Sáng kiến kinh nghiệm: Phát huy năng lực, tư duy sáng tạo của học sinh qua việc giải một số bài toán cực trị trong Hình học giải tích lớp 12 THPT

Chia sẻ: Thanhbinh225p Thanhbinh225p | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

199
lượt xem 40
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là sáng kiến kinh nghiệm: Phát huy năng lực, tư duy sáng tạo của học sinh qua việc giải một số bài toán cực trị trong Hình học giải tích lớp 12 THPT. Mời các bạn tham khảo tài liệu để nắm bắt những nội dung về cơ sở lí luận của đề tài; thực trạng của đề tài nghiên cứu; giải pháp và tổ chức thực hiện; kết quả thực nghiệm của đề tài.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Phát huy năng lực, tư duy sáng tạo của học sinh qua việc giải một số bài toán cực trị trong Hình học giải tích lớp 12 THPT

I. ĐẶT VẤN ĐỀ. Trong chương trình cấp THPT, nói đến môn “ Hình học”, đa phần học sinh cảm thấy “ngại” tiếp xúc, đặc biệt là hình học không gian. Yêu cầu người học phải có trí tưởng tượng không gian tốt, tư duy logic, chặt chẽ, chính xác. Khi học đến chương trình “Hình học giải tích trong không gian” thì các em học sinh có phần nào “đỡ sợ” hơn nhưng cũng đòi hỏi phải có trí tưởng tượng, suy luận logic. Còn khi gặp các bài toán “cực trị trong hình học giải tích” thì các em cảm thấy là một mảng kiến thức khó, nhưng lại có sức hấp dẫn mạnh mẽ đối với những người yêu toán học, học khá về môn toán. Trước tình hình đó, cùng với thực tế giảng dạy và nghiên cứu với mong muốn tháo gỡ khó khăn cho học sinh trong việc giải quyết một số bài toán cực trị, để góp phần nâng cao chất lượng học tập, giúp học sinh tự tin và giải nhanh một số bài toán cực trị, tôi chọn đề tài: “Phát huy năng lực, tư duy sáng tạo của học sinh qua việc giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích Lớp 12 THPT”. II.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ. 1.Cơ sở luận của đề tài. Giải quyết bài toán cực trị trong hình học là bài toán tổng hợp yêu cầu học sinh phải tổng hợp tốt các kiến thức sau: Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức, một hàm số bằng: đạo hàm, véc tơ, bất đẳng thức cổ điển,… Suy luận hình học: Yêu cầu học sinh phải có khả năng tưởng tượng không gian, suy luận logic. 2. Thực trạng của đề tài nghiên cứu. 1
Qua thực tế giảng dạy học sinh, khi gặp bài toán cực trị trong hình học giải tích, các em thường gặp những khó khăn sau: Ngoài việc nắm kiến thức ở chương này, các em còn phải nắm vững kiến thức hình học không gian ở lớp 11, kiến thức véc tơ, kiến thức đạo hàm, kiến thức để đánh giá một biểu thức. Đây là kiến thức khó và nhiều đối với học sinh. Không xác định được hướng để giải quyết bài toán do khả năng suy luận và tổng hợp kiến thức còn kém. Nhiều bài toán dạng này có rất nhiều cách suy luận, nhưng mỗi cách có thể cho ta đi đến kết quả