CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
MÔ TẢ SÁNG KIẾN
Mã số : …………………………………
1. Tên sáng kiến:
“MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”
(Võ Thị Thanh Trúc, Nguyễn Phương Khanh, Trần Yến Bình,
Đoàn Thị Thúy Hằng, Hồ Hoàng Kiệt, @THPT Lê Quí Đôn)
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chuyên môn giảng dạy.
3. Mô tả bản chất của sáng kiến :
3.1. Tình trạng giải pháp đã biết:
Bản thân hằng năm có tham gia giảng dạy bộ môn Toán trong nhà trường
cũng như tham gia ôn thi THPT Quốc Gia. Tôi cố gắng đúc kết, xâu chuổi toàn
bộ kiến thức mà bản thân thu thập được một số vấn đề về giải bài toán cực trị
trong Hình Học. Mong muốn nó có thể giải quyết được một số dạng các bài tập
điển hình của chương trình để học sinh ôn thi Học sinh giỏi và thi THPT Quốc
Gia.
Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ
động sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng
học sinh, điều kiện của từng lớp học, bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học,
khả năng hợp tác, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động
đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh.
Quá trình dạy học với các nhiệm vụ cơ bản là hình thành tri thức, rèn
luyện các kỹ năng hoạt động nhận thức, hình thành thái độ tích cực...được xây
dựng trên quá trình hoạt động thống nhất giữa thầy và trò, trò và trò, tính tự giác,
tích cực tổ chức, tự điều khiển hoạt động học nhằm thực hiện tốt các nhiệm vụ
đã được đề ra.
Như chúng ta biết, trong cách đổi mới thi hiện nay thì những bài toán
mang tính ứng ụng thực tiễn lại phổ biến, nhất là những bài toán về Hình Học.
Đó là những dạng toán khó đối với học sinh, có nhiều bài không thể giải được
dễ dàng hoặc có thể giải được nhưng gặp nhiều khó khăn, phức tạp.
Bên cạnh đó, Hình Học là một nội dung quan trọng của chương trình toán
THPT. Nó vừa là đối tượng, nhưng hơn thế nó vừa là công cụ hữu hiệu để giải
quyết nhiều vấn đề phức tạp của thực tiễn.
3.2. Nội dung giải pháp đề nghị công nhận sáng kiến:
- Mục đích của giải pháp
1
Các em học sinh vì nhiều lý do liên quan đến nội dung chương trình, thời
gian, thói quen học tập đã trở nên thụ động trong quá trình học. Các em dễ dàng
chấp nhận, nhớ máy móc một kiến thức để rồi vận dụng các kiến thức đó giải
toán trong các tình huống riêng lẻ. Khả năng tư duy vốn tiềm ẩn không được thể
hiện một cách sinh động.
Cần phải thay đổi tinh thần, thái độ học tập, phương pháp học tập và cả về
ý niệm học toán giải toán là như thế nào.
Không nhiều các tiết dạy mà ở đó giáo viên tạo được không khí học tập
cởi mở, học sinh được độc lập suy nghĩ, trao đổi, tìm hiểu các vấn đề. Các tiết
dạy như vậy mang đến cho các em niềm hứng thú với môn học, hình thành ở các
em phương pháp học tập sáng tạo linh hoạt .
Chúng tôi nghĩ cần có một “ví dụ sinh động” về việc học, giải toán một
cách chủ động. Cách thể hiện trong bài viết này là một “ví dụ”như thế.
* Qua đó giúp học sinh :
Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học
sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.
Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng và khả năng giải các bài toán
trong kỳ thi THPT Quốc Gia và ôn luyện HSG môn Toán.
Các vấn đề được trình bày trong đề tài này có thể hỗ trợ cho các em học
sinh trung học phổ thông có cái nhìn toàn diện hơn về cách tiếp cận một số bài
Toán thực tiễn.
Các ví dụ minh họa ở đây cũng được rút ra chủ yếu từ một số bài toán
thực tế. Mong muốn đề tài có thể đến với đông đảo học sinh, nhằm giúp các
em đạt kết quả cao trong các kỳ thi sắp tới. Qua đề tài này có thể giúp học sinh
có nhiều phương pháp giải các dạng bài tập có liên quan tới bài toán cực trị
trong Hình Học.
