - ∞ -7/5 8/5 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 5 375/61 0 5 Max f(x) = 61 375 nên max d = 61 375 Kết hợp hai trường hợp ta có 61 375 > 5 Nên d max khi x = -7/5 hay c a = 5 7− .Chọn a = 7 thì c = -5 khi đó b = 1 , d = -77 nên Phương trình của (P) là : 7x + y -5z -77 = 0. Tôi đã đặt thêm câu hỏi nếu bài toán hỏi ngược lại tìm min thì các em kết luận thế nào?(mở rộng bài toán khác và cũng để thấy rõ ưu thế của cách 2) 5 Yêu cầu học sinh đưa ra nhận xét cho mỗi cách để tìm ra ưu nhược của mỗi cách để phát huy và khắc phục . Đưa học sinh ví dụ 2 để học sinh tự chọn làm với một trong hai cách tương tự trên. Ví dụ 1. 2 : Cho điểm ( ) 2;5;3A và đường thẳng 1 2 : . 2 1 2 x y z d − − = = Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( ) α lớn nhất Đa phần học sinh có phần hào hứng làm ngay cách 2 và làm rất tốt ,số ít học sinh làm theo cách 1 là khá giỏi nhưng lúng túnghơn. Với cách 1 cũng có phần đánh giá khác hơn một chút, cách 2 tương tự ví dụ trên . Cách 1: Gọi K là hình chiếu của A trên d ,điểm H là hình chiếu của A lên (P) .Khi đó: d ( A, (P) ) = AH ≤ AK = const ( Vì A , K đã xác định ) . Nên AH max khi AH = AK hay K ≡ H, khi đó AK là VTPT của (P) . Vì )22;;21( tttKdK ++⇒∈ vì K là hình chiếu của A trên d )2;1;2((0. ==⇒⊥ uuAKdAK là véc tơ chỉ phương của d ) . AK (2t-1; t-5; 2t-1 ) 02).12(52).12( =−+−+−⇒ ttt 1 =⇔ t )1;4;1()4;1;3( −⇒⇒ AKH Vậy (P) đi qua M(1; 0; 2) ∈ d và nhận AK làm véc tơ pháp tuyến nên (P) : ( x - 1) - 4( y – 0 ) +( z - 2 ) = 0 ⇔ x – 4y +z - 3 = 0 Cách 2: Gọi phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + d = 0 ( 0 222 ≠++ cba ) Theo đề bài ta có : caddca 202 −−=⇒=++ Vec tơ pháp tuyến của (P) : );;( cban và véc tơ chỉ phương (VTCP) của d là =u (2;1;2) vuông góc với nhau nên: cabcba 22022 −−=⇒=++ d = 222 352 ))(,( cba dcba PAd ++ +++ = acca ca 455 99 22 ++ −− = max + Xét c = 0 thì d = 9/ 5 + X ét c ≠ 0 thì d 545 1 9 2 ++       + = c a c a c a 545 1 9 2 ++ + = xx x (nếu đặt x = c a ) 6 d K A H P Ta có d 2 = ( ) 545 1 81 2 2 ++ + xx x = f (x) ⇒ 22 ' )545( )66)(1( 81)( ++ +−+ = xx xx xf = 0    −= = ⇔ 1 1 x x Tương tự ví dụ 1.1 ta có Max f(x) = 7 162 khi x = 1 Vậy phương trình của (P) là : x - 4y +z -3 = 0. Đưa tiếp ví dụ 3 yêu cầu nháp cách 1( dạng sơ lược).Cách 2 về nhà tự làm. Ví dụ 1.3 : Cho đường thẳng (D) có phương trình tham số 2 2 2 2 x t y t z t = − +   = −   = +  .Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (d) là lớn nhất. Cách 1: Theo đề bài thì (P) // (D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta có d((D),(P)) =d (I,(P)) = IH ≤ HA = const .Do đó max IH = IA khi H ≡ A. Khi đó vuông góc với IA tại A.Vectơ pháp tuyến của (P) là )3;0;6( −== IAn = 3( 2; 0; -1) .Phương trình của mặt phẳng (P) là: 2 ( x – 4 ) –( z + 1 ) = 0 ⇔ 2 x – z – 9 = 0 Ví dụ 1. 