bằng con đường dài, ngắn khác nhau. Tôi nghiên cứu đề tài này nhằm giúp các em giải được một số bài toán cực trị trong hình học giải tích bằng phương pháp quen thuộc, hiệu quả, dễ hiểu và nhanh gọn. Cũng có những bài toán tôi đưa ra nhiều phương pháp giải nhằm giúp các em học sinh có thể chọn cho mình cách giải phù hợp với khả năng của mình, hơn nữa tôi muốn đưa ra để cung cấp thêm kiến thức cho các em. Khảo sát chất lượng học sinh 12B 5, 12B6.12B9 trường THPT Yên Định 2, tôi thấy việc giải quyết các bài toán dạng này ở các em học sinh không tốt, nhất là học sinh lớp 12B9. Từ thực tế giảng dạy, tôi đã nghiên cức đề tài và triển khai thực hiện. Tôi thấy tính hiệu quả của đề tài này rất cao, thu được kết quả tốt trong năm qua. 3. Các giải pháp và tổ chức thực hiện. 3.1. Các giải pháp thực hiện. a. Hệ thống lại kiến thức đã học. 2
Giúp học sinh nắm vững các công thức cần nhớ để từ đó vận dụng tốt vào việc giải các bài tập cụ thể. b. Phân dạng các bài tập. Vì thời gian không cho phép nên tôi chỉ nghiên cứu các dạng bài tập cơ bản sau: Dạng 1 : Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp12 liên quan đến tìm một điểm thoả mãn điều kiện cho trước. Dạng 2 : Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp12 liên quan đến tìm đường thẳng, mặt phẳng thoả 3.2.Các biện pháp và tổ chức thực hiện Do thời lượng các tiết học chính khóa không đủ để thực hiện nên tôi đã sử dụng một số tiết học tự chọn để thực hiện đề tài này. Vì thời gian có hạn nên tôi chỉ đưa ra được nội dung mà tôi sẽ hướng dẫn cho học sinh để sau những tiết học này các em có thể tự tin tìm hướng và giải tốt một số các bài toán cực trị trong không gian. Đối tượng áp dụng: Học sinh THPT. Phạm vi nghiên cứu: Trường THPT. Địa điểm tổ chức thực nghiệm: Học sinh lớp 12B5, 12B9 Trường THPT Yên Định 2. a. Cơ sở lí thuyết: Để làm được phần này yêu cầu các em học sinh nắm vững toàn bộ kiến thức ở chương III: Phương pháp toạ độ trong không gian, sách giáo khoa hình học 12, làm tốt các bài tập trong sách giáo khoa. Nắm vững phương pháp tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn, một khoảng. Ngoài ra yêu cầu các em học sinh phải nắm thêm một số kiến thức sau đây: 3
Cho mặt phẳng (α): ax + by + cz + d = 0 và 2 điểm A(xA;yA;zA), B(xB;yB;zB). Nếu: (axA + byA + czA + d)(axB + byB + czB + d) > 0 thì 2 điểm A và B ở cùng phía đối với (α). (axA + byA + czA + d)(axB + byB + czB + d)
Viết phương trình mặt phẳng (P )qua AB và vuông hinh1 góc với d. Tìm giao điểm H của AB và mp(P). Khi đó với mọiđiểm M thuộc d ta có MA HA, dấu = xảy ra khi và chỉ khi M H MB HB,dấu = xảy ra khi và chỉ khi M H A B nên MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P). H M +Nếu AB//d, ta làm như sau: Tìm điểm A’ đối xứng với A qua d. Gọi H là trung điểm của AA’ A'hinh2 Ta có: Với mọi M thuộc d thì MA+MB=MA’+MB