Sáng kiến kinh nghiệm: Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực cải trị hình học trong hình tọa độ không gian - Mai Thị Mơ

Sáng kiến kinh nghiệm HƢỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG HÌNH TOẠ ĐỘ KHÔNG GIAN Phân 1 : ĐẶT VẤN ĐỀ I . Lý do chọn đề tài : Trong việc dạy học toán ta luôn coi mục đích chủ yếu của bài tập toán là hình thành và phát triển tƣ duy toán học , tạo cho học sinh vốn kiến thức và vận dụng kiến thức vào thực tiễn . Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học sinh phƣơng pháp giải từng dạng toán là hết sức cần thiết . Trong các đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông hay thi tuyển sinh vào các trƣờng Đại học , Cao đẳng ,Trung học chuyên nghiệp thƣờng xuất hiện các bài toán về phƣơng pháp tọa độ trong không gian . Có thể nói rằng toán về phƣơng pháp tọa độ trong không gian rất đa dạng phong phú . Cực trị hình học trong phƣơng pháp tọa độ trong không gian là một dạng toán khó đòi hỏi học sinh vừa phải biết tƣ duy hình học vừa phải biết kết hợp sử dụng phƣơng pháp tọa độ trong không gian Trong năm học 2012- 2013 đƣợc phân công giảng dạy lớp 12 trƣớc khi dạy chƣơng phƣơng pháp tọa độ trong không gian bản thân tôi luôn trăn trở : làm thế nào để khi học sinh đọc đề thi thấy xuất hiện câu cực trị hình học trong không gian nhƣng học sinh không cảm thấy sợ .Với suy nghĩ nhƣ vậy tôi đã chuẩn bị một chuyên đề xem nhƣ một đề tài cải tiến phƣơng pháp dạy học : “ Hƣớng dẫn học sinh giải một số bài toán cực cải trị hình học trong hình tọa độ không gian “ II Phạm vi ứng dụng Đề tài đƣợc áp dụng vào giảng dạy tại lớp 12B, 12E trƣờng THPT Ba Đình năm học 2012- 2013 Phần 2 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ : A . Cơ sở lý luận: Trong chƣơng trình hình học 12 phƣơng pháp tọa độ trong không gian tập trung chủ yếu vào các dạng toán xác định tọa đô điểm thỏa mãn điều kiện cho trƣớc, lập phƣơng trình đƣờng thẳng ,mặt phẳng .vì vậy việc cung cấp nội dung phƣơng pháp là hết sức cần thiết B . Cơ sở thực tiễn : Đối với học sinh : Khi chƣa cải tiến phƣơng pháp mỗi lớp chỉ đƣợc 10/45 em tập trung làm bài tập dạng này http://baigiangtoanhoc.com Page 1 Gv: Mai Thị Mơ Đối với giáo viên : Sách giáo khoa hầu nhƣ bỏ qua dạng bài tập này, một số tài liệu cũng có điểm qua nhƣng không có tính chất hệ thống . Bài toán 1 : TÌM TOẠ ĐỘ ĐIỂM THỎA MÃN HỆ THỨC. Dạng1: Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho: T = aMA2 + bMB2 + cMC2 (a,b,c∈R) lớn nhất (nhỏ nhất) Cách giải: Gọi G là điểm thỏa mãn : aGA+bGB+cGC= 0 T đƣợc biểu diễn: T = a MG+GA) +b MG+GB) +c MG+GC) = (a+b+c)MG2 +2MGaGA+bGB+cGC)+ a.GA2 + b.GB2 + c.GC2 +) Nếu a + b + c > 0 ta có Tmin  MGmin  M là hình chiếu của G lên (P) +) Nếu a + b + c < 0 ta có Tmax MGmin  M là hình chiếu của G lên (P) Các ví dụ: Ví dụ 1: a, Trong không gian với hệ Oxyz cho mặt phẳng ( ): x –y – 2z = 0 và điểm A(1; 3; 1); B(3; 2; 2); C(1; 1; -1). Tìm điểm M ∈ ( ) sao cho T = MA2 + 2MB2 + MC2 nhỏ nhất. b, Trong không gian với hệ Oxyz cho ( ): x – y + 2z = 0 và các điểm A(1; 2; -1); B(3; 1; -2); C(1; -2; 1). Tìm M∈ ( ) sao cho P = MA2 - MB2 - MC2 lớn nhất. Lời giải: a. Giả sử G thỏa mãn: GA+2GB+GC= 0  G(2;1;1) T = MA2 + 2MB2 + MC2 = MG+GA) +2 MG+GB) + MG+GC) = 4MG2 + GA2 + 2GB2 + GC2 Vì G, A, B, C cố định nên T nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng ( ). x = 2+t Gọi d là đƣờng thẳng qua G và vuông góc với ( )  d : y = 2−t z =1+ 2t x = 2+t Tọa độ của M là nghiệm của hệ: z =1+ 2t  M5;7;1 x − y + 2z = 0 http://baigiangtoanhoc.com Page 2 Gv: Mai Thị Mơ b. Gọi G là điểm thỏa mãn: GA−GB−GC= 0  G(3;−3; 0) MA2 - MB2 - MC2 = MG+GA) − MG+GB) − MG+GC) = -MG2 + GA2 – GB2 – GC2 Vì G, A, B, C cố định nên P lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của G lên (P)  M(2; -2; -2) Ví dụ 2: Trong không gian với hệ Oxyz, cho ba điểm A(3; 1; 1); B(7; 3; 9); C(2; 2; 2) và mặt phẳng (P) có phƣơng trình: x + y – z + 3 = 0. Tìm trên (P) điểm M sao cho MA+ 2MB +3MC nhỏ nhất. Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn IA+2IB+3GC= 0  I 23;13 ; 25 (P) Ta có MA+2MB+3MC= MI + IA+2 MI + IB)+3MI + IC) = 6MI + IA + 2IB +3IC = 6MI  MA+ 2MB +3MC = 6MI Do đó, MA+ 2MB +3MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, suy ra M là hình chiếu của I trên (P). Dạng 2: Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho (MA + MB )min, MA−MBmax Cách giải * Tìm M ∈(P) sao cho MA + MB min + Nếu A, B khác phía đối với (P). MA + MBmin khi M, A, B thẳng hàng  M = AB(P) P + Nếu A, B cùng phía đối với (P). Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P) Có MA + MB = MA1 + MB Do A1 và B khác phía đối với (P) nên (MA + MB) min (MA1 + MB) min A khi và chỉ khi M, A1, B thẳng hàng  M = A B(P) A M B B M * Tìm M ∈(P) sao cho MA−MB max P http://baigiangtoanhoc.com A1 Page 3 Gv: Mai Thị Mơ + Nếu A, B khác phía đối với (P). Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P), ta có: MA−MB = MA −MB  A B  MA−MB max = A1B  M, A1, B thẳng hàng  M = A B(P) A Từ đó tìm đƣợc toạ độ điểm M. + Nếu A, B cùng phía đối với (P) M MA−MB  AB MA−MB max = AB P  M,A,B thẳng hàng  M = AB(P) A1 Ví dụ 1: B Cho A(1; 1; 2); B(2; 1; -3) và mặt phẳng (P): 2x + y -3z – 5 = 0. Tìm điểm M thuộc (P) sao cho (MA + MB) nhỏ nhất. Lời giải: Xét vị trí tƣơng đối của A, B đối với mặt phẳng (P) ta có: tA.tB = (2.1 + 1 – 3.2 + 5).(2.2 + 1 – 3.(-3) -5) = -72 < 0. Vậy A, B khác phía đối với (P). Đƣờng thẳng AB qua A(1; 1; 2) và nhận AB1;0;−5) làm véc tơ chỉ phƣơng, suy x =1+t ra AB có phƣơng trình: y =1 z = 2−5t Gọi N là giao điểm của AB và (P), suy ra tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: 2x + y −3t −5 = 0 x = 25 x =1+t  y =1 z = 2−5t z = −17 Ta chứng minh MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MN Thật vậy, lấy M∈(P) ta có MA + MB  AB= NA+ NB Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MN. Vậy M17 ;1;−17  Ví dụ 2: Cho A(-7; 4; 4); B(-6; 2; 3) và mặt phẳng (P): 3x – y -2t + 19 = 0. Tìm điểm M thuộc (P) sao cho AM + BM nhỏ nhất. A Lời giải: B http://baigiangtoanhoc.com Page 4 Gv: Mai Thị Mơ M Xét vị trí tƣơng đối của A, B đối với mặt phẳng (P) ta có: tA.tB = 98 > 0 Suy ra A, B cùng phía đối với (P). Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P) MA + MB = MB + MA1 Mà MB + MA1  BA1  MB + MA1min = BA1 B, M, A1 thẳng hàng. Hay M = BA (P) Lập phƣơng trình đƣờng thẳng BA1, giải hệ tìm đƣợc toạ đội điểm M−13;2;2 Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz, cho A(1; 2; 3); B(4; 4;5). Viết phƣơng trình đƣờng thẳng AB, tìm giao điểm P của đƣờng thẳng AB và (Oxy). Chứng minh rằng: Với mọi Q∈(Oxy) biểu thức QA−QB có giá trị lớn nhất khi Q  P. Lời giải: x =1+3t Phƣơng trình đƣờng thẳng AB: y = 2+ 2t z = 3+ 2t Giao điểm của đƣờng thẳng AB với (Oxy) A B P Q x =1+3t là nghiệm của hệ: y = 2+ 2t  P− 7;−1;0  z = 0 ∀Q∈(Oxy) biểu thức QA−QB có giá trị lớn nhất khi Q P. Thật vậy, ta có tA.tB = 4 > 0, suy ra A, B cùng phía đối với (Oxy). Với ba điểm Q, A, B ta có: QA−QB  AB. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, Q, B thẳng hàng  Q = AB (P) Q  P Ví dụ: Trong không gian Oxyz cho A(-3; 5; -5); B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P): x + y + z = 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. Lời giải: Gọi H là trung điểm của AB, suy ra H có toạ độ là H(1; 1; 1). Tam giác MAB có trung tuyến MH nên MA2 + MB2 = 2MH2 + http://baigiangtoanhoc.com Gv: Mai Thị Mơ AB2 2 Page 5 ... - tailieumienphi.vn