4 : Cho (S) : 03242 222 =−++−++ zyxzyx và (P) : 2x – y + 2z -14 = 0 .Tìm điểm M thuộc (S) sao cho khoảng cách từ M đến (P) là lớn nhất và nhỏ nhất Một số học sinh (HS) đã nghĩ ngay được cách dùng hình khi giáo viên yêu cầu liên tưởng thực tế. Và khi cho một HS phát biểu đưa ra lý thuyết đó thi các em đều hiểu và làm theo cách 1. Cách 1: Dựng đường thẳng (d) đi qua tâm I (1; -2; -1) của (S) vuông góc với (P) cắt (P) tại A,B (d) lấy VTPT của(P) làm VTCP nên (d) có phương trình :      −= −−= += 12 2 12 tz ty tx Khi đó giao điểm của (d) và (S) là: A(3;-3;1) và B(-1;-1;-3) d(A, (P)) = 1 ; d(B,(P)) = 7 Vậy điểm A (3;-3;1) và B(-1;-1;-3) là những điểm thuộc (S) có khoang cách đến (P) là nhỏ nhất và lớn nhất. Đây là ví dụ tôi mạnh dạn đưa ra việc áp dụng bất đẳng thức Buhiakôpxki mà các tài liệu của HS không trình bày theo cách này . Tôi hướng dẫn các em về 7 B A P biểu thức ràng buộc giữa các biến và biểu thức cần đánh giá min ,max rồi nhắc lại cho các em bấtt đẳng thức Buhiakôpxki. Hướng dẫn các em tách ghép phù hợp. Tôi đã lầy thêm ví dụ tương tự để xem các em đã thật sự biết tách ghép chưa. Kết quả ở đây học sinh khá giỏi biết làm và rất thích thú. Nhưng cá nhân tôi thấy cách này không bắt các em phải chưng minh kết quả về khỏang cách nhỏ nhất ,lớn nhất là đoạn nào mà dùng bất đẳng thức để tim min ,max. Tuy nó thật sự làm khó cho các em yếu về bất đẳng thức nhưng nó rất tự nhiên và rèn luyện tư duy cho HS không chỉ phần này mà còn cả phần kỹ năng vận dụng bất đẳng thức . Cách 2: Gọi M(a;b;c) ∈ (S) : 9)1()2()1( 222 =++++− cba Ta có d = d(M,(P)) = 3 1422 −+− cba Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopxki ta có: ( 2a-b+2c - 2 ) 2 = [2.(a-1)- 1.(b+2) +2.(c+1)] 2 ≤ [ 222 )1()2()1( ++++− cba ]. [ 222 2)1(2 +−+ ] =81 ⇒ -9 ≤ 2a-b+2c - 2 ≤ 9 ⇒ -21 ≤ 2a-b+2c - 14 ≤ -3 ⇒ 3 ≤ 1422 −+− cba ≤ 21 ⇒ 1 ≤ d ≤ 7. Do đó max d = 7 khi M(-1;-1;-3) ; min d = 1 khi M (3;-3;1) Sau đó tôi hỏi học sinh đưa ra nhận xét cho mỗi cách thì hầu hết HS thích làm cách 1 nhưng số ít các em HS khá giỏi vẫn muốn làm cách 2 vì nó rèn luyện cho các em vận dụng bất đẳng thức Bài tập : 1. Cho đường thẳng (d) và (d’) lần lượt có phương trình 2 1 1 2 1 1 − = − + = − zyx và 2 2 2 2 x t y t z t = − +   = −   = +  . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) sao cho khoảng cách (d’) đến (P) là lớn nhất. 2.Cho A(1;0;0) ,B(2;-1;2) C(-1;1;3) và d : 2 2 11 1 − == − − zyx . Viết phương trình mặt cầu tâm nằm trên d, đi qua A cắt (ABC) theo đường tròn có bán kính nhỏ nhất. 3.Cho điểm A(1;2;4) và đường thẳng 2 z 1 2y 1 1x :)d( = + = − − .Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất. 4.Cho ba điểm ( ) ;0;0A a , ( ) 0; ;0B b , ( ) 0;0;C c với a, b, c là ba số dương, thay đổi và luôn thỏa mãn 2 2 2 3a b c+ + = . Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ điểm ( ) 0;0;0O đến mặt phẳng (ABC) đạt giá trị lớn nhất.