zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc khai thác và sáng tạo bài toán tọa độ không gian từ tính chất cực trị của hình học không gian

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:49

Báo xấu

17
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến "Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc khai thác và sáng tạo bài toán tọa độ không gian từ tính chất cực trị của hình học không gian" nhằm trình bày cơ sở lí luận và thực tiễn về vấn đề phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua khai thác và sáng tạo bài toán tọa độ không gian từ tính chất cực trị của hình học không gian.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc khai thác và sáng tạo bài toán tọa độ không gian từ tính chất cực trị của hình học không gian

Së gD & §t NghÖ An Tr-êng THPT cê ®á =.=.=.=.=    =.=.=.=.= Sáng kiến kinh nghiệm Đề tài: PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC VÀ SÁNG TẠO BÀI TOÁN TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN TỪ TÍNH CHẤT CỰC TRỊ CỦA HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Môn: Toán Nhóm thực hiện: - Nguyễn Thanh Tuấn - Trần Thị Hảo - Phan Thị Thảo Nghĩa Đàn, tháng 4 năm 2022 2014222222222222222222222 22222222014 2220142014
Sáng kiến kinh nghiệm DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT CHỮ CÁI VIẾT STT CỤM TỪ ĐẦY ĐỦ TẮT/KÝ HIỆU 1 THPT Trung học phổ thông 2 TNTHPT Tốt nghiệp Trung học phổ thông 3 BGD&ĐT Bộ giáo dục và đào tạo 4 GV Giáo viên 5 HS Học sinh 6 GTLN Giá trị lớn nhất 7 GTNN Giá trị nhỏ nhất 8 TH Trường hợp 9 Tmax Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất 10 Tmin Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất 11 maxT Giá trị lớn nhất của biểu thức T 12 minT Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T 13 n P  Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  14 u Vectơ chỉ phương của đường thẳng  1
MỤC LỤC PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ ........................................................................................... 1 1.1. Lí do chọn đề tài ................................................................................................. 1 1.2. Tổng quan về đề tài và tính mới của đề tài ........................................................ 2 PHẦN II. NỘI DUNG ............................................................................................... 3 2.1. Cơ sở lí luận và thực tiễn ................................................................................... 3 2.1.1. Cơ sở lí luận .................................................................................................... 3 2.1.2. Cơ sở thực tiễn ................................................................................................ 4 2.2. Giải pháp thực hiện ............................................................................................ 5 2.2.1. Khai thác tính chất cực trị từ khoảng cách giữa các đối tượng điểm, đường thẳng và mặt phẳng để sáng tạo bài toán tọa độ không gian……………………….5 2.2.2. Khai thác tính chất cực trị liên quan đến mặt cầu để sáng tạo bài toán tọa độ không gian ............................................................................................................... 27 2.2.3. Thực nghiệm sư phạm ................................................................................... 36 PHẦN III. KẾT LUẬN ........................................................................................... 39 3.1. Đề tài đã giải quyết được vấn đề sau: .............................................................. 39 3.2. Ý nghĩa của sáng kiến ...................................................................................... 39 3.3. Phạm vi, nội dung ứng dụng và hướng phát triển của đề tài: .......................... 40 3.4. Ý kiến đề xuất .................................................................................................. 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………… ..... 41 PHỤ LỤC ................................................................................................................ 42
