skkn hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích 12. thpt vĩnh lộc

22 797 0
  • Loading ...
1/22 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 21/07/2014, 14:37

MỤC LỤC Tran g A.Đặt vấnđề 2 I.Lời nói đầu 2 II.thực trạng của vấn đề 2 B.Giải quyết vấn đề 3 I. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng 3 II. Các dạng bài tập thường gặp 3 C.Kêt luận 20 1 HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 A.ĐẶT VẤN ĐỀ I. Lời nói đầu Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,…. Ta còn gặp các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện cực trị. Đây là dạng Toán khó, chỉ có trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng. Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc. II.Thực trạng vấn đề Trong thưc tế giảng dạy, tôi nhận thấy nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, không nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian. Đặc biệt khi nói đến các bài toán về cực trị trong hình học thì các em rất “ Sợ”. Trước khi làm chuyên đề này tôi đã khảo sát ở 2 lớp 12A và 12B với tống số 90 học sinh, kết quả đạt được như sau Không nhận biết được Nhận biết, nhưng không biết vận dụng Nhận biết và biết vận dụng, chưa giải được hoàn chỉnh Nhận biết và biết vận dụng, giải được bài hoàn chỉnh Số lượng 60 20 9 1 Tỉ lệ ( %) 66,7 22,2 9,9 1.1 Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu.Tôi đã mạnh dạn viết chuyên đề “Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”. 2 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng . 1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α) -Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (α). -Viết phương trình đường thẳng MH(qua M và vuông góc với (α)) - Tìm giao điểm H của MH và (α). *Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với Mqua mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếuH của M lên (α), dùng công thức trung điểm suy ra tọa độ M’. b.Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d: -Viết phương trình tham số của d - Gọi H ∈ d có tọa độ theo tham số t - H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi 0= r uuuur d u MH -Tìm t, suy ra tọa độ của H. II. Các dạng bài tập thường gặp 1.Ca ́c bài toán cực trị liên quan đ ến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước. Bài toán 1: Cho n điểm A 1 , A 2, A n , với n số k 1 , k 2 ,.,k n thỏa k 1 + k 2 + ….+k n = k ≠ 0 và đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt phẳng (α) sao cho 1 1 2 2 n n k MA k MA k MA+ + + uuur uuuur uuuur có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: -Tìm điểm I thỏa 1 1 2 2 n n k IA + k IA + + k IA 0= uur uuur uuur r -Biến đổi : 1 1 2 2 n n 1 2 n k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI uuuur uuuuur uuuuur uuur uuur − Tìm vị trí của M khi MI uuur đạt giá trị nhỏ nhất 3 Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm ( ) A 1;0;1 , ( ) B -2;1;2 , ( ) C 1;-7;0 . Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho : 1) + uuuur uuur uuur MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 2) 3+ uuuur uuur uuur MA -2MB MC có giá trị nhỏ nhất. Giải: Gọi điểm G thỏa uuur uuur uuur r GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và G(0;-2;1) 1) Ta có + uuuur uuur uuur MA + MB MC = + + + uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur MG + GA + MG GB MG GC = 3 uuuur MG có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α) MG nhận r n = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương Phương trình tham số MG      x = 2t y = -2-2t z = 1+3t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 17t 17 0 t 1 ⇔ + = ⇔ = − Vậy với M(-2; 0; -2) thì + uuuur uuur uuur MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa 3 0 + = uur uur uur r IA -2IB IC Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0) 