Việc nghiên cứu đề tài giúp tôi có một tài liệu mang tính hệ thống về một
số bài toán cực trị trong Hình Học, phục vụ cho công tác giảng dạy của mình.
Qua nghiên cứu đề tài, giúp tôi tự tin hơn trong công tác giảng dạy.
- Nội dung giải pháp:
Giải pháp 1: Cho 2 điểm A,B và mặt phẳng . Tìm điểm M trên mặt phẳng
sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Đây là bài toán quen thuộc – Có thể tìm hiểu lời giải bài toán qua các hình
vẽ minh họa cho các trường hợp A,B nằm cùng phía ; khác phía đốí với mặt
phẳng .
Phöông phaùp.
2
Nếu trong bài toán 1 ta thay “mặt phẳng” bởi “đường thẳng ” ta có
bài toán :
Bài toán 1.1 : Trong không gian cho 2 điểm A,B và đường thẳng .Tìm
điểm M trên đường thẳng sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Ta giải quyết bài toán 1.1 trong từng trường hợp AB và đồng phẳng ;
AB và chéo nhau .
+ Trường hợp AB và đồng phẳng
+ Trường hợp AB và chéo nhau :
• Nếu AB , chéo nhau và vuông góc nhau
Điểm M cần tìm là điểm M0 trên hình vẽ bên.
• Nếu AB , chéo nhau và không vuông góc nhau
Gọi H, K là hình chiếu của A,B lên - là mặt phẳng chứa và qua B .
A’ là điểm trên sao cho A’ , B nằm khác phía đối với , A’H ⊥ và A’H =
AH (xem hình) . A’B cắt tại M0 .
Ta có MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B
MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M M0
Chú ý : M0 nằm trên đoạn HK và M0H/ M0K = A’H/BK = AH/BK
AH
M0H = −
M K
BK 0
Ta có thể phát biểu bài toán tương tự như bài toán 1 đối với mặt cầu trong
một vài trường hợp đặc biệt chẳng hạn :
Bài toán 1.2: Cho 2 điểm A , B nằm ngoài mặt cầu (S) có tâm I sao cho IA
= IB.Tìm điểm M trên mặt cầu (S) sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Phöông phaùp.
Gọi H là trung điểm AB . N là hình chiếu của M lên mặt phẳng (ABI) .N
nằm trong đường tròn lớn của mặt cầu (S) trong mặt phẳng này .
Ta có :
MA + MB ≥ NA + NB ≥ M0A + M0B
MA+MB nhỏ nhất M M0
3
Giải pháp 2: Cho 2 đường thẳng d , chéo nhau . Tìm M d và N sao
cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
(2 điểm M,N cần tìm theo đó MN là đoạn vuông góc chung của d , .)
Nếu thay “đường thẳng d ” bởi “mặt phẳng ” với và d không có điểm
chung ( // ) thì bài toán mới có vô số nghiệm hình (xem hình)
(’ là hình chiếu của lên )
Do vậy ta có thể phát biểu bài toán mới
Bài toán 2.1: Cho mặt phẳng và đường thẳng ; // . Tìm tập hợp
các điểm M thuộc sao cho d(M, ) là nhỏ nhất .
Bài toán 2.2: Cho mặt cầu (S) và đường thẳng ((S) và không có điểm
chung) .
Tìm M (S) và N sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
Bài toán 2.3 : Cho mặt phẳng và mặt cầu (S ) ((S) và không có điểm
chung)
Tìm M (S) và N sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
Phöông phaùp.
N0 là hình chiếu của tâm I lên mặt phẳng .
Mặt cầu (S) cắt đoạn IN0 tại . 0 là mặt phẳng tiếp xúc với (S) tại
M0 . 0 cắt đoạn MN tại P .
Ta có : MN ≥ PN = d(P, ) = M0 N0 .
Đoạn MN là nhỏ nhất M M0
Nhìn lại bài toán 2 - hai điểm M0 , N0 cần tìm mà theo đó đoạn M0 N0 là
đoạn vuông góc chung .Ta có : , M0 N0 = d(M0 , ) ≤ d(M , ) Bài toán có thể
phát biểu lại theo một cách khác :
4
Giải pháp 3: Cho 2 đường thẳng d , chéo nhau . Tìm M d sao cho
khoảng cách từ M đến là nhỏ nhất.