A’B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn A’B. Mà MH//AB, H là trung điểm của AA’ suy ra M là trung điểm của A’B. Vậy M là trung điểm của đoạn A’B thì MA+MB nhỏ nhất. Phương pháp chung cho bài toán này như sau: Phương pháp 1: Tìm điểm A1,B1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,B trên d Lấy điểm B’ thỏa mãn: B’ mp(d,A), khác phía với A qua d, B’B 1 ⊥ d và B’B1=BB1. Khi đó : MA+MB=MA+MB’ AB’. Do A,B, d cố định nên B’ cố định. Dấu đẳng thức xảy ra khi M thuộc đoạn AB’giao với d. d MA AA A A1 Lại có MB1 = B ' B1 , mà B’B1=BB1 1 1 M MA1 AA1 uuuur AA1 uuuur Suy ra: MB = BB � MA1 = − BB MB1 hình3 1 1 1 Chứng tỏ M là điểm chia đoạn AB B' B1 B 5
AA1 Theo tỉ số k= BB . Từ đó tìm được tọa độ điểm M. 1 Nhận xét: Cách giải này lập luận hơi dài, dễ bị sai sót nên yêu cầu các em học sinh phải tính toán hết sức cận thận. x = xo + at Phương pháp 2: Viết phương trình d ở dạng tham số t: y = y0 + bt z = z0 + ct , t R Gọi M(xo+at;yo+bt;zo+ct). Tính MA+MB. Xét hàm số: f(t)=MA+MB. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t, suy ra tọa độ của điểm M. Kết luận. x = xo + at Phương pháp 3: Viết phương trình d ở dạng tham số t: y = y0 + bt z = z0 + ct , t R Gọi M(xo+at;yo+bt;zo+ct). Tính MA+MB. rr r r Xác định tọa độ các véc tơ u, v để u = MA, v = MB, r r + v không đổi, u r r r r Khi đó MA+MB= u + v u + v , dấu bằng xảy ra khi và rr chỉ khi u, v cùng hướng. Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: x −1 y z +1 = = và hai điểm A(1;2;1), B(1;2;1). Tìm trên đường thẳng d −1 2 1 điểm M để MA+MB nhỏ nhất. uuur uur Nhận xét: AB =(2;4;2), véc tơ chỉ phương của d là ud =(1;2;1), A d Nên đường thẳng AB song song với đường thẳng d. Gọi H(1t;2t;1+t) là hình chiếu vuông góc của A trên d,suy ra 6
uuur uuur uur 4 AH =(2t;2t2;t2). Ta phải có: AH .ud = 0 � t − 2 + 4t − 4 + t − 2 = 0 � t = 3 −1 8 1 Suy ra: H ( ; ; ) 3 3 3 Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d, thì H là trung điểm của AA’. 1 2 1 Suy ra A’( ; ; − ) 3 3 3 Ta có: Với mọi M thuộc d thì MA+MB=MA’+MB A’B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn A’B. Mà MH//AB, H là trung điểm của AA’ 2 2 2 suy ra M là trung điểm của A’B. Suy ra M( ; ; − ) . 3 3 3 2 2 2 Vậy M( ; ; − ) thỏa mãn điều kiện bài toán. 3 3 3 Ví dụ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: x −1 y + 2 z − 3 = = và hai điểm A(4;1;1), B(3;6;3). Hãy tìm trên d điểm M 2 −2 1 sao cho MA+MB nhỏ nhất. x = 1 + 2t Nhận xét: Phương trình tham số của đường thẳng d là: y = −2 − 2t z = 3 + t , t R. uuur uur AB =(7;5;4), véc tơ chỉ phương của d là ud =(2;2;1). Suy ra uuur uur AB . ud =0 nên đường thẳng d vuông góc với AB. Gọi (P) là mặt uur phẳng chứa AB và vuông góc với d,suy ra (P) qua A và nhận ud làm véc tơ pháp tuyến nên (P) có phương trình là: 2x2y+z+9=0. Điểm M thuộc d thỏa mãn MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của d và (P). Nên M(1+2t;22t;3+t) với tlà nghiệm của phương trình 2(1+2t)2(22t)+(3+t) +9=0 t=2.Vậy M(3;2;1) thỏa mãn điều kiện bài toán. Sau đây ta làm bài toán không thuộc dạng đặc biệt. 7