Sáng kiến kinh nghiệm PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1. Lí do chọn đề tài Mục tiêu đối với giáo dục phổ thông đó là tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, năng lực công dân, phát hiện và bồi dưỡng năng khiếu, định hướng nghề nghiệp cho học sinh. Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, chú trọng lí tưởng, truyền thống, đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, năng lực và kỹ năng thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tiễn. Phát triển khả năng sáng tạo, tự học, khuyến khích học tập suốt đời. Trong quá trình dạy học toán ở bậc phổ thông, việc bồi dưỡng kiến thức và phát triển tư duy cho học sinh là nhiệm vụ trọng tâm của người giáo viên. Thực tế cho thấy nhiều giáo viên khi dạy học vẫn còn nặng về khâu truyền thụ kiến thức, các kiến thức đưa ra hầu như là sẵn có, ít yếu tố tìm tòi phát hiện, chưa chú trọng nhiều về việc dạy học sinh cách học, do đó chưa phát triển được năng lực tư duy và sáng tạo cho học sinh. Thông thường thì các em học sinh mới chỉ giải quyết trực tiếp các bài tập toán mà chưa khai thác được tiềm năng của bài toán đó. Học sinh chỉ có khả năng giải quyết vấn đề một cách rời rạc mà ít có khả năng xâu chuỗi chúng lại với nhau thành một hệ thống kiến thức lớn. Chính vì vậy việc bồi dưỡng, phát triển tư duy tương tự hóa, khái quát hóa,… là rất cần thiết đối với học sinh phổ thông. Việc làm này giúp các em tích lũy được nhiều kiến thức phong phú, khả năng nhìn nhận, phát hiện vấn đề nhanh và giải quyết vấn đề có tính lôgic và hệ thống cao. Mục tiêu của Chương trình giáo dục phổ thông mới 2018 nói chung và môn Toán nói riêng là phát triển phẩm chất và năng lực cho học sinh, trong đó năng lực tư duy và sáng tạo đóng vai trò rất quan trọng. Trong chương trình Hình học 12 THPT hiện hành, chủ đề về Phương pháp tọa độ trong không gian là một trong những chủ đề trọng tâm, đa dạng. Đặc biệt các bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất liên quan đến chủ đề này gây không ít khó khăn cho người học; các bài toán loại này xuất hiện nhiều trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12 và kỳ thi TNTHPT quốc gia ở mức độ vận dụng của đề thi. Để học tốt chủ đề này người học ngoài việc nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản, có thêm nhiều kỹ năng giải thì cần nắm được tính chất cực trị cốt lõi của hình học không gian trong bài toán, có tư duy độc lập và tư duy sáng tạo. Vì vậy, trong quá trình dạy học, nếu người dạy biết cách khai thác và sáng tạo ra các bài toán, quan trọng hơn nữa là tạo ra các tình huống học tập trong dạy học các tiết luyện tập, các chuyên đề để tạo điều kiện cho HS được tham gia hoạt động, được tự mình khai thác các tính chất cực trị của hình học không gian để sáng tạo ra các bài toán tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất về tọa độ không gian thì không những giúp các em học tập có hiệu quả mà còn tạo hứng thú học tập cho các em học sinh, và còn góp phần quan trọng trong việc rèn luyện và bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho người học. 1
Sáng kiến kinh nghiệm Từ những ý tưởng và những lý do nêu trên, chúng tôi quyết định chọn đề tài nghiên cứu: ‘‘Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc khai thác và sáng tạo bài toán tọa độ không gian từ tính chất cực trị của hình học không gian”. 1.2. Tổng quan về đề tài và tính mới của đề tài Thứ nhất, đề tài đã trình bày cơ sở lí luận và thực tiễn về vấn đề phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua khai thác và sáng tạo bài toán tọa độ không gian từ tính chất cực trị của hình học không gian. Thứ hai, đề tài đã tiến hành khảo sát thực trạng về dạy và học bài tập cực trị về toạ độ trong không gian theo hướng phát triển tư duy cho học sinh Thứ ba, đề tài đã xây dựng được lớp bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về tọa độ không gian từ việc khai thác tính chất cực trị của hình học không gian liên quan đến khoảng cách giữa hai điểm, đường thẳng và mặt phẳng. Thứ tư, đề tài đã xây dựng được lớp bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về tọa độ không gian từ việc khai thác tính chất cực trị của hình học không gian liên quan đến mặt cầu. 2