( bất đẳng thứ cô si ) Trên cơ sở dạng 1 học sinh đã hình thành dần cách khai thác các bài toán kiểu này ta sang dạng 2 .Với cách 1 các em cũng quen dần nhưng thật sự các ví dụ khác nhau thì cách đánh giá cũng khác nhau nhiều mặc dù vẫn chỉ áp dụng tính chất đương xiên và hình chiếu. Cách 2 hầu như HS tự làm rất tốt. Nên tôi chỉ hướng dẫn cách 1 chủ yếu. Dạng 2 : GÓC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT 8 Ví dụ 2.1 : Cho đường thẳng      = +−= −= t2z t2y t1x :)d( . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) và tạo với trục Oy góc lớn nhất. Cách 1: Qua điểm A trên d dựng đường thẳng d’ song song với Oy. Lấy điểm M trên d’ ; gọi I là hình chiếu của M trên d và K là hình chiếu vuông góc của M trên (P).Khi đó ta có : )Oy,d(MAK =α= ∧ .Mặt khác từ cách lấy A nên d’ xác định và lấy M cố định nên K,H cố định . Do đó MH, AM không đổi. Khi đó : AM MI AM MK ≤= α sin = const ( vì MK ≤ MI) Do hàm số sin đồng biến trên       Π 2 ;0 nên α lớn nhất khi sin α lớn nhất . Điều này tương đương I ≡ K. Vậy mặt phẳng (P) cần tìm vuông góc với MI tại I. Lấy A(1;-2;0) thuộc d. Đường thẳng Oy có véctơ chỉ phương )0;1;0(j = → ; nên nếu d’ qua A và song song với Oy thì d’ có phương trình là      = +−= = 0z t2y 1x . Lấy M(1;-1;0) thuộc d’ thì hình chiếu vuông góc của M trên d là I ( 1- t; -2 +t ;2t ) MI⇒ (-t ;-1+t ; 2t) Mà )2;1;1((0. −==⇒⊥ uuMIdMI là véc tơ chỉ phương của d ) 6/1 =⇒ t ⇒ I( 3 1 ; 6 11 ; 6 5 − ) nên MI ( 6 2 ; 6 5 ; 6 1 −− ) . Chọn véctơ pháp tuyếncủa (P) là )2;5;1(n −= → .Phương trình mặt phẳng (P): 0) 3 1 z(2) 6 11 y(5) 6 5 x(1 =−−++− ⇔ x + 5y - 2z + 9= 0. Cách 2: Lấy M(1;-2;0) ∈ d ; N(0;-1;2) ∈ d. Đặt (P): ax+by+cz+d=0 ( 0 222 ≠++ cba )Do M và N thuộc (P) nên: a -2b+d = 0 và -b+2c+d = 0 ⇒ a - b - 2c = 0 (*) Vec tơ pháp tuyến của (P) : );;( cban và véc tơ chỉ phương (VTCP) của Oy là =u (0 ;1 ; 0) Khi đó : D = sin (Oy, (P)) = cos( un, )= 222 cba b ++ (**) Góc của Oy và (P) lớn nhất khi sin (Oy, (P)) max . Tương tự các bài toán trên Vậy phương trình cần tìm là : x + 5y - 2z + 9 = 0 Chú ý : Có thể từ (*) kết hợp (**)chuyển thành hàm số và khảo sát như một số ví dụ trên để tìm max. 9 M I K A O y d α P Ví dụ 2.2 : Cho đường thẳng d : 3z1y 2 1x −=+= + và mặt phẳng (P): x+2y- z+5=0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất. Cách 1: Giả sử d’= (P) ∩ (Q) và A=d ∩ (P) thì A ∈ d’.Lấy K ∈ d, giả sử H và I lần lượt là hình chiếu của K lên (P) và d’ thì HI vuông góc với d’ nên : α== ∧ )Q,P(KIH . Trong tam giác vuông KIH : HI KH tan =α HA KH ≤ = const (vì HI ≤ HA bởi tam giác KIH vuông ở I .Mà KH không đổi ) nên α nhỏ nhất khi tan α nhỏ nhất ⇔ I A≡ khi đó HA ⊥ d ⇒ KA ⊥ d hay d, d’ vuông góc . VTCP của d là )1;1;2(u = → ; VTPT của (P) là )1;2;1(n P − → suy ra VTCP của d’ là : )1;1;1('uhay)3;3;3(n,u'u P −−=−=       = →→→→ . Mặt phẳng (Q) cần tìm là mặt phẳng chứa d và d’. Do đó VTPT của mặt phẳng (Q) là:       = ' ,uun Q = (0; 3;-3) hay Q n = ( 0;1;-1) . Điểm M(-1;-1;3) ∈ d ⇒ M ∈ (Q).Mặt phẳng (Q) cần tìm có phương trình: 0(x+1)+1(y+1)-1(z-3) = 0 ⇒ y-z+4 = 0 Cách 2: Phương pháp giải tích.Gọi phương trình mặt phẳng (Q): ax + by + cz + d = 0 ( 0 222 ≠++ cba ) Theo đề bài ta có : M(-1;-1;3) )(d∈ ⇒ M )(P∈ nên : cbaddcba 303 −+=⇒=++−− Vec tơ pháp tuyến của (Q) : );;( cban Q và véc tơ chỉ phương (VTCP) của d là =u (2 ; 1 ; 1) vuông góc với nhau nên: cabcba −−=⇔=++ 202 VTPT của (P) là P n (1;2;-1) H = Cos((P),(Q)) = ),cos( QP nn = 6 2 222 cba cba ++ −+ = 6245 33 22 caca ca ++ −− . Góc giữa P) và (Q) nhỏ nhất khi H max .Tương tự các bài toán trên Phương trình của (P) là : - y + z – 4 = 0 Với 2 ví dụ này cách 1 khá phức tạp vì cần khả năng tư duy thật tốt nên khi dạy tôi thấy học sinh hứng thú cách 2 hơn. 10 dK H A I Q P d’ d [...]... đã giúp cho học sinh một số công cụ hiệu quả để giải quyết các bài toán cực trị trong không gian tọa độ Đề tài đã cung cấp không nhỏ các dạng bài tập cực trị trong không gian tọa độ và còn gợi ý cho học sinh khả năng sáng tạo ra các bài toán khác ngược lại hoặc mở rộng bài toán ở dạng tổng quát Không chỉ với các quả trên đây mà tôi nhận thấy khi áp dụng đề tài này đã giúp cho các em có sự tự tin trong. .. những bài toán khó và từ đó rèn luyện cho các em về tư duy về môn toán 2 Kiến nghị ,đề xuất Tôi viết đề tài này để cùng trao đổi với Quý Thầy Cô dạy bộ môn toán về phần cực trị trong không gian tọa độ bởi phần này ít có trong SGK hay sách bài tập nhưng lại có không ít trong các đề thi đại học, mong được sự góp ý và bổ sung thêm các cách làm hay và các bài toán cho dạng này.Vì kiến thức và thời gian. .. ngại và rất ít em biết giải bài toán kiểu này Còn khi dạy cho lớp thực nghiệm, học sinh không còn ngại mà rất hứng thú Các em đã giải khá tốt những bài toán giáo viên yêu cầu ; một số em đã bước đầu sáng tạo được những bài toán mới và cách giải cho những bài đó ( thông qua gợi ý giáo viên các em đưa ra các bài toán mở rộng như ví dụ 3.8 ví dụ 3.9 ví dụ 3.10) 1 Đánh giá định lượng Kết quả làm bài của... dụng đề tài vào giảng dạy tôi thấy kết quả thu được ngoài dự kiến của tôi Khi chưa có phương pháp chỉ có 20% học sinh nháp bài trong đó có 6-10% học sinh trong lớp có làm được theo một cách nào đó nhưng khá lúng túng và không tự tin mình đúng Sau khi áp dụng thì hầu hết đã bắt tay vào làm theo một trong hai cách đã học và nhất là cách 2 Các em làm xong nhanh hơn và có nhiều học sinh làm đúng và rất tự... lớp đối chứng và lớp thực nghiệm qua bài kiểm tra như sau : 17 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 0 0 5 1 5 2 3 3 6 6 4 5 3 8 1 1 12 6 Lớp Điểm Đối chứng Thực nghiệm Yếu Trung bình Khá 10 Tổng bài kiểm tra 0 46 2 45 Giỏi