Ví dụ 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x = 1 + 2t y = 2−t và cho 2 điểm A(2;2;1), B(0;2;3). Tìm trên đường thẳng d z = 1 + t, t R. điểm M sao cho MA+MB nhỏ nhất. Cách 1: Gọi A1(1+2t;2t;1+t) là hình chiếu vuông góc của A trên d. Ta có: uuuur AA1 = (2t − 1; 4 − t ; t ) uur ud = (2; −1;1) uuuur uur Ta phải có AA1.ud = 0 � 2(2t − 1) − 1(4 − t ) + t = 0 � 6t = 6 � t = 1 Suy ra A1(3;1;2). Gọi B1(1+2t’;2t’;1+t’) là hình chiếu vuông góc của B trên d, làm tương tự ta được B1(1;3;0) Ta lấy điểm B’ sao cho: B’ mp(A,d), B’khác phía với A qua d, B’B1=BB1 và B’B1 vuông góc với d Khi đó : MA+MB=MA+MB’ AB’. Do A,B, d cố định nên B’ cố định. Dấu đẳng thức xảy ra khi M thuộc đoạn AB’giao vơi d. MA AA Lại có MB1 = B ' B1 , mà B’B1=BB1 1 1 MA AA uuuur AA uuuur Suy ra: MB1 = BB1 � MA1 = − BB 1 MB1 1 1 1 Chứng tỏ M là điểm chia đoạn AB AA Theo tỉ số k= BB1 . Mà AA1= 11 , BB1= 11 nên k=1 Từ đó ta có M(1;2;1). 1 Nhận xét: Để giải bằng cách này yêu cầu học sinh phải lập luận chặt chẽ, tính toán cận thận vì các phép tính nhiều rất dễ dẫn đến sai sót. MA = 6t 2 − 12t + 17 = ( 6t − 6) 2 + 11 Cách 2: Gọi M(1+2t;2t;1+t) Ta có: MB = 6t 2 + 12t + 17 = ( 6t + 6) 2 + 11 r r r r Chọn u = ( 6t − 6; 11), v = (− 6t − 6; 11) suy ra: u + v = (−2 6; 11) 8
r r r r Khi đó MA+MB= u + v u + v = 68 , Dấu = xảy ra khi và chỉ khi: r r u = kv, k > 0 6t − 6 = k ( − 6t − 6) k =1 � � 11 = k . 11 �� M (1; 2;1) Vậy M(1;2;1) thỏa mãn điều t =0 k >0 kiện bài toán Nhận xét: Cách giải này nhanh hơn , học sinh chỉ gặp khó khăn là chọn rr r r r r các véc tơ u, v sao cho u + v không đổi và u = kv, k > 0 . Nhưng chỉ cần làm rr một đến hai bài tương tự thì việc chọn các véc tơ u, v trở nên rất đơn giản. Cách 3: Xét hàm số f (t ) = 6t 2 − 12t + 17 + 6t 2 + 12t + 17, t R 6t − 6 6t + 6 f '(t ) = + f '(t ) = 0 � t = 0 . Ta có 6t 2 − 12t + 17 6t 2 + 12t + 17 bảng biến thiên T 0 + F’(t) 0 + + + f(t) 2 Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra hàm số y=f(t) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi t=0 nên M(1;2;1) Nhận xét: Cách giải này khá quen thuộc và cơ bản đối với các em học sinh 12 vì trở về bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số . Bài toán 2: Cho 2 điểm A, B và mặt phẳng (α ). Tìm trênmặt phẳng(α ) điểm M sao cho MA + MB nhỏ nhất. Hướng dẫn giải: Xét xem 2 điểm A, B ở cùng phía hay khác phía đối với (α). +TH1: Nếu 2 điểm A, B ở khác phía đối với (α) 9