23 3 x = 4; y = - ; z = - 2 2 ⇒ , vậy 23 3 ; ) 2 2 − − I(4; Ta có: 3+ uuuur uuur uuur MA -2MB MC = ) 3( )+ + + uuur uur uuur uur uuur uur MI+IA -2(MI IB MI IC = 2 uuur MI có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α) Phương trình tham số MI: 23 2 3 2     −    −   x = 4+2t y = -2t z = +3t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 23 3 2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10 0 2 2 + − − − + − + + = 73 73 17t 0 t 2 34 ⇔ + = ⇔ = − Vậy với 5 245 135 ; ; ) 17 34 17 − − − M( thì 3+ uuuur uuur uuur MA -2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài toán 2: Cho đa giác A 1 A 2 …. A n và n số thực k 1 , k 2 , …., k n thỏa k 1 + k 2 + ….+ k n = k . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T = 2 2 2 1 1 2 2 n n k MA k MA k MA+ + + đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất Lời giải: - Tìm điểm I thỏa 1 1 2 2 n n k IA + k IA + + k IA 0= uur uuur uuur r -Biến đổi : T = 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k MA k MA k MA = 4 = 2 1 n (k + + k )MI + 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k IA k IA k IA + 2 1 1 n n MI(k IA + + k IA ) uuur uur uuur = 2 kMI + 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k IA k IA k IA Do 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k IA k IA k IA không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng hay đường thẳng. Chú ý: - Nếu k 1 + k 2 + ….+ k n = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất - Nếu k 1 + k 2 + ….+ k n = k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ nhất. Giải:1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa uur uur r IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và 3 3 (2; ; ) 2 2 − I Ta có: MA 2 + MB 2 = 2 2 (MI + IA) +(MI + IB) uuur uur uuur uur 2 2 2 IA + IB +2MI +2MI(IA + IB) = uuur uur uur = 2 2 2 IA + IB +2MI Do 2 2 IA + IB không đổi nên MA 2 + MB 2 nhỏ nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α) Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp α n (1;2;2) = r Phương trình tham số MI: 3 2 3 2        −   x = 2+t y = + 2t z = +2t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 3 3 2 t 2( 2t) 2( 2t) 7 0 9t 9 0 t 1 2 2 + + + + − + + = ⇔ + = ⇔ = − 1 7 (1; ; ) 2 2 ⇒ − − M 5 Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba điểm A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1) 1) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất. 2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA 2 - MB 2 – MC 2 có giá trị lớn nhất. Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA 2 + MB 2 = 2MI 2 + 2 2 AB , do AB 2 không đổi nên MA 2 + MB 2 nhỏ nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α). 2)Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa uur uur uur r JA - JB -JB = 0 Hay (1 x;2 y; 1 z) (3 x;1 y; 2 z) (1 x; 2 y;1 z) (0;0;0) − − − − − − − − − − − − − − = 3 x 0 3 y 0 J(3; 3;0) z 0 − + =   ⇔ + = ⇔ −   =  Ta có: MA 2 - MB 2 – MC 2 = 2 2 2 (MJ + JA) - (MJ + JB) (MJ + JC) − uuur uur uuur uur uuur uur 2 2 2 2 J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC) = − − − − − uuur uur uur uur 2 2 2 2 JA JB JC MJ = − − − Do 2 2 2 JA JB JC − − không đổi nên MA 2 - MB 2 – MC 2 lớn nhất khi MJ nhỏ nhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α). Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp α n (1;2;2) = r Phương trình tham số MJ:      x = 3+t y = -3+ 2t z = 2t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4 3 t 2( 3 2t) 2.2t 7 0 9t 4 0 t 9 + + − + + + = ⇔ + = ⇔ = − 23 35 8 ( ; ; ) 9 9 9 ⇒ − − M Vậy với 23 35 8 ( ; ; ) 9 9 9 − − M thì MA 2 - MB 2 – MC 2 có giá trị lớn nhất. Giải: 1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa uur uur r IA -2 IB = 0 Hay: ( x;1 y; 2 z) 2(2 x; 1 y;2 z) (0;0;0) − − − − − − − − − = 6 Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình: 2 1 x-1 y-2 z-3 = = 1 và các điểm A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho 1) MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất 2) MA 2 + MB 2 + MC 2 có giá trị nhỏ nhất. 4 x 0 3 y 0 I(4; 3;6) - 6+z 0 − + =   ⇔ + = ⇔ −   =  Ta có MA 2 - 2MB 2 = 2 2 (MI + IA) 2(MI + IB) − uuur uur uuur uur 2 2 2 IA 2IB MI + 2MI(IA 2 IB) = − − − uuur uur uur 2 2 2 IA 2IB MI = − − Do 2 2 IA - 2 IB không đổi nên MA 2 -2 MB 2 lớn nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d. Đường thẳng d có vtcp (1;2;1) = r u , phương trình tham số d:      x = 1+t y = 2+ 2t z = 3+ t M d M(1 t; 2 2t; 3 t) ∈ ⇒ + + + , uuur IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu vuông góc của I lên d nên . 0= uuur r IM u 2 1 2 7 6 4 0 ( ; ; ) 3 3 3 3 ⇔ + = ⇔ = − ⇒ t t M Vậy với 1 2 7 ( ; ; ) 3 3 3 M thì MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất 2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa uuur uuur uuur r GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm tam giác ABC và G(2; 1; 1). Ta có: MA 2 + MB 2 + MC 2 = 2 2 2 (MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC) uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur = 2 2 2 2 GA GB GC +3MG + 2MG(GA GB GC) + + + + uuuur uuur uuur uuur = 2 2 2 2 GA GB GC +3MG + + Do 2 2 2 GA GB GC + + không đổi nên MA 2 + MB 2 + MC 2 nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của G lên đường thẳng d. M d M(1 t; 2 2t; 3 t) ∈ ⇒ + + + , uuuur GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2) Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì . 0 = uuuur r GM u 1 1 5 6 3 0 ( ;1; ) 2 2 2 ⇔ + = ⇔ = − ⇒ t t M Vậy với 1 5 ( ;1; ) 2 2 M thì MA 2 + MB 2 + MC 2 có giá trị nhỏ nhất. Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai điểm A,B không thuộc (α) . Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: 1.Nếu (ax A +by A + cz A + d)(ax B +by B + cz B + d) < 0 thì A, B nằm về hai phía với (α). Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và AB. 7 2.Nếu (ax A +by A + cz A + d)(ax B + by B + cz B + d) >0 thì A, B nằm về một phía với (α). Khi đó ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α). Do MA + MB = MA’+ MB mà đạt giá trị nhỏ nhất khi M thuộc A’B hay M là giao điểm của (α) và A’B. Giải: Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α). Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB và (α). Đường thẳng AB qua điểm B, nhận (1; 1;0)= − uuur AB làm vecto chỉ phương Phương trình tham số của AB: 2 2 x t y t z = +   = −   =  Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0 2 3 2 0 3 t t ⇔ + = ⇔ = − Hay 4 2 ( ; ;2) 3 3 M là điểm cần tìm. Giải: 1) 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 là giao điểm của A’B với (α). Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận (1; 1;2) α = − uur n làm vecto chỉ phương Phương trình tham số AA’: 1 2 1 2 x t y t z t = +   = −   = − +  Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình 8 Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương trình:x – 2y – 2z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2). Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm A(1; 2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hãy tìm điểm M trên d sao cho 1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất 2) MA - MC có giá trị lớn nhất. 1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0 ⇔ 6t – 3 = 0 hay t = 1 3 3 H( ; ;0) 2 2 2 ⇒ Do H là trung điểm AA’ nên ' ' ' 2 1 '(2; 1; 1) 1 A H A A H A A H A − =   − = ⇒   − =  x = 2x x y =2y y A z = 2z z A’B có vtcp (1;0; 3)= − uuur A'B Phương trình tham số A’B: 2 1 1 3 = +   =   = −  x t y z t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0 3 5 3 0 5 t t⇔ − + = ⇔ = hay 13 4 ( ;1; ) 5 5 −M Vậy với 13 4 ( ;1; ) 5 5 −M thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất. 2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α).Vậy nên A’ và C nằm cùng một phía đối với (α). Ta thấy = ≤MA - MC MA' - MC A'C .Nên MA - MC đạt giá trị lớn nhất khi M thuộc A’C nhưng ở phía ngoài đoạn A’C, tức M là giao điểm của A’C và (α). Đường thẳng A’C có vtcp ( 1; 3; 3)= − − − uuuur A'C Phương trình tham số A’C: 2 1 3 1 3 t = −   = −   = −  x t y z t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0 3 4 3 0 4 t t⇔ − + = ⇔ = hay 5 5 5 ( ; ; ) 4 4 4 − −M Vậy với 5 5 5 ( ; ; ) 4 4 4 − −M thì MA - MC có giá trị lớn nhất. Bài toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộc d. Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: - Đưa phương trình của d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo tham số t - Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB - Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t - Tính tọa độ của M và kết luận 9 Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( ) : 2 2 − x-1 y + 2 z-3 d = = 1 và hai điểm C(-4; 1; 1), D(3; 6; -3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Đường thẳng d có phương trình tham số 1 2 2 2 3 x t y t z t = +   = − −   = +  qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp (2; 2;1)= − r u và (7;5; 4)= − uuur CD Ta có r u . uuur CD = 14 -10 – 4 = 0 ⇒ ⊥d CD Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với d (P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận (2; 2;1)= − r u làm vecto pháp tuyến Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0 Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d và mp(P). Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình: 2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0 0 2 ⇔ = ⇔ = − 9t + 18 t Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2 2 17+ Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d 1 ,d 2 chéo nhau. Tìm các điểm M ∈ d 1 , N ∈ d 2 là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên. Lời giải: - Lấy M 1 ∈ d và N 2 ∈ d ( tọa độ theo tham số). - Giải hệ phương trình 1 . 0 = uuuur r MN u và 2 . 0 = uuuur r MN u ( 1 , r u 2 r u là các véctơ chỉ phương của d 1 và d 2 ). - Tìm tọa độ M, N và kết luận. Giải: 1) d 1 qua M 1 (5; -1; 11), có vtcp 1 (1;2; 1)= − uur u d 2 qua M 2 (-4; 3; 4), có vtcp 2 ( 7;2;3)= − uur u Ta có [ 1 , uur u 2 uur u ] 1 2 uuuuuur M M = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168 0 ≠ Hay d 1 và d 2 chéo nhau. 2). M 1 d ∈ và N 2 d ∈ sao cho độ dài MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là độ dài đoạn vuông góc chung của d 1 và d 2 . 10 Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng 1 : 1 2 d x-5 y+1 z -11 = = -1 , 2 : 7 2 3 d − x+ 4 y-3 z - 4 = = 1) Chứng minh d 1 , d 2 chéo nhau 2) Tìm điểm M 1 d ∈ và N 2 d ∈ sao cho độ dài MN ngắn nhất. [...]... của học sinh Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học sinh nắm chắc các kiến thức cơ bản sau đó là cung cấp cho học sinh cách nhận dạng bài toán, thể hiện bài toán từ đó học sinh có thể vân dụng linh hoạt các kiến thưc cơ bản, phân tích tìm ra hướng giải, bắt đầu từ đâu và bắt đầu như thế nào là rất quan trọng để học sinh không sợ khi đứng trước một bài toán khó mà dần tạgây hứng thú say mê môn toán, ... pháp mà tôi nêu ra trong đề tài đã giúp các em phận loại được bài tập và nắm khá vững phương pháp làm và trình bầy bài giúp các em tự tin hơn trong học tập cũng như khi đi thi Tuy kết qủa chưa thật như mong đợi, nhưng với trách nhiệm của một người thầy, trong một chừng mực nào đó tôi có thể bớt băn khoăn khi học trò của mình có thể làm tốt các bài toán: “ Cực trị trong hình học giải tích lớp 12 ” Tôi... bộ và thành đạt của học sinh luôn là mục đích cao cả, là nguồn động viên tích cực của người thầy Do vậy, tôi mong ước được chia sẻ với