Sáng kiến kinh nghiệm PHẦN II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 2.1. Cơ sở lí luận và thực tiễn 2.1.1. Cơ sở lí luận a. Khái niệm về tư duy Theo từ điển tiếng Việt “Tư duy là quá trình nhận thức, phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối quan hệ có tính chất quy luật của sự vật, hiện tượng ”(Hoàng Phê1998). Nguyễn Thanh Hưng (2019, tr 184) cho rằng: “tư duy là giai đoạn cao của nhận thức, đi sâu vào bản chất và phát hiện ra quy luật của sự vật bằng các hình thức như biểu tượng, phán đoán, suy lí, ... Đối tượng của tư duy là những hình ảnh, biểu tượng, kí hiệu. Các thao tác tư duy chủ yếu gồm: phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự, khái quát hóa, trừu tượng hóa,..” (dẫn theo Trần Mạnh Sang, Nguyễn Văn Thái Bình, Tạp chí giáo dục, số đặc biệt, kỳ 1, tháng 5/2020 tr 111-116) b. Năng lực tư duy và sự phát triển của năng lực tư duy Thế nào là năng lực? “Năng lực là đặc điểm thuộc tính tâm lý riêng của từng người, là tổ hợp thuộc tính phản ánh các quan hệ tác động và khách thể bởi chủ thể. Năng lực khác với tri thức và kỹ năng, kỹ xảo. Năng lực là đặc điểm tâm lí ở người, tạo thành các điều kiện quy định tốc độ, chiều sâu, cường độ của việc lĩnh hội tri thức, kỹ năng, kỹ xảo”(PGS.TS. Đinh Thị Kim Thoa). Theo tài liệu tìm hiểu chương trình môn toán(trong chương trình giáo dục phổ thông 2018), trang 17 : ‘‘Năng lực là thuộc tính cá nhân được hình thành và phát triển nhờ tố chất sẵn có và quá trình học tập, rèn luyện, cho phép con người huy động tổng hợp các kiến thức, kỹ năng và các thuộc tính cá nhân khác như hứng thú, niềm tin, ý chí,…thực hiện thành công một loạt hoạt động nhất định, đạt kết quả mong muốn trong những điều kiện cụ thể ’’ Năng lực chính là khả năng nhận thức và vận dụng kiến thức, kỹ năng, thái độ trong học tập và trong thực tiễn cuộc sống. Thế nào là năng lực tư duy? Có thể hiểu năng lực tư duy là tổng hợp những khả năng ghi nhớ, tái hiện, trừu tượng hóa, khái quát hóa, tưởng tượng, suy luận, giải quyết vấn đề, xử lí và tình cảm trong quá trình phản ánh, phát triển tri thức và vận dụng chúng vào thực tiễn. Theo Chương trình giáo dục phổ thông 2018 môn Toán, một trong những biểu hiện quan trọng của năng lực tư duy và lập luận toán học là “thực hiện được tương đối thành thạo các thao tác tư duy, đặc biệt phát hiện được sự tương đồng và 3
Sáng kiến kinh nghiệm khác biệt trong những tình huống tương đối phức tạp và lí giải được kết quả của việc quan sát”(Bộ GD-ĐT, 2018). Thế nào là phát triển năng lực tư duy? Có thể nói, phát triển năng lực tư duy HS chính là hình thành và rèn luyện cho HS 4 yếu tố cơ bản của tư duy gắn liền với việc hình thành và phát triển cho học sinh các thao tác của tư duy (phân tích, so sánh, suy luận, tổng hợp, khát quát, đánh giá, trừu tượng hóa, đặc biệt hóa); các phẩm chất của tư duy (tính linh hoạt, tính sáng tạo, tính bền bỉ, tính năng động, tính đa dạng, đa chiều trong tư duy); các kỹ năng của tư duy (kỹ năng tư duy phê phán, kỹ năng tư duy đối thoại, kỹ năng tư duy sáng tạo, kỹ năng tư duy giải quyết vấn đề). Từ các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất quen thuộc, HS có thể tự tìm lời giải cho các bài toán tương tự, tìm ra được mối liên hệ bản chất của các đối tượng trong mỗi bài toán, tìm ra sự khác nhau giữa các bài toán, và cao hơn là có thể phát biểu các bài toán mới. 2.1.2. Cơ sở thực tiễn 2.1.2.1. Tiến hành điều tra, khảo sát giáo viên và học sinh. Chúng tôi đã tiến hành khảo sát 100 GV THPT trên địa bàn Huyện Nghĩa Đàn, TX Thái Hòa và một số trường ở Diễn Châu, Yên Thành và 200 học sinh tại các lớp ở các trường đó về dạy học bài tập cực trị về không gian tọa độ không gian (Phụ lục 1, Phụ lục 2) 2.1.2.2. Kết luận về thực trạng dạy