Khi đó: Với mọi điểm M ta có: A MA + MB AB, dấu = xảy ra M AB. Vì M (α), A, B khác phía nên có M, hình 4 dấu = xảy ra khi và chỉ khi M là M giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (α) P Vậy khi M là giao điểm của AB và (α) thì MA + MB nhỏ nhất. +TH2: Nếu 2 điểm A, B cùng đối xứng với A qua (α). Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua (α). B Với mọi điểm M (α) ta có: A B MA + MB = MA’ + MB A’B (1). Do A cố định, (α) cố định nên A’ cố định H M => A B không đổi ’ P hinh5 dấu = khi và chỉ khi M đoạn A’B A' ( xảy ra vì A’ và B ở khác phía đối với (α) ). => MA + MB nhỏ nhất M là giao điểm của A’B và (α). Ví d ụ 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho mặt phẳng (α) có phương trình : x2y2z+4=0 và hai điểm A(1;2;1),B(2;0;2).Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất Giải Thay tọa độ của A và B vào phương trình tơ (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía đối với mp (α) Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB và (α) uuur Đường thẳng AB qua điểm B ,nhận AB =(1;1;0) làm vecto chỉ phương x = 2+t Phương trình tham số của AB: y = −t z=2 Tọa độ ứng với t là ngiệm phương trình 2+t 2(t)2.2+4=0 10
2 � 3t + 2 = 0 � t = − 3 4 2 Hay M ( ; ; 2) là điểm cần tìm 3 3 Ví dụ 5: Cho mặt phẳng (α) có phương trình : xy+2z=0 và ba điểmA(1;2; 1) B(3;1;2),C(1;2;2).Hãy tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Giải Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về một phía của (α) . Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α) , để MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M la giao điểm của A’B với (α). uur Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α) ,AA’ nhận n = (1; −1; 2) P làm vecto chỉ phương x = 1+ t Phương trình tham số AA’: y = 2 − t z = −1 + 2t Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình 1 3 3 1+t(2t)+2(1+2t)=0 � 6t − 3 = 0 hay t= H ( ; ;0) 2 2 2 x A ' = 2 xH − x A = 2 Do H là trung điểm của AA’ nên y A ' = 2 yH − y A = 1 A '(2;1;1) z A' = 2 zH − z A = 1 uuuur A’B có vtcp A ' B = (1;0; −3) x = 2+t Phương trình tham số A’B: y = 1 z = 1 − 3t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình : 3 13 4 2+t1+2(13t)=0 � −5t + 3 = 0 � t = hay M( ;1; − ) 5 5 5 11
13 4 Vậy với M( ;1; − ) thì MA +MB có giá trị nhỏ nhất 5 5 Bài toán 3: Cho các điểm phân biệt A1, A2,…,An và các số thực t1, t2,…,t n và cho đường thẳng d hay mặt phẳng (α ). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay trên mặt phẳng (α ) sao cho: │ t1. + t2. +…+ tn.│ đạt giá trị nhỏ nhất. Từ ví dụ sau , học sinh hoàn toàn có thể suy luận được phương pháp giải dạng toán này. x − 4 y +1 z Ví dụ 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho d: = = và hai 1 1 1 uuur uuur điểm A(0;1;5),B(0;3;3) .Tìm M trên d để MA − 4MB có giá trị nhỏ nhất Giải Cách1 Gọi M(4+t;1+t;t) uuur uuur Ta có MA = (−4 − t; 2 − t ;5 − t ) ; MB = (−4 − t ; 4 − t ;3 − t ) uuur � −4 MB = (16 + 4t ; −16 + 4t ; −12 + 4t ) uuur uuur MA − 4MB = (12 + 3t ; −14 + 3t; −7 + 3t ) uuur uuur � MA − 