quý đồng nghiệp một số suy nghĩ như sau: Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải song việc tìm ra một lời giải hợp lý, ngắn gọn thú vị và độc đáo là một việc không dễ Do đó đây chỉ là một chuyên đề trong rất nhiều chuyên đề, một phương pháp trong hàng vạn phương... chuyên đề này, một kinh nghiệm được rút ra là trước hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ đó mới dạy các chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng năng khiếu, rèn kỹ năng cho học sinh 19 Những điều tôi đã thực hiện như nêu ở trên đã có một số tác dụng đối với học sinh, cụ thể là... ra rất say mê, hứng thú với dạng toán này đó có thể coi là một thành công của người giáo viên Kết thúc đề tài này tôi đã khảo sát lạicho các em học sinh lớp 12A,12B Kết quả như sau: Số lượng Tỉ lệ ( %) Không Nhận biết, nhận nhưng không biết biết vận dụng được 0 3 0.0 3.3 Nhận biết và biết vận dụng, chưa giải được hoàn chỉnh 27 30 Nhận biết và biết vận dụng , giải được bài hoàn chỉnh 60 66,7 Rõ ràng là... cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu Tuy nội dung của chuyên đề khá rộng, song trong khuôn khổ thời gian có hạn người viết cũng chỉ ra được các ví dụ, bài toán điển hình Rất mong sự đóng góp ý kiến của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để chuyên đề này được đầy đủ hoàn thiện hơn./ 20 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Nguyễn Văn Tân Thanh Hóa, ngày 10 tháng5 năm 2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN. .. đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác Hồ Thị Mai ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ Vĩnh Lộc, Ngày 14 tháng 5 năm 2013 Thay mặt HĐKH cơ sở Chủ Tịch Nguyễn Văn Tân 21 VII TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 2 3... mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm trong (α) đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất Lời giải: Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn nhất khi A ≡ H hay ∆ là đường thẳng nằm trong (α) và vuông góc với AB Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên (α) khi đó... d(B; ∆) nhỏ nhất khi ∆ đi qua hai điểm A, H do vậy AH = (1;4;6) là véc tơ chỉ phương của ∆ Phương trình của ∆: x+3 y-3 z +3 = = 1 4 6 2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất khi ∆ là đường thẳng nằm trong (α), qua A và vuông góc với AB 14 uu r uuu uu r r ∆ có véctơ chỉ phương u ∆ = [AB, nα ] = (16;11; −10) Phương trình của ∆: x+3 y-3 z +3 = = 16 11 −10 x = 1 + t  Ví dụ 2: Cho hai điểm... nhau (do cùng thuộc mặt phẳng (α)) Vậy phương trình ∆1: x+1 y-2 z = = 2 −1 −1 3) Gọi K là hình chiếu của A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆2 ) lớn nhất khi K uuu hay ∆2 nằm trong (α)và vuông góc với AB uu ≡ r r B uu r uu r Ta có [nα , AB] = (0; −4;4) = −4(0;1; −1) = −4u 2 ⇒ ∆2 nhận u 2 làm véc tơ chỉ phương, uu r r mặt khác u 2 và u d không cùng phương nên d và . B .Giải quyết vấn đề 3 I. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng 3 II. Các dạng bài tập thường gặp 3 C.Kêt luận 20 1 HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC. độ trong không gian. Đặc biệt khi nói đến các bài toán về cực trị trong hình học thì các em rất “ Sợ”. Trước khi làm chuyên đề này tôi đã khảo sát ở 2 lớp 12A và 12B với tống số 90 học sinh, . nhiệm của một người thầy, trong một chừng mực nào đó tôi có thể bớt băn khoăn khi học trò của mình có thể làm tốt các bài toán: “ Cực trị trong hình học giải tích lớp 12 ” Tôi luôn nghĩ rằng
- Xem thêm -

Xem thêm: skkn hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích 12. thpt vĩnh lộc, skkn hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích 12. thpt vĩnh lộc, skkn hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích 12. thpt vĩnh lộc

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn