Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển năng lực vận dụng quy trình bốn bước của G.Polya vào giải toán tọa độ trong không gian cho học sinh Lớp 12

Xu thế đổi mới phương pháp dạy học trong những năm tới là dạy học định hướng phát triển năng lực, vì vậy nhiệm vụ phát triển năng lực giải toán cho HS là cần thiết và phù hợp với xu hướng đổi mới phương pháp dạy học.

Năng lực giải toán là khả năng thực hiện bốn bước trong phương pháp chung để giải bài toán của G.Polya. Phát triển năng lực giải toán cho HS chính là rèn luyện cho họ có ý thức, thói quen và thực hiện có hiệu quả các bước giải đó.

Phát triển năng lực giải toán hình học cho HS bằng phương pháp tọa độ đóng góp một phần vào phát triển năng lực giải toán nói chung. Cần phải tập luyện cho HS biết phân loại các bài toán, rèn luyện để họ thực hiện linh hoạt, độc lập và sáng tạo các bước trong quy trình giải loại bài toán đó.

Một điểm đáng chú ý nữa là: "Trong quá trình giải bài tập toán, cần khuyến khích HS tìm nhiều cách giải cho một bài toán. Mọi cách giải đều dựa vào một số đặc điểm nào đó của dữ kiện, cho nên tìm được nhiều cách giải là luyện tập cho HS biết cách nhìn nhận một vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau, điều đó rất bổ ích cho việc phát triển năng lực tư duy. Mặt khác, tìm được nhiều cách giải thì sẽ tìm được cách giải hay nhất, đẹp nhất.” [6].

 

doc86 trang | Chia sẻ: lacduong21 | Ngày: 11/12/2020 | Lượt xem: 549 | Lượt tải: 2Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển năng lực vận dụng quy trình bốn bước của G.Polya vào giải toán tọa độ trong không gian cho học sinh Lớp 12", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
): x+y-z-2=0, cắt đt ∆: x=2ty=tz=1 và tạo với ∆ góc nhỏ nhất.
d qua A(2;-1;1), song song với (Q): x+y-z+1=0 và tạo Oxy góc lớn nhất.
Kết hợp các bài toán trên ta có thể tạo ra nhiều bài toán khác tương tự
Hướng dẫn chung: Vì công thức khoảng cách từ một điểm đến đt không đơn giản nên ở phần lập PT đt này chủ yếu ta dùng cách 2.
1) a) Vì d qua A và cắt ∆ nên d nằm trong MP (P) chứa A và ∆. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B trên d, MP (P). 
Ta có: d(B,d)=BH và BH ≤ BA (Dấu “=” xảy ra khi d qua A, cắt ∆ và vuông góc với AB); BH ≥ BK (Dấu “=” xảy ra khi d qua A, cắt ∆ và vuông góc với BK)
b)Tương tự a) Gọi (P) qua A và vuông góc với ∆.
BH ≤ BA. Dấu “=” xảy ra khi d qua A, vuông góc với ∆, AB.
BH ≥ BK. Dấu “=” xảy ra khi d qua A, cắt ∆ và vuông góc với AH.
c) Ta có: d(d,d’) ≤ d(A,d’) = AH: không đổi. (H là hình chiếu của A trên d’) Dấu “=” xảy ra khi d//d’ hoặc d chéo d’ và AH là đoạn vuông góc chung của d và d’. Do đó đt d nhận AI là một VTCP với I là giao điểm của d và ∆ trong đó AI cùng phương với u' (u' là một VTCP của d’) hoặc AI vuông góc với AH.
2)
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M trên d, (P). Ta có d(M,d) = MH, MH ≤ MK: không đổi. Dấu “=” xảy ra khi d qua K và vuông góc với MK, ∆.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B trên d, (Oxy). Ta có: d(B,d) = BH,
BK ≤ BH ≤ BA. BH lớn nhất bằng BA khi d qua A, nằm trong Oxy và vuông góc với BA; BH nhỏ nhất bằng BK khi d qua A và K.
Đưa về bài 2 trên.
Gọi (P) qua A và song song với (Q) thì (P) chứa d. Bài toán đưa về bài 5.
Tương tự phần lập PT MẶT PHẲNGthì d qua giao điểm I của ∆ và (P), d ⊂ (P), góc giữa d và ∆ bằng góc giữa ∆ và (P).