4MB = (3t + 12) 2 + (3t − 14) 2 + (3t − 7) 2 = 27t 2 − 54t + 389 = 27(t 2 − 2t + 1) + 362 = 27(t − 1)2 + 362 362 Dấu “ =” xảy ra t=1 t=1 M(5;0;1) Vậy M(5;0;1) thõa mãn điều kiện bài toán . Cách2: uur 13 7 uur r Trước hết ta tìm điểm I sao cho IA − 4 IB = 0 ; ) I (0; 5 5 uuur uuur uuur uur uuur uur uur uur uuur uuur Ta có MA − 4MB = MI + IA − 4( MI + IB ) = IA − 4 IB − 3MI = −3MI uuur uuur uuur uuur MA − 4MB = 3MI = 3 MI uuur uuur uuur MA − 4MB nhỏ nhất MI nhỏ nhất M là hình chiếu của I trên d 12
Nhận xét: Phương pháp chung cho bài toán này là tìm điểm I sao cho uur uuur uuur r t1. IA1 + t2. IA2 +…+ tn. IAn = 0 . Khi đó: │ t1. + t2. +…+ tn.│ uuur uur uuur uuur = (t1 + t2 + ... + tn ) MI + t1.IA1 + t 2 . IA2 + + t n .IAn uuur = (t1 + t2 + ... + tn ) MI = (t1 + t2 + ... + tn ) .MI Biểu thức đã cho đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I trên d hay trên( α ). Bài toán 4: Cho các điểm phân biệt A1, A2,…,An. và các số thực t1,t2,…,tn Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (hay đường thẳng) sao cho tổng T= t1.MA12 + t2.MA22 + … + tn.MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất (nếu t 1+t2+… +tn>0), đạt giá trị nhỏ nhất (t1+t2+…+tn
Tọa độ diểm M thõa mản đk bài toán là nghiệm của hệ : x = 3+t −4 t= �y = − 3 + 2t � 9 � � �z = 2t �x = 23 , y = − 35 , z = − 8 x + 2 y + 2z + 7 = 0 9 9 9 23 35 8 Vậy M ( ; − ; − ) thõa mản điều kiện bài toán 9 9 9 Dạng 2: Các bài toán cực trị liên quan đến tìm đường thẳng, mặt phẳng thoả mãn điều kiện cho trước. Bài toán 5: Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d cho trước và tạo với mặt phẳng cho trước một góc nhỏ nhất. Hướng dẫn giải: Gọi phương trình mặt phẳng (P) cần tìm có dạng: ax+by+cz+d=0. Lấy hai điểm có toạ độ cụ thể thuộc d thay vào phương trình mp(P) ta rút được hai ẩn c,d theo a và b Tính sos của góc giữa hai mặt phẳng, Tìm điều kiện để cos của góc giữa hai mặt phẳng lớn nhất. Ví dụ 8: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho A(1;4;2) ,B(1;2;4) và x −1 y + 2 z đường thẳng d : = = .Viết phương trình mp (P) chứa d và tạo với −1 1 2 mp(Oxy) một góc nhỏ nhất Giải Gọi mp (P) có dạng : ax+by+cz+d=0 Nhận thấy M 1 (1; −2;0), M 2 (0; −1; 2) là 2 điểm thuộc d Vì (P) chứa d nên M 1 ( P) và M 2 ( P) d = − a + 2b a − 2b + d = 0 � � � � a−b −b + 2c + d = 0 c= 2 a −b � PT ( P ) : ax + by + z − a + 2b = 0 2 2ax +2by+(ab)z2a+4b=0 uur (P) có VTPT nP = (2a; 2b; a − b) 14
r Mp(0xy) có VTPT k (0;0;1) Gọi α là góc tạo bởi (P) và (Oxy) uur r uur r nP .k a −b Ta có cos α = cos(nP ; k ) = uur r = nP . k 5a 2 + 5b 2 − 2ab a 2 + b 2 − 2ab cos 2α = 5a 2 + 5b 2 − 2ab 2 �a � �a � � �+ 1 − 2 � � �b � �b � TH1: +) Với b 0 ta có cos 2α = 2 �a � �a � 5 � �+ 5 − 2 � � �b � �b � a t 2 − 2t + 1 Đặt t= cos 2α = b 5t 2 − 2t + 5 t 2 − 2t + 1 8(t − 1)(t + 1) Xét hàm số f(t) = 5t 2 − 2t + 5 � f '(t ) = 2 2 => f’(t)=0 � t = �1 ( 5t − 2t + 5 ) BBT T 1 1 + f’(t) + 0 0 + 0 f(t) (P) tạo với mp(Oxy) 1 góc nhỏ nhất cos α lớn nhất cos 2α lớn nhất a � t = −1 � = −1 chọn a=1 b=1 b Vậy pt mp(P) là : xy+z3=0 TH2: Với b=0 .pt(P) :2ax +az 2a=0 2x +z2=0 a 1 1 � cosα = = < (loại) 5a 2 5 3 Vậy pt mp (P) cần viết là xy+z3=0 15
