Ứng dụng tâm tỉ cự của hệ điểm giải bài toán cực trị hình học giải tích

1. 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 TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN Lĩnh vực: Toán học Tên tác giả: Nguyễn Thị Minh Nguyệt Chức vụ : Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Lợi NĂM HỌC 2018-2019 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

2. MỤC LỤC Trang A. Mục đích 2 2 I.Lý do II. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu 2 III.Đối tượng, phạm vi nghiên cứu 2 IV. Phương pháp nghiên cứu 2 V. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu 2 B. Nội dung I.Cơ sở lý luận II. Đánh giá thực trạng 3 3 III. Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để giải bài toán cực trị hình học giải tích trong không gian 1.Lý thuyết 3 2.Bài toán tổng quát 1 5 3.Bài toán tổng quát 2 8 C. Kết luận 9 Tài liệu tham khảo 10 Phụ lục 10 1 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

3. A. MỤC ĐÍCH I. Lý do chọn đề tài Với ý tưởng hướng đến kỳ thi THPTQG năm 2019. Tôi nhận thấy rằng để học sinh trường tôi tiếp cận được những câu hỏi vận dụng trong đề thi là một vấn đề khó khăn, tuy nhiên qua tìm hiểu đề minh học của Bộ giáo dục, đề thi thử của các trường tôi thấy có một số bài toán về sử dụng tâm tỉ cự để tìm cực trị đối với hình học giải tích trong không gian, đây là một dạng toán có thể khai thác, tổng quát và đặc biệt rất phù hợp với năng lực học sinh trường tôi. Chính vì vậy để giúp các em ôn tập tốt, đạt điểm cao trong kỳ thi THPTQG năm nay, tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm sau đây: “ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG 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 trong không gian Thông qua việc phân tích và giải quyết các ví dụ cụ thể hình thành cho học sinh kỹ năng để giải bài toán cực trị hình học giải tích trong không gian. III. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu Kiến thức hình học phẳng về vectơ (lớp 10) và phương pháp tọa độ Oxyz ( lớp 12) Đối tượng khảo sát là học sinh lớp 12A1,12A4 trường THPT Lê Lợi IV. Phương pháp nghiên cứu 1.Phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết 2.Phương pháp phân loại và hệ thống hóa lý thuyết 3.Phương pháp kiểm tra đánh giá. V. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu Thời gian nghiên cứu:Trong năm học 2018-2019, bắt đầu từ tháng 8/2018 và kết thúc vào tháng 5/2019. B. NỘI DUNG I. Cơ sở lý luận Tâm lý của đa số học sinh hiện nay đều rất ngại học toán, cùng với việc đổi mới kỳ thi tự luận sang trắc nghiệm nên khi gặp những bài toán khó học sinh lười suy nghĩ, không đầu tư thời gian và công sức tìm ra hướng giải quyết cho bài toán mà chỉ chọn “hú họa” một phương án nào đó, tuy nhiên cũng có nhiều học sinh có tiềm năng nhưng do nhiều nguyên nhân khác nhau chẳng hạn như: quên kiến thức của lớp dưới, chưa xây dựng được kế hoạch học tập theo các chuyên đề của môn toán, chưa biết phương pháp học tập môn toán, chưa biết cách tìm kiếm thông tin hoặc biết nhưng còn lười nhác nên cũng không có hứng thú với việc học toán. Xác 2 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