(Tương tự 5) Gọi (P) qua A và song song với (Q). d qua A, d ⊂ (P), góc giữa d và (Oxy) bằng góc giữa (Oxy) và (P).
2.5.3. Lập PT mặt cầu
Ví dụ 5.3. Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đt 
d1: x=1-ty=tz=-1 và d2: x=2ty=1+tz=t
Bước 1: Hiểu bài toán 	
GV: Xác định cái cần tìm, cái cần tìm đó thỏa mãn những đk gì?
HS: Cần lập PT mặt cầu thỏa mãn 3 đk: tiếp xúc với d1, d2, bán kính nhỏ nhất.
GV: Em có thể vẽ hình minh họa được không? 
HS: Vẽ hình. 
 Hình 9
Bước 2: Xây dựng chương trình giải bài toán
GV: d1 và d2 có vị trí tương đối như thế nào? (chéo nhau)
GV: Giả sử (S) có tâm I, bán kính R. (S) tiếp xúc với d1, d2 tương đương với đk nào? (d(I,d1) = d(I,d2) = R).
GV: Giả sử các tiếp điểm của (S) với d1, d2 lần lượt là A, B hãy liên hệ IA, IB với R 
HS: IA=IB=R.
GV: Liên hệ GTNN của R với IA, IB, IA+IB? (R nhỏ nhất khi và chỉ khi IA, IB, IA+IB nhỏ nhất.)
GV: So sánh IA+IB với AB, mà A, B lần lượt thuộc d1, d2 thì GTNN của AB bằng bao nhiêu? Khi nào xảy ra dấu bằng?
HS:IA+IBABd(d1, d2). Dấu “=” xảy ra khi AB là đoạn vuông góc chung của d1, d2.
GV: Như vậy em đã tìm được GTNN của R chưa? Khi đó (S) cần lập có tâm và bán kính xác định như thế nào? (Tìm được GTNN của R, khi đó mặt cầu (S) có đường kính là AB với AB là đoạn vuông góc chung của d1, d2).
Bước 4: Nhìn lại
Kiểm tra kết quả bài toán: Trong bài toán trên d1 và d2 chéo nhau nên tồn tại duy nhất một mặt cầu (S). Nếu d1 và d2 song song, cắt nhau hoặc trùng nhau thì có tồn tại mặt cầu (S) không? Có bao nhiêu mặt cầu (S) thỏa mãn? (d1 và d2 song song thì tồn tại vô số mặt cầu (S), nhận AB là đường kính với AB vuông góc với d1, d2. Nếu d1 và d2 cắt nhau hoặc trùng nhau thì không tồn tại mặt cầu (S).)
Giữ nguyên giả thiết qua A, nếu thay giả thiết (S) tiếp xúc với hai đt thành (S) tiếp xúc với một đt; tiếp xúc với một MP; tâm của (S) thuộc đt; tâm của (S) thuộc một MP ta có một số bài toán: 
5.3.1. Viết PT mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất và (S)
a) đi qua điểm A(0;-3;3), tiếp xúc với đt d: x-3-2=y+52=z-11.
b) đi qua A(1;-1;1) và tiếp xúc với MP (P): x+2y+2z+8=0.
c) đi qua điểm A(0;-3;3) và (S) có tâm thuộc
i) đt d: x-3-2=y+52=z-11.
ii) MP (P): x+y-z+2=0.
Tiếp tục thay đổi đk, khi (P) qua hai điểm A, B; qua ba điểm A, B, C; qua hai điểm và tiếp xúc với một đt ta có:
Bài 5.3.2. Cho A(1;1;3), B(1;1;5). Viết PT mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và đi qua A, B.
Bài 5.3.3 Cho A(3;3;0), B(3;0;3), C(0;3;3). Viết PT mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và đi qua điểm A, B, C.
Bài 5.3.4. Viết PT mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với đt d trong các trường hợp sau:
 A(0;3;-3), B(1;1;3), đt d: x-3-2=y+52=z-11.
A(1;1;0), B(1;3;2), đt d: x-11=y-1=z-21.
A(1;2;1), B(1;32;12), đt d: x-11=y-1=z-21.