học bài tập toán nói chung và bài tập cực trị về tọa độ không gian Qua thực tiễn dạy học cũng như tiến hành khảo sát HS(Phụ lục 2), chúng tôi thấy: - Học sinh THPT còn hạn chế trong học Toán nói chung và học tập bài tập cực trị về tọa độ không gian nói riêng, là do kiến thức bị hổng từ các cấp dưới, thêm vào đó chưa chịu khó suy nghĩ, ít tư duy trong quá trình học tập; - Nhiều học sinh không thích học tập, hay giải bài tập cực trị về tọa độ không gian ; việc học tập vẫn còn thụ động, máy móc, thiếu tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân; - Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa chủ động, tích cực để tham gia vào các hoạt động học tập để lĩnh hội kiến thức mới nên kết quả học tập vẫn chưa cao; - Học sinh gặp nhiều khó khăn trong học tập bài tập cực trị về tọa độ không gian đó là bài tập phần này khó, không nắm được bản chất hình học của bài toán. - Nhiều học sinh khi học tập giải bài tập toán, chỉ quan tâm đến kết quả bài toán đúng hay sai, hoặc là hài lòng với lời giải của mình; ít tìm tòi lời giải khác, không khai thác để phát triển bài toán, sáng tạo ra bài toán mới nên không phát huy được nhiều tính tích cực, độc lập và sáng tạo của bản thân. - Trong học tập giải bài toán GTLN, GTNN về tọa độ không gian, không ít học sinh chỉ quan tâm tới vận dụng tính chất đại số và giải tích để giải bài toán, 4
Sáng kiến kinh nghiệm điều này sẽ dẫn đến các em có thể khó tìm được lời giải bài toán, nếu giải được thì cũng mất nhiều thời gian và lời giải bài toán không thực sự hay và đẹp. - Trong quá trình dạy học luyện tập ở trường phổ thông, không ít giáo viên chỉ chữa bài tập đơn lẻ cho học sinh, hoặc chỉ ra bài tập mang tính áp dụng, chưa thực sự chú trọng để khai thác, phát triển và sáng tạo ra bài toán mới. Do đó không phát huy tính tích cực chủ động, sáng tạo, khó hình thành và phát triển năng lực tư duy cho học sinh. - Trong dạy học bài tập GTLN, GTNN về tọa độ không gian, có nhiều GV chưa thực sự quan tâm đến việc hướng dẫn HS phân tích, tổng hợp, so sánh để tìm ra mối liên hệ bản chất hình học giữa các đối tượng, các yếu tố trong bài toán. Do đó HS khó có thể giải bài toán một cách tốt nhất mà còn không có nhiều cơ hội để phát triển năng lực tư duy và lập luận lôgic cho HS. - Cho đến thời điểm này (tháng 4, năm 2022), chương trình GDPT môn toán 2018 đã được triển khai tập huấn cho tất cả các GV toán THPT trên toàn bộ địa bàn tỉnh Nghệ An thông qua các mô đun học tập, đặc biệt là các mô đun 2 (Sử dụng phương pháp dạy học và giáo dục phát triển phẩm chất, năng lực học sinhTHPT), mô đun 4 (Xây dựng kế hoạch dạy học và giáo dục theo hướng phát triển phẩm chất, năng lực học sinh THPT). Tuy nhiên, thực trạng cho thấy hầu hết GV đang còn thụ động, chưa chủ động trong việc vận dụng các phương pháp dạy học tích cực trong dạy học bài tập toán. 2.2. Giải pháp thực hiện Để phát huy tính tích cực, chủ động, tự giác và phát triển năng lực tư duy cho học sinh, trong quá trình dạy học luyện tập hoặc dạy học bài tập toán, giáo viên luôn chú trọng định hướng để học sinh tìm tòi lời giải cho một bài toán, khai thác và phát triển để sáng tạo ra nhiều bài toán mới từ những tính chất và bài toán đã có. GV cần chú trọng hơn trong thiết kế bài dạy luyện tập, giải bài tập toán theo cấu trúc bài dạy phát triển phẩm chất, năng lực học sinh. Trong phạm vi đề tài, chúng tôi lựa chọn việc khai thác và sáng tạo các bài toán về tọa độ không gian từ tính chất cực trị của hình học không gian theo hướng phát triển phẩm chất, năng lực người học (chú trọng phát triển năng lực tư duy và lập luận lôgic Toán học) 2.2.1. Khai thác tính chất cực trị từ khoảng cách giữa hai điểm, đường thẳng và mặt phẳng để sáng tạo bài toán tọa độ không gian Nhận xét 1: Cho hai điểm A, B trong không gian. M là một điểm bất kỳ. Biểu thức T  MA2  MB2 đạt GTNN khi M là trung điểm của AB. Lời giải: I là trung điểm AB  IA  IB  0 2 2 2  T  MA  MB  ( MI  IA) 2  ( MI  IB ) 2  2MI 2  IA  IB 2  2MI ( IA  IB)  2MI 2  IA2  IB2 Tmin  IM min  I  M . 5