4. định được các nguyên nhân trên là điều rất quan trọng và cần thiết đối với mỗi học sinh. Công việc tiếp theo của giáo viên là tìm cách khắc phục các nguyên nhân trên. Giáo viên phải khơi gợi lại sự đam mê của các em, hướng dẫn cho các em biết cách tổng hợp kiến thức và tổng quát lên thành lớp các bài toán tương tự giúp các em học toán một cách nhẹ nhàng mà hiệu quả vẫn cao. II. Đánh giá thực trạng Qua tìm hiểu đồng nghiệp, thăm dò ý kiến học sinh và từ thực tế giảng dạy tôi nhận thấy năng lực học hình của học sinh trường tôi còn hạn chế, đặc biệt đối với các bài toán liên quan đến cực trị trong hình học không gian. Để góp phần nâng cao năng lực học tập và tạo hứng thú cho các em đối với bộ môn hình học nói chung và hình học giải tích trong không gian nói riêng, tôi đề xuất hai bài toán về ứng dụng tâm tỉ cự sau đây bước đầu giúp các em có định hướng đi tìm lời giải bài toán cực trị hình học giải tích trong không gian nhằm giúp các em đạt kết quả cao hơn trong học tập. III. Phương pháp sử dụng tâm tỉ cự để giải bài toán cực trị hình học giải tích trong không gian 1.Lý thuyết * Tâm tỉ cự: Trong không gian, cho hệ n điểm , ,..., n k k k thỏa mãn 1 2 ... n k k k k      . Khi đó, tồn tại duy nhất một điểm I trong không gian thoả mãn: 1 1 2 k IA k IA  Điểm I như thế được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm     1, i i n k  . * Nhận xét: Trong không gian Oxyz cho      1 1 1 2 2 2 1 2 ; ; , ; ; ,..., ; n A A A A A A n A A x y z A x y z A x            2.Bài toán tổng quát 1. Bài toán tổng quát 1:Trong không gian, cho n điểm , ,..., n k k k thỏa mãn 1 2 ... n k k k      . Cho đường thẳng d hoặc mặt A và n số thực A A , ,..., 1 2 n 0 1 2        A ... k IA 0 2 n n gắn với các hệ số i  i 1, n   , I x y k x k k y k k z k   y ; z ; ;z A A n n    k x ...  k x 1 A 2 A n A x 1 2  n  k ...  k 1  2 n  k y ...  k y 1 A 2 A n A Ta có công thức để tính tọa độ điểm I y . 1 2    n  k ... ... ... k 1 2 n   k z k z 1 A 2 k A n A z 1 2 n  k 1 2 n A và n số thực A A , ,..., 1 2 n k 0 1 2 3 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

5. phẳng    P . Tìm điểm M trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng       đạt giá trị nhỏ nhất. P sao cho    k MA k MA ... k MA 1 1 2 2 n n Phương pháp: + Tìm điểm I thỏa mãn:          k IA   k IA ... k IA 0 . 1 1 2 2 n n        k MA k MA ... k MA k MI + 1 1 2 2 n n + Điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng   P . Ví dụ 1. Trong không gian Oxyz , cho các điểm  M thay đổi trên mặt phẳng   Oxz , giá trị nhỏ nhất của      0; 1;     . Xét điểm A 1;1;2 ;  B 3   OM 2 MA 3 MB bằng? B. 3 C. 1 D. 1 A. 1. 2. 2. 4. Lời giải Chọn A            3 IB   nhỏ nhất  2 x 3 x x A B 4                  2 y 3 y 1 2 1 4 5 4 Gọi           y I ; ; A B I x y zthỏa . ; ; OI 2 IA 3 IB 0 4  2 z 3 z z A B 4                   OM 2 MA 3 MB OI 2 IA 4 MI 4 MI Ta có :  .             OM 2  MA 3 MB 4 MI nhỏ nhất . MI Oxz       4 MI 4 d I Oxz ; 1 Lúc đó . Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm     A y 1;2;3 , 9 5 B z 2;4;3 , 1  . Tìm   x 6   C  và đường thẳng  có phương trình     5;0;8 : 2 1         M a b c trên  sao cho 5 MA 3 MB MC điểm nhỏ nhất. Khi đó khẳng định ; ; nào sau đây đúng? A. a b    C. 2 a b     . 3 a  B. a D. 2 c 0. . b c   3 c b c 0. Lời giải Chọn A 4 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