Hướng đãn học sinh tự giải
Từ đây học sinh có thể phát biểu một vài bài toán tương tự khác :
Bài toán 3.1 : Cho mặt phẳng và mặt cầu (S ) ((S) và không có điểm
chung)
Tìm M (S) sao cho khoảng cách từ M đến là nhỏ nhất ( lớn nhất ) .
Bài toán 3.2: Cho mặt cầu (S) và đường thẳng ((S) và không có điểm
chung) .
Tìm M (S) sao cho khoảng cách từ M đến là nhỏ nhất ( lớn nhất ) .
Giải pháp 4: Tø diÖn ABCD cã AB = x cã c¸c c¹nh cßn l¹i b»ng 1.
a. TÝnh thÓ tÝch tø diÖn theo x.
b. TÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm B ®Õn mÆt ph¼ng ACD
c. T×m x ®Ó thÓ ABCD ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt
Phöông phaùp.
C
H
D
B
C
C¸ch 1:
Gäi H lµ h×nh chiÕu cña D lªn (ABC) v× DA = DC = DB = 1 ⇒ H lµ t©m
®-êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ABC mµ ∆ABC c©n H ∈ CC’ víi C’ lµ trung ®iÓm AB
S∆ABC = 12 CC '.AB =
HC = R∆ABC =
x
2 sin C
4−
1
2
=
x2
4
.x =
x
4 sin C2 cos C2
5
1
4
=
4 − x 2 .x
x
4. 2x
2
1− x4
=
1
4− x 2
1
⇒Tam gi¸c vu«ng HCD cã HD = CD - DC = 1 − 4− x2 =
2
3− x 2
4− x 2
⇒ HD =
⇒VABCD =
2
1
3
2
S ABC .HD = 13 . 14 4 − x 2 .x.
3− x 2
4− x 2
3− x 2
4− x2
= 12x 3 − x 2
C¸ch 2:
A
C'
D
B
M
Gäi M lµ trung ®iÓm CD ⇒ CD ⊥ ABM
V× ∆ACD vµ ∆BCD ®Òu ⇒ AM = BM =
3
2
VABCD = 2VCBMA = 2. 13 CM.S∆ABC =
S∆ABM = 1 MC’.AB = 12 x. ( 23 ) 2 + ( 2x ) 2 =
2
VABCD =
1 x
3 4
2 1
3 2
.S ABM
x
4
3 − x2
3 − x 2 = 121 3 − x 2 .x
b)
SACD=
3V
1
3
3 − x 2 .x
⇒ d(B,(ACD))= ABCD =
S ACD
4
3
c)
VABCD = 121 3 − x 2 .x
1 3− x2 + x2
12
2
.
= 81
DÊu “=” x¶y ra ⇔ x2 = 3-x3 ⇔ x =
3
2
vµ thÓ tÝch lín nhÊt lµ
1
8
Giải pháp 5: Cho h×nh chãp SABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh a, SA
vu«ng gãc víi mÆt ®¸y ABCD vµ SA=h.§iÓm M thuéc c¹nh CD.§Æt CM=x.H¹
SH vu«ng gãc víi BM.TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn SABH.T×m x ®Ó thÓ tÝch khèi
nµy lµ lín nhÊt.
Phöông phaùp.
6
S
A
B
H
D
C
M
Ta cã BM ⊥ SH (gt)
BM ⊥ SA (V× SA ⊥ ( ABCD)
⇒BM ⊥ AH
1
1
SABCD = a2
2
2
1
a2
Mµ SABM = AH.BM ⇒ AH=
=
2
BM
SABM =
a2
a2 + x2
∆SAH vu«ng ë A cã SH= SA2 + AH 2 = h 2 +
∆BAH vu«ng ë H cã BH= AB 2 − AH 2 = a 2 −
1
1
SABH = AH.BH =
2
2
a2
a2 + x2
a4
=
a2 + x2
ax
a + x2
2
a3 x
a2 + x2
1 a 3 xh 1 2
1
1 a 3 xh
= a h
VSABH = S ABH .SA = . 2 2
6 2ax 12
3
6 a +x
DÊu b»ng x¶y ra khi a=x tøc M trïng D.
Giải pháp 6: Cho h×nh chãp S.ABCD, ®¸y lµ h×nh vu«ng c¹nh a, t©m O. §-êng
cao cña h×nh chãp lµ SA=a. M lµ mét ®iÓm di ®éng trªn SB, ®Æt BM=x 2
(0
- Xem thêm -