Sáng kiến kinh nghiệm Xét bài toán trên trong không gian tọa độ. Bằng cách chọn A  x A ; y A ; z A  , B  xB ; yB ; z B  ta có bài toán: Bài toán 1.1. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A  x A ; y A ; z A  , B  xB ; yB ; z B  . Tìm GTNN của biểu thức T  MA2  MB2 Nhận xét 2: Trong bài toán 1.1 ở trên GTLN của T đạt được khi I là trung điểm AB  I là điểm thỏa mãn đẳng thức vec tơ IA  IB  0 . Với việc xét điểm I thỏa mãn đẳng thức vectơ  IA   IB  0 (    0) , ta có bài toán tổng quát: Bài toán 2. Trong không gian, cho A  x A ; y A ; z A  , B  xB ; yB ; z B  . Tìm tọa độ điểm M để biểu thức T   MA2   MB 2 a) đạt GTNN nếu     0. b) đạt GTLN nếu     0. Gọi I là trung điểm thỏa mãn  IA   IB  0    x A  xI ; y A  yI ; z A  z I     xB  xI ; y B  y I ; z B  z I    0;0;0    x A   xB  x   I    y A   yB   yI      z A   zB  zI    2 2 2  T   MA   MB   ( MI  IA) 2   ( MI  IB)      IM 2   IA2   IB 2 . a) Trường hợp 1 :     0  Tmin   IA2   IB 2  I  M . b) Trường hợp 2 :     0  Tmax   IA2   IB 2  I  M .   x   xB  y A   y B  z A   z B  Đáp số: I  A     , , .      Nhận xét 3: Ta mở rộng từ hệ 2 điểm cho trước thành n  n  2  điểm cho trước A1 ,..., An với điểm I xác định bởi hệ thức 6
Sáng kiến kinh nghiệm 1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0(1  ...   n  0) . Ta có bài toán tổng quát của bài toán 2: Bài toán 3. Trong không gian cho n điểm A1 ( x1 ; y1 ; z1 ),..., An ( xn ; yn ; zn ) và n số thực 1 , 2 ,..., n . M là điểm thay đổi trong không gian. a) Tìm GTNN của biểu thức T  1MA12  ...   n MAn2 nếu 1   2  ...   n  0. b) Tìm GTLN của biểu thức T  1MA12  ...   n MAn2 nếu 1   2  ...   n  0. Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn đẳng thức 1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0 . Từ đó ta có  1  x1  xI ; y1  yI ; z1  z I   ...   n  xn  xI ; yn  y I ; zn  z I    0;0;0   n n n    i xi i yi  z  i i  I  i 1n ; i 1 n ; i 1 n  ( vì 1   2  ...   n  0) .   i    i  i   i 1 i 1 i 1     n  2  n  n  n  2 n n T   i MI  IAi    i  IM  2MI   i IAi    i IAi    i  IM   i IAi2 . 2 2 i 1  i 1   i 1  i 1  i 1  i 1 n n a)  i  0  Tmin  IM min  I  M  Tmin   i IAi2 i 1 i 1  n n n    i i  i i  i zi   x  y  M  i 1n ; i 1n ; i 1n .     i  i  i   i 1 i 1 i 1  n n b)  i 1 i  0  Tmax   i IAi2  M có tọa độ như câu a) i 1 Đặc biệt hóa bài toán 3 khi cho A 1;2;1 , B  0;1; 2  , C  1;0;2  , D  3;3;3 , 1  1,  2  1,  3  2,  4  1 ta có bài toán: Bài toán 3.1. Trong không gian tọa độ Oxyz cho 4 điểm A 1;2;1 , B  0;1; 2  , C  1;0;2  , D  3;3;3 . Tìm GTNN của biểu thức P  MA2  MB2  2MC 2  MD2 . Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn IA  IB  2 IC  ID  0. 7
Sáng kiến kinh nghiệm  x A  xB  2 xC  xD  x   5 11 2 1 I   y  yB  2 yC  yD   yI  A  0  I (5;0; 3) .  1  z A  z B  2 zC  z D  z I   3  1 2 2 2 2 Ta có P  MA  MB  2MC  MD  ( MI  IA) 2  ( MI  IB) 2  2( MI  IC ) 2  ( MI  ID) 2  MI 2  IA2  IB2  2IC 2  ID2  IM 2  56  27  2.47  109  IM 2  14  P  14 , P  14  M  I . Vậy min P  14. Nhận xét 4. Giới hạn quỹ tích của điểm M trong bài toán 3.1 khi cho điểm M thay đổi trên mặt phẳng  P  , kết hợp IM nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng  P  , ta có bài toán: Bài toán 4. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho n điểm A1  x1; y1; z1  , …, n An  xn ; yn ; zn  và n số thực 1 ,..., n thỏa mãn  i 1 i  0. M là điểm thay đổi trên mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0. Tìm GTNN của biểu thức T  1MA12  ...   n MAn2 . Lời giải: n Gọi I là điểm thỏa mãn  IA  0 . Theo bài toán 3 và nhận xét 4 ta có i 1 i i  n n   i i  x   i zi   n  2 n I n i 1 i 1 ;...; n  1 và Tmin    i  d ( I ,( P))   i IAi2 khi M là hình   i   i 1    i  i 1  i 1 i 1  chiếu vuông góc của I lên ( P ). Đặc biệt hóa bài toán 4 với 3 điểm A(2;0; 1) , B(1;1;2) , C (0;2; 1) , 1   2   3  1 , mặt phẳng ( P) : x  y  z  1  0 ta có bài toán: Bài toán 4.1: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A(2;0; 1) , B(1;1;2) , 8