6. Gọi   I x y z là điểm thỏa mãn ; ;                x y z 5 5 5 x y z 3 3 3 x y z x        A B C y         4; 2; 2 .   5 IA 3 IB IC 0 I A B C z A  B C                      Ta có 5 MA   3   MB MC  5 MI 5 IA 3 MI 3 IB MI IC MI MI .     hay M là hình chiếu vuông góc Vậy 5 MA 3 MB MC nhỏ nhất MI của I trên . Ta có phương trình mặt phẳng   2 5 4 x y z     Nhận xét: Nếu giả thiết bài toán thay đổi tìm điểm trên mặt cầu thỏa mãn yêu cầu cho trước, ta có thể tiến hành như sau Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz P đi qua I và vuông góc với  là    2;1; 3 P M     Vậy 0. M , cho ba điểm 2         1 2 2 2       và mặt cầu       3;0; 1 ,         . A 0;1;1 , B C 0;5; 6 S : x 1 y 1 z 2      thuộc mặt cầu   Biết điểm M x y z   S và thỏa mãn giá trị của ; ; M x y z ; ;         bằng T 3 MA 2 MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tổng P x y z 5. 2 3. 2 P P P P A. B. C. D. 3. 3. Lờigiải ChọnC        I   4 3 5 6 1; ;         Gọi là điểm thỏa mãn 5 I khi đó  . IA 2 IB IC 0,            T 3 MA 2 MB MC 6 MI 6 MI .  1 2  Do đó T nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất thẳng IE và mặt cầu   là một trong hai giao điểm của đường  là tâm của  . M E  1;1;               S với S            3 2     1;2;            x y 1 1 M 1   S     t M IE Phương trình đường thẳng IE: 1 M 1;0;2 1 2 2 z t 5 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

7. 2 2 3 3 2 4 2 3   Ta có . IM , IM 1 2 M   3 2 3 2 1;2;    P      1 2 . Vậy  là điểm cần tìm. Vậy 1 3. Bài toán tổng quát 2 Bài toán tổng quát 2:Trong không gian, cho n điểm , ,..., n k k k thỏa mãn 1 k  phẳng   P . Tìm điểm M trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng   ... n n T k MA k MA k MA     Phương pháp: + Tìm điểm I thỏa mãn: 1 1 k IA k IA  + 1 1 2 2 ... n T k MA k MA k MA     + Do 1 1 2 2 ... n n k IA k IA k IA    không đổi nên Nếu 0 k  , T nhỏ nhất khi điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng   Nếu 0 k  , T lớn nhất khi điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng   Ví dụ 1.( Câu 41 đề minh họa 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm  A  :2 2 8 0 P x y z     . Xét M là điểm thay đổi thuộc   A và n số thực A A , ,..., 1 2 n     . Cho đường thẳng d hoặc mặt k ... k k 0 1 2 2 n P sao cho 2 2 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc đạt giá trị lớn nhất). 1 1 2         ... k IA  0 . 2 2 n k IA n 2 2 2 n 2 2 2 2 2 n    . kMI k IA ... k IA 1 1 2 n 2 2 2 P . P .  ,  B   2; 2;4   và mặt phẳng 3;3; 1 P , giá trị nhỏ nhất của 2 2  bằng 2 MA 3 MB A. 135. B. 105. C. 108. D. 145. Lời giải Chọn A Gọi        suy ra     I  I x y z là điểm thỏa mãn 2 ; ; IA 3 IB 0 1;1;1       2 IB  2 IA  d I P   MI IA  12 ; ;  27 , 3            2 2 2 2 2       2 2 2    2 3 MI IB 5 MI 2 IA 3 IB 2 MA 3 MB 5 MI 90 2 2  , nhỏ nhất MI nhỏ nhất 3  Suy ra Mà 2  MA d I P 3 MB      MI 2 2    Vậy . 2 MA 3 MB 5.9 90 135 6 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