Tổng Lớp Loại học sinh Đối chứng (%) 67,5 21,7 6,5 4,3 46 Thực nghiệm (%) 13,3 24,4 17,7 44,4 45 Căn cứ vào kết quả này việc giúp các em khai thác và tìm ra cách giải cho các bài toán nói trên... bài toán này ta nên sử dùng cách 2 bởi vì với cách 1 rất khó khăn Người ta chỉ chọn lựa dùng cách 1 trong trường hợp đặc biệt như là: AB ⊥ d ( như ví dụ 1 ) hoặc AB // d ( ví dụ 3 sau đây) vì nó ngắn gọn hơn khi dùng cách 2 Ví dụ 3.3: Cho đường thẳng (d): x−2 y z−4 = = 3 −2 2 và hai điểm A(1;2; –1), B(7; –2; 3) Tìm trên (d) những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất A B Cách. .. IA 2 +q IB 2 + r IC 2 - M là hình chiếu của I lên d ( hoặc trên (P)) Cách 2 : Tương tự hai ví dụ trên Học sinh thấy thú vị với cách 1 hơn Bài toán 5 Ví dụ 3.9 : Trong không gian Oxyz cho (P): x + y + z + 3 = 0 và A(3;1;1) ; B(7;3;9) ; C (2; 2; 2) Tìm M thuộc (P) sao cho MA + 2MB + 3MC ngắn nhất Cách 1: Giả sử có điểm I (x;y;z) sao cho IA + 2 IB + 3IC = 0 ⇔  x − 3 + 2( x − 7) + 3( x − 2) = 0   y... định tọa độ điểm I sao cho p IA + q IB + r IC = 0 - Tính T = ( p + q + r ) IM ( như khai triển ví dụ 1) - M là hình chiếu của I lên (P) ( hoặc trên d) Cách 2 : Tương tự ví dụ trên .Học sinh thấy thú vị với cách 2 hơn Bài toán 6: Cho M(1;2;3) Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất Cách 1: Giả sử mặt phẳng (P)cần viết cắt các tia... đây ) Ví dụ 3.5 Cho d: x − 2 y +1 z + 5 = = và A(-1;2;4) ;B(2;-1;1) M 1 2 −1 Tìm trên (d) những điểm M sao cho diện tích tam giác ABM nhỏ nhất HD: Cách 1 : Ta có AB (3;-3;-3) ; u (1;2;-1) là VTCP của d.Nhận thấy AB ⊥ u Từ đó tìm được M(1;-3;-4) HD: Cách 2 : như ví dụ 3.4 Bài toán 3 Ví dụ 3.6 : Cho A(-1;3;-2) ; B(-9;4;9) và (P): 2x-y+z+1 = 0 .Tìm M thuộc (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất Cách 1: Ta thấy...  z = 3t  Thay (*) vào (P) ta có N(-1;2;3) Vậy điểm cần tìm là N(-1;2;3) Đối với bài toán này (ví dụ 3.6 ) không nên theo phương pháp giải tích vì nó quá phức tạp Bài toán 4 : Ví dụ 3.7: Cho A( 1;4;2) B( -1; 2;4) và đường thẳng (d): x −1 y + 2 z = = Tìm −1 1 2 M trên d sao cho T = MA 2 + MB 2 đạt min Cách 1: ( Phương pháp véc tơ ) Giả sử I là trung điểm của AB thì IA + IB = 0 và I( 0; 3; 3) 2 MA . học sinh biết cách khai thác và tìm ra các cách giải khác nhau cho một số dạng bài toán cực trị trong không gian tọa độ của chương trình toán phổ thông. Phân loại bài tập thường gặp và cách giải. đã giúp cho học sinh một số công cụ hiệu quả để giải quyết các bài toán cực trị trong không gian tọa độ . Đề tài đã cung cấp không nhỏ các dạng bài tập cực trị trong không gian tọa độ và còn. 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA IV SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIÚP HỌC SINH KHAI THÁC VÀ TÌM CÁC CÁCH GIẢI CHO MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN TỌA ĐỘ Người thực