Sáng kiến kinh nghiệm C (0;2; 1) và mặt phẳng ( P) : x  y  z  2  0 . Điểm M thay đổi trên ( P ) . Khi M ( x0 , y0 , z0 ) thì biểu thức T  MA2  MB2  MC 2 đạt GTNN. Tính S  x0  y0  z0 . 2 1 A. S  2. B. S  1. C. S   . D. S   . 3 3 Lời giải: Gọi G thỏa mãn GA  GB  GC  0 ( G là trọng tâm ABC )  G 1;1;0  . 2 2 2 2 2 2 2 T  MA  MB  MC  3MG  GA  GB  GC  Tmin  GM min  M là hình chiếu vuông góc của G lên ( P )  GM  ( P). x  1  t   1 1 4 Phương trình GM :  y  1  t . Đường thẳng GM cắt ( P ) tại M   ;  ;   . z  t  3 3 3  Suy ra x0  y0  z0  2. Đặc biệt hóa bài toán 4 với 3 điểm A  2;3;5  , B  1;3;2  , C  2;1;3 , 1  4,  2  5,  3  6 , mặt phẳng  P  là  Oxy  ta có bài toán: Bài toán 4.2: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A  2;3;5  , B  1;3;2  , C  2;1;3 . Điểm M thay đổi trên mặt phẳng  Oxy  . Khi M  a, b, c  thì biểu thức T  4MA2  5MB2  6MC 2 đạt GTNN. Tính S  a  b  c. A. S  2. B. S  12. C. S  4. D. S  8. Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn hệ thức 4 IA  5IB  6 IC  0  I (5;7;4) và T  3IM 2  4IA2  5IB2  6IC 2 . Do đó Tmin  IM nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên (Oxy)  M (5;7;0). Suy ra S  a  b  c  5  7  0  12. Nhận xét: Trong bài toán 4, ta có Tmin  IM nhỏ nhất , do đó ta có thể chọn thêm điểm thứ n  1 là An 1  I và số  n 1  0 , từ đó ta có bài toán: Bài toán 4.3. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho n  1 điểm A1  x1; y1; z1  , …, 9
Sáng kiến kinh nghiệm An  xn ; yn ; zn  , An1  xn1; yn1; zn1  và n  1 số thực 1 ,..., n , n1 thỏa mãn  n n    i n1 i  A A  0,  n 1  0,   i  0  , M là điểm thay đổi trên mặt phẳng  i 1 i 1   P : Ax  By  Cz  D  0. Tìm GTNN của biểu thức T  1MA12   2 MA22  ...   n MA32   n1MAn2k1 (k  N * ). Lời giải: n Gọi I là điểm thỏa mãn  IA  0  I  A i 1 i i n 1  n   n   T    i  IM 2   n1IM 2 k    i IAi2   i 1   i 1  n vì  i 1 i  0 ;  n 1  0 nên Tmin  IM min  M là hình chiếu vuông góc của I lên  P  . Cũng từ nhận xét trên ta có thể mở rộng bài toán 4.3 thành bài toán: Bài toán 4.4: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho n  1 điểm A1  x1; y1; z1  , …, An  xn ; yn ; zn  , An1  xn1; yn1; zn1  và n số thực 1 ,..., n , n1 thỏa mãn  n n    i n1 i  A A  0,   i  0  , 1 ,  2 ,...,  k là các số thực dương  k  N * . M là  i 1 i 1  điểm thay đổi trên mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0. Tìm GTNN của biểu n k thức T   i MAi2   i MAn2i 1 . i 1 i 1 Lời giải: n An1 là điểm thỏa mãn  A i 1 i n 1 Ai  0  n  k n  T    i  MAn1   i MAn1   i An1 Ai2 2 2i  i 1  i 1 i 1 n vì  i 1 i  0 ,  i  0 i  1, k  Tmin  MAn1 min  M là hình chiếu vuông góc n  n  k của An1 lên  P   Tmin   i A A    i  An1M 0   i M 0 An2i 1. (với M 0 là 2 n 1 i 2 i 1  i 1  i 1 10
Sáng kiến kinh nghiệm hình chiếu vuông góc của An1 lên  P  ). Từ bài toán 4.2, ta chọn D  I (5;7;4) , 1  1,  2  2 ta có bài toán: Bài toán 4.5. Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A  2;3;5  , B  1;8;2  , C  2;1;3  , D  5;7;4  . M ( x0 ; y0 ; z0 ) điểm di động trên mặt phẳng (Oxy) . a) Khi biểu thức T  4MA2  5MB2  6MC 2  MD4 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính S  x0  y0  z0 . A. S  11. B. 11. C. S  12. D. S  9. b) Khi biểu thức T  4MA2  5MB2  6MC 2  MD2  2MD4 . Tính x0  y0  2 z0 . A. S  2. B. 2. C. S  12. D. S  9. Nhận xét: Bài toán 4.5 a) là một câu vận dụng cao trong đề thi KSCL lần 1, SGDĐT Thanh Hóa, năm học 2021-2022. Nhận xét: Giới hạn quỹ tích của điểm M trong bài toán 3, khi điểm M di động trên đường thẳng , kết hợp IM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I lên , ta có bài toán: Bài toán 5. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho n điểm A1 ( x1 ; y1 ; z1 )  x  x0  at  , … , An ( xn ; yn ; zn ) . M là điểm di động trên đường thẳng  :  y  y0  bt . Tìm  z  z  ct  0 GTNN của biểu thức T  1 MA1  ...   n MAn (1  ...   n  0) . 2 2 n n n Đáp số: Tmin   i HI 2   i IAi2 , với I thỏa mãn:  IA  0. i i i 1 i 1 i 1 Nhận xét: Kết hợp nhận xét để hình thành bài toán 4.4 ta có bài toán: Bài toán 5.1. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng n  1 điểm n n A1  x1 ; y1 ; z1  ,..., An ( xn ; yn ; zn ) , An 1 ( xn1 ; yn1 ; zn1 ) ( i An 1 Ai  0 ,  i 0, i 1 i 1  x  x0  at   i  R ) . M là điểm di động trên đường thẳng  :  y  y0  bt . Tìm tọa độ điểm M  z  z  ct  0 n k khi biểu thức T   i MAi2   i MAn21 đạt giá trị nhỏ nhất. i 1 i 1 11
Sáng kiến kinh nghiệm n  n  k Đáp số: Tmin   i A A    i  An1M 0   i M 0 An2i 1. n 1 i 2 2 i 1  i 1  i 1  M 0 là hình chiếu vuông góc của An1 lên đường thẳng . Đặc biệt hóa bài toán 5 với ba điểm A 1;0;  1 , B 1; 2;1 , C  3; 2; 1 và các số 1  1 ,  2  2 ,  3  1 ,  là trục Oz ta có bài toán: Bài toán 5.1. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A 1;0;  1 , B 1; 2;1 , C  3; 2; 1 . M là điểm di động trên trục Oz . Khi M  a; b; c  thì biểu thức T  MA2  2MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng a  b  c bằng A. 6. B. 7. C. 3. D. 1. Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn IA  2 IB  IC  0  x A  2 xB  xC  x I  3 2   y  2 yB  yC   yI  A  3  I  3;3;1 .  2  z A  2 z B  zC  z I  1 2 Ta có T  2MI 2  IA2  2IB2  IC 2  Tmin  IM min  M là hình chiếu của I lên trục Oz  I  0;0;1  a  b  c  1. Đặc biệt bài toán 5 với giả thiết của bài toán 5.1, ta có bài toán: Bài toán 5.2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A(1;0; 1) , B(1;2;1) , C ( 3; 2; 1) , D(3;3;1) . M là điểm di động trên trục Oz . Tìm GTNN của biểu thức T  MA2  2MB2  MC 2  MD2  MD6 . Lời giải: Ta thấy D thỏa mãn DA  2 DB  DC  0  T  ( MD  DA) 2  2( MD  DB) 2  ( MD  DC ) 2  MD 2  MD 6  3MD2  MD6  DA2  2DB2  DC 2 .  Tmin  MDmin  M là hình chiếu vuông góc của D lên trục Oz  M (0;0;1)  MD  (3;3;0) , DA  (2; 3; 2) , DB  (2; 1;0) , DC  (6; 5; 2) 12
Sáng kiến kinh nghiệm  min T  3.18  183  17  10  65  5848. Nhận xét 6: Giới hạn quỹ tích điểm M trong bài toán 3 khi M chạy trên mặt cầu, kết hợp tính chất: M2 J M1 I M Với M 1 , M 2 là các giao điểm mặt cầu S  J , R  với đường thẳng IJ thì maxIM  max IM 1 ; IM 2  , minIM  min IM 1 ; IM 2 . Thật vậy, xét mặt phẳng  P  chứa IJ và M ,  P  cắt  S  theo đường tròn lớn (C ) (hình vẽ). Rõ ràng M 1 , M 2  (C ) . Do đó, theo tính chất hình học phẳng thì maxIM  max IM 1 ; IM 2  , minIM  min IM 1 ; IM 2 . Từ đó, ta có bài toán: Bài toán 6. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho n điểm A1  x1; y1; z1  , …, An  xn ; yn ; zn  và n số thực 1 ,..., n thỏa mãn n  i 1 i  0. Điểm M di động trên mặt cầu  S  : ( x  a ) 2  ( y  b) 2  ( z  c) 2  R 2 . Tìm GTNN , GTLN của biểu thức T  1 MA12  ...   n MAn2 . Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn: 1 IA1  ...   n IAn  0  nx n  i zi   i i   n   IM 2  n  IA 2 .  I  i 1n ;...; i 1n  và T   i     i i   i    i  i 1 i 1  i 1 i 1   S  có tâm I  a; b; c  , bán kính R Gọi M 1 , M 2 là các giao điểm của đường thẳng IJ và mặt cầu  S   maxIM  max IM 1 ; IM 2  , minIM  min IM 1 ; IM 2 . 13
Sáng kiến kinh nghiệm max IM  IM 1 Không mất tính tổng quả, giả sử IM 1  IM 2   .  min IM  IM 2 n n TH1.  i  0 . Vì i 1  IA i 1 i i 2 không đổi  Tmin  IM min , Tmax  IM max .  n  2 n 2  n  2 n  max T    i  IM 1   i IAi , min T    i  IM 2   i IAi 2 .  i 1  i 1  i 1  i 1 n n TH2.  i  0 . Vì i 1  IA i 1 i i 2 không đổi  Tmin  IM max , Tmax  IM min .  n  n  n  n    i  2  i i       i  1  i IAi .   2 2 2 2 max T IM IA , min T IM  i 1  i 1  i 1  i 1 Nhận xét: Kết hợp bài toán 6 và nhận xét để hình thành bài toán 4 ta có bài toán: Bài toán 6.1. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho n  1 điểm A1  x1; y1; z1  , …, An  xn ; yn ; zn  , An1  xn1; yn1; zn1  và n số thực 1 ,..., n , n1 thỏa mãn  n n    i n1 i  A A  0,   i  0  , 1 ,  2 ,...,  k là các số thực dương  k  N * . M là  i 1 i 1  điểm thay đổi trên mặt cầu ( S ) : ( x  a ) 2  ( y  b) 2  ( z  c) 2  R 2 . n k Tìm GTNN của biểu thức T   i MA   i MAn2i 1 . i 2 i 1 i 1 Lời giải: n An1 là điểm thỏa mãn  A i 1 i n 1 Ai  0  n  k n  T    i  MAn1   i MAn1   i An1 Ai2 . 2 2i  i 1  i 1 i 1 n vì  i 1 i  0 ,  i  0 i  1, k  Tmin  MAn1 min  M  M 2 ( M 1 , M 2 là hai giao điểm của mặt cầu (S ) với đường thẳng IAn1 , trong đó IM 1  IM 2 ). n  n  k  min T   i An1 Ai2    i  An1M 22   i M 2 An2i 1. ( M 1 , M 2 là hai giao điểm i 1  i 1  i 1 của mặt cầu (S ) với đường thẳng IAn1 , trong đó IM 1  IM 2 ). 14
Sáng kiến kinh nghiệm Đặc biệt hóa bài toán 6 với hệ 3 điểm A(1;0;1) , B(2;1;1) , C (5; 9; 10) , các số 1  1 ,  2  3 ,  3  1 và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  9 ta có bài toán: Bài toán 6.2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;0;1) , B(2;1;1) , C (5; 1; 2) và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  9 . Tìm GTNN, GTLN của biểu thức T  MA2  3MB2  MC 2 . Lời giải: I là điểm thỏa mãn IA  3IB  IC  0 .  xI   x A  3xB  xC  2    yI   y A  3 yB  yC  4  I (2;4;4) và T  IM 2  IA2  3IB2  IC 2 .  z   z  3z  z  4  I A B C  S  có tâm O(0;0;0)  OI  (2;4;4)  2(1;2;2) x  t   Phương trình tham số OI :  y  2t .  z  2t  Xét phương trình: t 2  (2t ) 2  (2t ) 2  9  t  1  Đường thẳng OI cắt  S  tại 2 điểm M 1 1;2;2  , M 2  1; 2; 2   IM 12  9, IM 22  81  maxIM 2  81, minIM 2  9  maxT  81  34  3.18  70  31 , minT  9  34  3.18  70  41. Đặc biệt hóa bài toán 6.2 với giả thiết bài toán 6.1 ta có bài toán: Bài toán 6.3. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A(1;0;1), B(2;1;1), C (5; 1; 2), D(2;4;4). M là điểm di động trên mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  9 . a) Khi M (a; b; c) thì T  MA2  3MB2  MC 2  MD2  MD5 đạt GTNN. Tính S  a  b  c. A. 9. B. 9. C. 3. D. 4. b) Khi M (a; b; c) thì T  MA2  3MB2  MC 2  MD2  MD5 đạt GTLN. Tính S  a  b  c. A. 9. B. 9. C. 3. D. 4. 15
Sáng kiến kinh nghiệm Nhận xét 7: Cho hai đường thẳng a và b chéo nhau trong không gian khi đó d  a, b   IJ với IJ là đoạn vuông góc chung của a và b ( I  a, J  b) . Lấy A, B cố định thuộc đường thẳng a, M di động trên b 1 1  d  M , AB   d  M , a   d  a, b   S MAB  d  M , AB  . AB  d  a, b . AB 2 2 1 S MAB  d  a, b  . AB khi MN là đoạn vuông góc chung của a và b ( M  b, N  a). 2 Từ nhận xét 7, trong không gian Oxyz ta chọn một đường thẳng  bất kỳ , lấy hai điểm A, B sao cho đường thẳng AB và  chéo nhau ta được lớp bài toán. Chẳng hạn: x  t  Bài toán 7. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :  y  2 và hai  z  t  điểm A  1; 0; 2  , B 1;1;2  . M là điểm di động trên d. Khi M  a; b; c  thì MAB có diện tích nhỏ nhất . Tìm tọa độ của điểm M . Lời giải:  x  1  2t   Cách 1. AB  (2;1;0)  Phương trình tham số của AB qua A là  y  t  . z  2  Dễ thấy đường thẳng AB và d chéo nhau. Theo nhận xét 7, ta có S MAB nhỏ nhất  MN là đoạn vuông góc chung của AB và d ( N  AB, M  d ) M  d  M  t ;2; t  , N  AB  N  1  2t ; t ; 2  MN   1  2t   t ; t   2;2  t   MN  AB  MN  AB  0 2  1  2t   t   1 t   2   0     MN  d  MN  u d  0 1 1  2t   t   1 t  2   0  1 t  5t   2t  4  3  7 7    M   ; 2;  . 2t   2t  3 t   7  6 6  6 Cách 2. Ta có AB  5 16
Sáng kiến kinh nghiệm M  d  M  t ;2; t   AM   t  1;2; t  2  2  7  125 AM  AB 6 t     AB   2;1;0   d  M , AB    6 6 5 u AB   . AB 5 6 5 7  7 7 d  M , AB    t    M   ; 2;  6 6  6 6 1 1 5 5 5  S MAB  d ( M , AB). AB    5 . 2 2 6 2 6 5 7 7 S MAB   M ( ;2; ). 2 6 6 6 Bài toán 7.2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz . Cho I 1;0;0  , điểm x  2 7 4 4  M  ; ;  . N là điểm thuộc đường thẳng d :  y  t . Khi N  a; b; c  thì diện 9 9 9 z  t  1  tích tam giác IMN nhỏ nhất. Tổng a  b  c bằng 5 5 A. 2. B. 2. C. . D.  . 2 2 (Đề thi KSCL thi TNTHPT năm 2022 lần 2, Trường Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa. Nhận xét 8: Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b , mặt phẳng  P  chứa b và  P  / / a . Khi đó ta có d  a, b   d  a,  P   . Từ nhận xét 7, ta chọn A, B  a( A  B) và xác định mặt phẳng  P  chứa b ,  P  / / a . Khi đó S MAB nhỏ nhất  d  M , AB   d  AB,  P    M thuộc hình chiếu của đường thẳng AB lên  P  . Ta được lớp bài toán, chẳng hạn: x  t  Bài toán 8.1. Trong không gian tọa độ Oxyz . Cho đường thẳng d :  y  2 và ba  z  t  điểm A  1;0;;2  , B 1;1;2  , C  2;0; 2  . M thuộc mặt phẳng chứa d và C. Khi M  a; b; c  thì diện tích MAB nhỏ nhất. Tìm GTNN của T  a2  b2  c2 . Lời giải: Lấy I  0;2; c   d  IC   2; 2; 2  , ud 1;0; 1 17

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.