8. Ví dụ 2. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm  M thay đổi thuộc mặt phẳng  :5 4 2 . MA MB MC   A. 35 .      2;2; 1 ,  4 0.    và A B 1;2;1 , C 2;3; 1   Tìm giá trị lớn nhất của P x y 3 z 2 2 2 B. 31. C. 66. D. 97. Lời giải. Chọn B Gọi điểm             I x y z thỏa mãn hệ thức ; ; IA 4 IB 2 IC 0                       84              x y z 4 4 4 x y z 2 2 2 x y z x x y z 2        A B C        2;0;7 .  IA 4 IB 2 IC 0 y 0 7 I Ta có A B C z A B C  2 2 2 2 2 2 2 2 2          MA Do đó 4 MB 2 MC IA 4 IB 2 IC IM 4.49 2.89 IM 66 IM . 2 2 2    lớn nhất IM bé nhất  3.7 4 35. 1 9    2 31. MC   MA 4 MB MC  2 25 MB 2    5.        IM d I P ;  2 2 2  Suy ra Ví dụ 3. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm  max MA 4      3;4; 1 ,  y     và A 1 B 2;1;4 , 9  sao cho C 1;2;3  x 6 z     M a b c thay đổi thuộc đường thẳng ; ; : 2 5 3 2 2 2      4 P . đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng B. 10 P . Lời giải. D. 2 MA A. 3 MB 3 4 MC P a b c . P . P C. . 3 Chọn C Gọi điểm                       I x y z thỏa mãn hệ thức 2 ; ; IA 3 IB 4 IC 0            2            2 2 2 x y z 3 3 3 x y z 4 4 4 x y z x x y z 4 3        A B C         4;3; 2 .  2 IA 3 IB 4 IC 0 y I Ta có A B C 2 z A 3 B C  2 2 2 2 2 2  2  3  4   2 Do đó góc của I lên . Ta có  M MA 3 MA MB 4 MB MC 2 IA IB 4 IC IM 2 2 2   nhỏ nhất  IM nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông MC        2 ; 6 t   5 ; 9 t       1 3 t IM 2 t 5;5 t 9;3 t 7 . 7 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

9.         3;4; 3 .  IM u . 0 t 2. Ta có Nhận xét: Nếu giả thiết bài toán thay đổi tìm điểm trên mặt cầu thỏa mãn yêu cầu cho trước, ta có thể tiến hành như sau Ví dụ 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm    C 0; 21; -19 và mặt cầu      : 1 S x   thuộc mặt cầu   S sao cho biểu thức T  Tính tổng a b c   . 14 5 12 5 vậy M A 0;1;1 ,   .  M a b c là điểm MC đạt giá trị nhỏ nhất.   B 3; 0;-1 ,  ; ; 2 2 2   MB    MA   y 1 z 1 1 2 2 2  3 2       . A. . B. a b c a b c 0       C. . D. . a b c a b c 12 Lời giải Chọn A    : S Gọi  2 2 2        có tâm        x 1 y 1 z 1 1 I 1;1;1 G x y z là điểm thỏa mãn ; ; 3 0                           z          x 2 3 x 0 x 0             x y z 1 4                   3 GA 2 GB GC 0 3 1 y 2 0 y 21 y 0  3       3 1 z 2 1 19 z 0     . G 1; 4; 3 2 2 2 2 2 2 2        Ta có: T T 3 MA 2 MB MC 6 MG 3 GA 2 GB GC M là một trong hai giao điểm của đường thẳng IG và mặt cầu  . 1 : 1 1 4 z     IG S   nên tọa độ M là nghiệm của hệ 1 1 3 1 4 t t x y z        M     S min       x y Phương trình đường thẳng IG 3 t t M                   x y z                 8 1 ; 5 5 2 9 ; 5 5         1 5  1;          M t t 1  . Khi đó : 1 M 1; 2 2 2 2       5 1 1 1 1    8 1 ; 5 5  Vì nên điểm  M 1; M G M G 1 1 2 8 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

10. 14 5    Vậy . a b c *Sau khi đưa ra kiến thức lý thuyết cơ bản và hai bài toán tổng quát, tôi đã tổ chức kiểm tra đánh giá khả năng nắm vững kiến thức của học sinh, để phù hợp với yêu cầu của kỳ thi THPTQG, tôi ra đề với hình thức trắc nghiệm, bên cạnh đó yêu cầu thêm học sinh ở bản nháp lời giải vắn tắt nhằm đánh giá đúng năng lực của học sinh( tránh trường hợp học sinh không làm bài mà chỉ chọn kết quả một cách ngẫu nhiên) Đề bài: Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm    ; ;0 M a b là điểm trên mặt phẳng   Oxy sao cho S a b   . A. 34 S  . B. 41 S  . Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho    0; 3;0 C  và mặt phẳng  : P x y z     . Gọi      nhỏ nhất, khi đó tổng T  ,  B   2; 1;3  MB . Gọi A 1;2;1 MA 2 2 2 lớn nhất. Tính 2 2 S  . 3;0;0  M a b c S  C. A  D.  , sao cho . 9 25 ,  B  ; ;  0;0;3 ( ) P  3 0      MA MB MC bằng a 10 b 100 c T  T  T  T  A. * Thông qua bài kiểm tra này cũng như thực hành cho hệ thống các bài tập trước đó, học sinh đã bước đầu biết cách ứng dụng tâm tỉ cự trong bài toán tìm cực trị hình học giải tích trong không gian nhằm hướng tới một ứng dụng đẹp của toán học và giúp các em tự tin hơn trong việc học tập bộ môn toán . Đó cũng chính là mục đích của SKKN này. Kết quả cụ thể: Trong năm học 2018 - 2019 tôi đã tiến hành kiểm tra nhằm đánh giá hiệu quả của đề tài tại lớp 12A1 và lớp 12A4 – Hai lớp do tôi trực tiếp giảng dạy tại Trường THPT Lê Lợi. Kết quả thống kê theo bảng sau: Lớp Sĩ số SL % SL % 12 A1 36 10 27,8% 16 44,4% 12 A4 38 7 18,4% 19 50% Quá trình thực hiện đề tài với những kết quả trên đây bước đầu có thể thấy hiệu quả thiết thực của việc vận dụng đề tài vào thực tiễn dạy học. Những lí luận và bài toán tổng quát mà đề tài nêu ra mang tính khả thi và có thể áp dụng trong dạy học môn Toán và ôn tập chuẩn bị cho kỳ thi THPTQG . C. Kết luận . B. . C. . D. . 300 276 327 270 Giỏi Khá Trung bình SL 8 22,2% 8 21,1% Yếu Kém SL 0 % SL 2 4 % % 0% 0% 5,6% 10,5% 0 9 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

11. Đề tài đã thu được một số kết quả như sau: Đã làm sáng tỏ được vai trò, ý nghĩa việc áp dụng tâm tỉ cự để giải bài toán cực trị trong hình học giải tích trong không gian. Bước đầu nghiên cứu một số cơ sở lí luận về bài toán cực trị trong hình học giải tích. Đã đề xuất được hai bài toán tổng quát nhằm nâng cao năng lực giải toán cực trị hình học giải tích trong không gian của học sinh . Đã tổ chức kiểm tra đánh giá để minh họa tính khả thi và hiệu quả của những bài toán đã đưa ra. Cuối cùng, dù tôi đã rất cố gắng nhưng chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong quý thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp góp ý để đề tài được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Đông Hà, ngày 20/05/2019 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi không sao chép nội dung của 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 bài 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 bài tập hình học lớp 12, NXB giáo dục. [5]. Nguồn tài liệu từ trang Diễn đàn giáo viên Toán, đề minh họa của Bộ giáo dục và đề thi thử của các trường năm 2018-2019. PHỤ LỤC Hướng dẫn giải bài kiểm tra Đề bài 10 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/

12. Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm    ; ;0 M a b là điểm trên mặt phẳng  S a b   . A. 34 S  . Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho    0; 3;0 C  và mặt phẳng  :      nhỏ nhất, khi đó tổng  ,  B   2; 1;3  MB . Gọi A 1;2;1 MA  2 2 2 Oxy sao cho lớn nhất. Tính 2 2 S  S  . 3;0;0 M a b c S  , sao cho B. . C. A  D. . 41 9 25 ,  B  ; ;   0;0;3 ( ) P       . Gọi P x y z 3 0      MA MB MC bằng T a 10 b 100 c T  T  T  T  A. . B. . C. . D. . 300 276 Hướng dẫn giải 327 270 Câu 1. Chọn D Gọi điểm E thỏa  3; 4;5 E       . Suy ra B là trung điểm của AE , suy ra EA 2 EB 0  .           2 2 2 2     2 2 2    MA 2 MB ME EA 2 ME EB Khi đó: . ME EA 2 EB 2 2   lớn nhất  ME nhỏ nhất M là hình chiếu của   3; 4;0 M   . MA  2 MB Oxy Do đó  3; 4;5 E  Câu 2. Chọn C. Gọi I là điểm thỏa mãn IA IB IC   Nhận xét: I thuộc (P).    lên                          3;3;3  0 IA CB 0 IA BC I                         MA MB   MC  MI IA MI IB MI IC 3 MI 3 MI Ta có:   nhỏ nhất  MI nhỏ nhất M trùng với I Do đó: MA MB MC       a 3; b 3; c 3 T 327 . 11 https://sangkienkinhnghiemlop6.com/