Bài toán 6: Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d cho trước và tạo với một đường thẳng cho trước một góc lớn nhất. Hướng dẫn giải: Gọi phương trình mặt phẳng (P) cần tìm có dạng: ax+by+cz+d=0. Lấy hai điểm có toạ độ cụ thể thuộc d thay vào phương trình mp(P) ta rút được hai ẩn c,d theo a và b Tính sin của góc giữa mặt phẳng và đường thẳng. Tìm điều kiện để sin của góc giữa mặt phẳng và đường thẳng lớn nhất. Ví dụ 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(1;4;2) ,B(1;2;4) và x −1 y + 2 z đường thẳng d : = = .Viết phương trình mp (P) chứa d và tạo với −1 1 2 trục Oy một góc lớn nhất . Giải Gọi mp (P) có dạng : ax+by+cz+d=0 Nhận thấy M 1 (1; −2;0), M 2 (0; −1; 2) là 2 điểm thuộc d Vì (P) chứa d nên M 1 ( P) và M 2 ( P) d = − a + 2b a − 2b + d = 0 � � � � a−b −b + 2c + d = 0 c= 2 a −b � PT ( P ) : ax + by + z − a + 2b = 0 2 2ax +2by+(ab)z2a+4b=0 uur uuur (P) có VTPT nP = (2a; 2b; a − b) ; n = (0;1;0)Oy Gọi α là góc tạo bởi (P) và Oxy . uur uur uur uur nR , uoy 2b Ta có sin α = cos(nP , noy ) = uur uur = nR . uoy 5a + 5b 2 − 2ab 2 + Nếu b=0 sin α = 0 � α = 0 16
+ Nếu b o 2 2 � sin α = = 2 �a � a a 1 2 24 5 � �− 2 + 5 ( 5 − ) + �b � b b 5 5 2 5 sin α = a 1 a 1 24 6 Dấu “=” xảy ra 5 = � = chọn a=1 b=5 b 5 b 5 5 π Để α lớn nhất 0 α thì sin α lớn nhất 2 Đạt khi (P) : 2x+10y4z+18=0 x+5y2z+9=0 Bài tập tham khảo: x-1 y+ 2 z-2 Bai 1: ̀ ̉ ( d) : ̀ Cho đương thăng = = ̉ va hai điêm A(3; 1;1), ̀ 1 2 -1 B(1; 2; 3). ̉ 1.Hay tim điêm M trên d sao cho ̃ ̀ ̣ a. MA + MB đat gia tri nh́ ̣ ỏ nhất. b. MA +MB nhỏ nhất. 2 2 c. Diện tích tam giác AMB nhỏ nhất. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến mp(P) lớn nhất. 3. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc nhỏ nhất. 4.Viết phương trình mặt phẳng (R) chứa d và tạo với trục Oy một góc lớn nhât. 5. Viết phương trình đường thẳng d1 qua A và cắt d sao cho khoảng cách từ B đến d1 là: a. Lớn nhất. b. Bé nhất Bai 2: ̀ Cho ba điêm A(1; 2; 2), B(1; 3; 2), C(3; 1; 2) va măt phăng ( ̉ ̀ ̣ ̉ α) ́ ương trinh x + 2y – 2z + 1 = 0. co ph ̀ ̉ 1) Tim điêm M trên ( ̀ ́ ́ ̣ ̉ α) sao cho MA + MB co gia tri nho nhât. ́ ̉ 2) Tim điêm S trên ( ̀ 2 2 2 ́ ́ ̣ ơn nhât. α) sao cho SA + SB – 3SC co gia tri l ́ ́ uuur uur uuur ̉ Tim điêm P trên ( ̀ α) sao cho PA +2PB − 4PC co gia tri nho nhât ́ ́ ̣ ̉ ́ 17
x = 2 − 3t x-1 y-2 z +1 Bai 3: ̀ Cho đương hai thăng d ̀ ̉ 1: y = 2t d2 : = = . Trong cać 3 1 2 z = 4 − 2t ̣ ̀ ́ ́ ơi ca hai đ măt câu tiêp xuc v ́ ̉ ường thăng d ̉ 1 va d ́ ương trinh măt ̀ 2, hay viêt ph ̃ ̀ ̣ ̀ ́ ́ ́ ̉ câu (S) co ban kinh nho nhât. ́ Bai 4: ̉ ̣ ̉ ̀ ường ̀ Cho điêm B(2; 1; 2), măt phăng (P): x – y + z + 3 = 0 va đ x-1 y-2 z -3 ̉ thăng d: = = ̣ ̉ ́ ới (P), . Trong cac măt phăng đi qua B va vuông goc v ́ ̀ 1 2 −1 ́ ương trinh măt phăng ( viêt ph ̀ ̣ ̉ ̣ ơi d môt goc l α) tao v ́ ̣ ́ ớn nhât́ 4. Kết quả thực nghiệm của đề tài. Khi chưa triển khai đề tài trên tôi đã cho học sinh làm một bài kiểm tra như sau Điểm Điểm dưới 5 Điểm 5;6 Điểm 7;8 Điểm 9;10 Lớp 12B5 25% 64,5% 10,5% 0% 12B9 22,7% 61,9% 15,4% 0% Sau khi triển khai đề tài này tôi tiếp tục khảo sát được kết quả như sau: Điểm Điểm dưới 5 Điểm 5;6 Điểm 7;8 Điểm 9;10 Lớp 12B5 8,3% 34,5% 41,7% 15,5% 12B9 4,5% 31,4% 50,5% 13,6% Đây là những kết quả tích cực, thể hiện rằng học sinh đã tự tin hơn và giải quyết các bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12 tốt hơn, những phương pháp mà tôi đã đưa ra học sinh có thể làm nhanh ra kết quả mà không yêu cầu các em phải tượng tượng nhiều. 18
III.KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT Một bài toán có rất nhiều cách giải song tìm ra một lời giải ngắn gọn, hợp lí là một việc không dễ. Do đó đây chỉ là một chuyên đề nhỏ giúp phát triển tư duy, sáng tạo của học sinh. Trong quá trình giảng dạy , tôi đã đem đề tài này áp dụng và thấy học sinh có thể tiếp cận rất nhanh và biết vận dụng để giải các bài tập mà tôi đã cho kiểm tra trên lớp. Kết quả là học sinh đã tiến bộ nhanh chóng và còn yêu thích học phần này hơn. Và cũng từ những bài toán này với nhiều phương pháp mà tôi đã đưa ra. Tôi tin là các em hoàn toàn có thể suy luận tìm hướng giải cho các bài toán cực trị khác trong hình học giải tích lớp 12. Đó chính là mục tiêu của tôi khi viết đề tài này. Do kinh nghiệm chưa nhiều nên bài viết của tôi còn nhiều hạn chế. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp xa gần để đề tài thành một chuyên đề tốt giúp ích cho quá trình giảng dạy. Tôi xin chân thành cảm ơn! Xác nhận của thủ trưởng đơn vị Yên Định, Ngày 20 tháng 4 năm 2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác. Trịnh Thị Minh 19
TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách giáo khoa Hình học 12 chương trình chuẩn Nhà xuất bản Giáo dụcTrần Văn Hạo( Tổng chủ biên) 2. Sách giáo khoa Hình học 12 chương trình nâng caoNhà xuất bản Giáo dục Đoàn Quỳnh( Tổng chủ biên) 3.Sách giáo viên Hình học 12 chương trình chuẩn Nhà xuất bản Giáo dụcTrần Văn Hạo( Tổng chủ biên) 4.Sách giáo viên Hình học 12 chương trình nâng cao Nhà xuất bản Giáo dụcĐoàn Quỳnh( Tổng chủ biên) 5. Đề thi TSĐH từ năm 20022011 của BGD&ĐT 6. Mạng Internet 7. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Hình học 12 NXB ĐHQG Hà Nội Ths Lê Hoành Phò. 8. Hình giải tích Nhà xuất bản Hà Nội Trần Phương Lê Hồng Đức. 9.Hình học giải tích Nhà xuất bản Giáo dục Trần Văn Hạo(Chủ biên) 20