Các bài toán trên có thể thay đổi câu hỏi (S) có bán kính nhỏ nhất thành khối cầu (S) có thể tích nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
5.3.1.
a) Ta có: 2R = IA + IH ≥ AH ≥ AK = d(A,d) với H, K lần lượt là hình chiếu của tâm I, A trên d. Do đó: 2R nhỏ nhất bằng AK khi AK là đường kính của mặt cầu.
b) R nhỏ nhất khi (S) nhận AK là đường kính với K là hình chiếu của A trên (P).
 c) i) R = IA ≥ AK = d(A,d) với I là tâm mặt cầu, K là hình chiếu của A trên d. Do đó: R nhỏ nhất khi K là tâm mặt cầu (S).
ii)(Tương tự như i.) Tâm mặt cầu là hình chiếu của A trên (P).
5.3.2. (S) nhận AB là đường kính.
5.3.3. (S) nhận đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn lớn.
5.3.4. a) Mặt cầu (S) tiếp xúc với d tại K thì (S) có bán kính nhỏ nhất khi tâm I của mặt cầu là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK. Mà AB ⊥ d, IK ⊥ d nên d ⊥ (ABK) suy ra K là hình chiếu của A, B trên d. 
b) Gọi I là trung điểm của AB thì IA = d(I,d) nên (S) cần tìm nhận I là tâm.
c) Gọi I là trung điểm của AH với H là hình chiếu của A trên d, ta có IB=IA nên (S) cần tìm nhận I là tâm.
2.5.4. Dạng toán tìm điểm
Ví dụ 5.4. Cho A(1;2;3), B(4;4;5), C(2;1;-1). Tìm điểm M thuộc Mp Oxy sao cho:
a) MA + MB nhỏ nhất. b) |MA-MC| lớn nhất.
Bước 2: Xây dựng chương trình giải bài toán
GV: Em đã gặp bài toán nào tương tự trước đây chưa? Đó là bài toán nào? Phương pháp giải bài toán đó? Đối tượng của bài toán có gì khác không, có vận dụng phương pháp giải đó để giải bài toán này được không? MP trong không gian tương tự với đối tượng nào trong MP? Phát biểu cách làm nếu được.
HS: Đã gặp bài toán tương tự trong MP tọa độ Oxy. Đó là bài toán: cho đt d và hai điểm A, B không thuộc d. Tìm điểm M thuộc d sao cho MA+MB nhỏ nhất. Phương pháp làm: Xét vị trí tương đối của hai điểm A, B so với đt d và dựa vào bất đẳng thức MA + MB ≥ AB, dấu”=” xảy ra khi M thuộc đoạn AB. Vì MP trong không gian tương tự với đt trong MP nên vận dụng phương pháp này được. Cách làm: Xét vị trí tương đối của 2 điểm A, B với MP Oxy và dựa vào bất đẳng thức MA + MB ≥ AB, dấu”=” xảy ra khi M thuộc đoạn AB.
Bước 3: Trình bày lời giải bài toán
Oxy: z=0, T=3.5>0 nên A, B nằm về cùng một phía so với MP(Oxy).
Gọi A’ đối xứng với A qua MP(Oxy), ta có A’(1;2;-3) và B nằm về hai phía của MP(Oxy) và AM = A’M nên AM + MB = A’M + MB ≥ A’B với mọi M thuộc MP(Oxy), dấu “=” xảy ra khi M thuộc đoạn A’B. Do đó AM + MB nhỏ nhất bằng A’B khi M là giao điểm của A’B và Oxy nên M (178;114;0).
Bước 4: Nhìn lại
Câu b) (Tương tự với ý a) đưa về bài toán tương tự trong MP tọa độ Oxy.
Tương tự với bài toán trên ta có bài toán:
Bài 5.4.1. Cho A(3;1;0), B(0;0;1), C(-9;4;9), MP (P): 2x-y+z+1=0. Tìm tọa độ điểm M thuộc MP (P) sao cho:
a) MA + MB nhỏ nhất. b) |MA-MC| lớn nhất.
Khái quát hóa: Cho MP (P), hai điểm A,B không thuộc MP (P). Tìm M thuộc MP (P) sao cho: a) MA + MB nhỏ nhất. b) |MA-MB| lớn nhất.
Nếu thay đổi bài toán tìm điểm thuộc MP bởi điểm thuộc đt thì hướng giải quyết có gì thay đổi?
Ta biết nếu AB và d đồng phẳng thì thực hiện như bài toán đã biết trong hình học phẳng. Trong trường hợp AB và d không đồng phẳng ta đưa về trường hợp đồng phẳng bằng cách tìm điểm A’ sao cho A’B và d đồng phẳng, A’ và B nằm về 2 phía của d và AM = A’M. Cụ thể: Nếu AB và d không đồng phẳng và:
+) nếu AB vuông góc với d thì hình chiếu của A, B trên d trùng nhau là điểm H. Khi đó mọi M thuộc d ta có: MA ≥ HA, MB ≥ HB nên MA + MB ≥ HA + HB. Do đó MA + MB nhỏ nhất khi M ≡ H.
+) nếu AB không vuông góc với d, gọi A1, B1 lần lượt là hình chiếu của A, B trên d; A’ là điểm sao cho A1A' cùng hướng với BB1 và A1A’ = A1A, khi đó A’, B và d đồng phẳng, A’, B nằm về 2 phía của d và AM = A’M nên AM + MB = A’M + MB ≥ A’B, dấu”=” xảy ra khi M là thuộc đoạn A’B. Ta có tam giác MA1A’ đồng dạng với tam giác MB1B nên điểm M cần tìm thuộc đoạn A1B1 và MA1:MB1=AA1:BB1 hay MA1=-AA1BB1.MB1.
Bài tập vận dụng:
Bài 5.4.2. Tìm M thuộc đt d sao cho MA + MB nhỏ nhất trong các trường hợp sau:
a) A(1;2;-1), B(7;-2;3), đt d: x+13=y-2-2=z-22. 
b) A(3;1;1), B(4;3;4), đt d: x-71=y-3-2=z-91. 
c) A(1;-1;0), B(3;-1;4), đt d: x+11=y+1-1=z+22.	
Ngoài cách giải trên, có thể gọi tọa độ điểm M thuộc d, tính MA + MB theo tham số t, đưa về bài toán tìm GTNN của biểu thức có dạng: 
y=at2+bt+c+dt2+et+f (Đưa về xét hệ trục tọa độ trong Mp)
Thay đổi hình thức hỏi, ta có bài toán:
Bài 5.4.3. Cho A(1;5;0), B(3;3;6), đt d: . Tìm M thuộc d sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất.
Bài 5.4.4. Cho E(2;1;5), F(4;3;9). Đt d là giao tuyến của hai MP (P): 2x+y-z+1=0, (Q): x-y+2z-7=0. Tìm M thuộc d sao cho |ME-MF| lớn nhất.
Mở rộng thành tìm 2 điểm trên hai đt song ta có bài toán:
Bài 5.4.5. Cho A(1;1;4), B(-1;-5;-4), d: x+11=y+1-1=z+22, d’: x-1=y1=z-1-2. Tìm điểm M thuộc d, N thuộc d’ sao cho:
AM + MN + NB nhỏ nhất. 
AM + MN + NB nhỏ nhất và MN vuông góc với d.
Tìm hai điểm trên hai MP ta có bài toán:
Bài 5.4.6. Cho A(1;1;2), B(2;4;3). Tìm tọa độ điểm M thuộc MP (Oxz), N thuộc MP(Oxy) sao cho AM + MN + NB nhỏ nhất. 
Bài 5.4.7. Cho mặt cầu (S): (x-2)2+(y+1)2+(z-3)2=9, MP (P): 2x+2y-z+16=0, đt d: x+11=y+1-1=z+22, điểm A(2;2;1).
Tìm điểm M thuộc d sao cho AM nhỏ nhất.
Tìm điểm M thuộc MP (P) sao cho AM nhỏ nhất.
Tìm điểm M thuộc (S) sao cho AM nhỏ nhất, lớn nhất.
Tìm điểm M thuộc (S), N thuộc MP (P) sao cho MN nhỏ nhất.
Bài 5.4.8. Cho A(0;1;1), B(1;0;-3), C(-1;-2;-3), (S):x2+y2+z2-2x+2z-2=0. Tìm điểm D thuộc mặt cầu (S) sao cho thể tích khối ABCD lớn nhất.
Ví dụ 5.5. Cho A(-2;1;0), B(1;0;1), MP (P): x - y + 2z – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc Mp (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.
Bước 2: Xây dựng chương trình giải bài toán
GV: Biểu thức MA2 + MB2 gợi cho em liên tưởng đến công thức nào trong tam giác? Nêu công thức đó, từ công thức đó nêu đk để MA2 + MB2 nhỏ nhất, vì sao?
HS: Công thức đường trung tuyến: MA2 + MB2 = 2MI2 + AB2 (*), (I là trung điểm của AB). Nên MA2+MB2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất (vì AB không đổi).
GV: Điểm cần tìm còn phải thỏa mãn đk nào? Điểm I đã xác định chưa? Nêu vị trí điểm M cần tìm?
HS: M ∈(P), I cố định nên IM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên (P).
GV: Công thức (*) còn đúng không nếu A, B, M không lập thành tam giác? Để chứng minh công thức (*) em sẽ dùng phương pháp gì và để biến đổi vế trái thành vế phải em nghĩ đến “chèn” điểm nào?
HS: Công thức (*) vẫn đúng nếu A, B, M không lập thành tam giác, dùng phương pháp véc tơ để chứng minh công thức (*) bằng cách “chèn” điểm I vào các véc tơ: .
GV: Điểm I có vai trò như thế nào trong đẳng thức véc tơ liên hệ với A, B?
HS: 
Bước 3: Trình bày lời giải bài toán
Gọi I là trung điểm của AB thì I.
Ta có: MA2 + MB2 = ()2 + ()2 = 2MI2 + IA2 + IB2.
Do IA, IB không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Vì I cố định, M∈(P) nên MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên (P).
Đt IM qua I và vuông góc với (P) có PT: . 
M là giao điểm của MI và (P) nên M(1;-1; ).
Bước 4: Nhìn lại 
Kiểm tra lời giải: +) Nếu nói áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến để có công thức (*) có đúng không? Vì sao? (Không đúng vì M, A, B có thể thẳng hàng) 
Nghiên cứu lời giải: Ngoài cách giải trên còn cách giải khác không?
Cách 2: (Dùng tọa độ đưa về tìm GTNN của biểu thức đại số)
Gọi M(a;b;c) ∈(P), ta có a- b+2c- 9=0
MA2 + MB2 = (a+2)2 + (b-1)2 + c2 + (a-1)2 + b2 + (c-1)2
=12[(2a+1)2 + (2b-1)2 + (2c-1)2 + 11]
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:
[.(2a+1)- .(2b-1)+1.(2c-1)]2 
 = 54
Dấu “=” xảy ra khi: 
. Vậy MA2 + MB2 nhỏ nhất bằng khi M(1;-1; ).
Cách 3: (Kết hợp đại số hóa và hình học tọa độ)
Tương tự cách 2: MA2+MB2 = 2[(a +)2 + (b -)2 + (c -)2] + . Do đó MA2 + MB2 nhỏ nhất khi (a +)2 + (b - )2 + (c -)2 nhỏ nhất hay MI2 nhỏ nhất với I().
Vậy M là hình chiếu của I trên (P) nên M(1;-1; ).
Nghiên cứu sâu bài toán: 
1. Đặc biệt hóa: (Khi I thuộc MP (P), A≡B) 
Cho A(-2;1;0), B(10;-3;4), MP (P): x-y+2z-9=0. Tìm M thuộc (P) sao cho: 
a) MA2 nhỏ nhất.	b) MA2 + MB2 nhỏ nhất.
2. Cách phát biểu khác: Cho A(-2;1;0), B(1;0;1), M(1;-1; ), MP (P): x - y +2z-9=0. Chứng minh rằng MA2+MB2 NA2 + NB2 với mọi N thuộc (P). 
3. Tương tự hóa: 
1) Cho A(-2;1;1), B(2;-2;1), MP (P): x-y+2z-9=0. Tìm tọa độ điểm M thuộc Mp (P) để :
a) MA2 + MB2 nhỏ nhất. b) MA2 + 2MB2 nhỏ nhất.
c) || nhỏ nhất. d) || nhỏ nhất. 
2) Cho A(-2;1;1), B(2;-2;1), mặt cầu (S): x2 + (y-2)2 + (z+1)2 = 9, đt d: . Tìm tọa độ điểm M sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất biết:
a) M bất kỳ. b) M thuộc d. c) M thuộc (S).
Khi thay cặp hệ số 1; 1 bởi cặp hệ số thực bất kỳ, thay 2 điểm bởi n điểm ta có:
4. Khái quát hóa: 
Cho n điểm A1, A2,An và Mp (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho:
a) k1MA12+ k2MA22++ knMAn2 nhỏ nhất với k1 + k2 ++kn>0.
b) k1MA12+ k2MA22++ knMAn2 lớn nhất với k1+ k2++kn<0.
c) |k1 | nhỏ nhất với k1+ k2 ++kn 0.
Cũng có thể thay đổi điểm M thuộc (P) bởi M tùy ý trong không gian, M thuộc đt d hay M thuộc mặt cầu (S) cho trước.
5. Đề xuất các bài toán khác: Xuất phát từ công thức (*) ta có bài toán
Bài 1: Trong không gian cho điểm A, B, MP (P), I là trung điểm của AB. CMR:
a) 4MI2 = 2MA2 + 2MB2 - AB2 với mọi điểm M.
b) MA2+MB2 với mọi điểm M.
c) MA2+MB2 2d2 +2 IA2 với d = d(I,(P)), mọi M thuộc (P).
Xuất phát từ cách chứng minh công thức (*) bằng phương pháp véc tơ ta có
Bài 2: Cho A(-2;1;0), B(1;0;1). Tìm tọa độ điểm M sao chonhỏ nhất
a) với M tùy ý.
b) với M thuộc MP (P): x-y+2z-9 = 0.
c) với M thuộc Đt d: .
Xuất phát từ cách giải 3 ta có bài toán:
Bài 3: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn: x-y+2z-9=0, tìm GTNN của biểu thức: 
F= 4x2 + 4y2 + 4z2 + 4x - 4y - 4z + 5.
Khái quát bài toán trên ta có bài toán: 
1) Tìm GTNN của biểu thức F = k(x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d) biết mx + ny + pz + q = 0 với a2 + b2 + c2 – d > 0, k > 0, m2 + n2 + p2 > 0. 
2) Cho x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0. Tìm GTLN của biểu thức 
E = mx + ny + pz + q với a2 + b2 + c2 – d > 0, k > 0, m2 + n2 + p2 > 0. 
	Qua cách giải được trình bày trong ví dụ trên ta cũng suy ra cách chứng minh bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 3 bộ số.
Bài 4: Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 3 bộ số.
Hướng dẫn: Xét MP (P) có PT: ax + by + cz = 0, điểm M(x; y; z). Ta có d(M,(P)) MO hay d2(M,(P)) MO2 (ax+by+cz)2 (a2+b2+c2)(x2+y2+z2). Dấu”=” xảy ra khi OM ⊥ (P) hay OM cùng phương với = (a;b;c).
Bài 5: Cho mặt cầu (S): x2 + (y-2)2 + (z+1)2 = 9. Tìm điểm M thuộc Mp (P): x-y+2z-9=0 sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 đầu đường kính nhỏ nhất.
Bài 6: Cho A(-2;1;0), B(1;0;1). Tìm tập hợp điểm M sao cho MA2 + MB2 = k.
2.6. Tiểu kết chương 2
	Chương này trình bày việc hướng dẫn HS giải một số mẫu bài về PT đt, Mp, mặt cầu, tìm điểm, cực trị theo quy trình bốn bước của G.Polya. Qua đó dần dần hình thành cho HS cách thức tiếp cận bài toán, kinh nghiệm trong việc suy nghĩ, tự đặt câu hỏi, trả lời câu hỏi, tìm lời giải của các bài toán, thấy được mối liên hệ giữa các bài toán, tự tạo ra các bài toán mới. Như vậy, HS được học tri thức phương pháp về giải bài tập toán, phương pháp giải quyết vấn đề. Các ví dụ đã làm sáng tỏ các ưu điểm của phương pháp dạy học bài tập theo 4 bước của G. Polya cho dạy học bài tập chương tọa độ trong không gian.
KẾT LUẬN
Qua quá trình nghiên cứu, áp dụng sáng kiến đã thu được những kết quả chính như sau:
	1. Minh họa làm sáng tỏ lý luận về phương pháp giải bài toán vận dụng theo bảng gợi ý của G.Polya. Trình bày việc vận dụng quy trình bốn bước của G.Polya hướng dẫn HS tìm lời giải bài toán về tọa độ trong không gian qua đó phát triển năng lực vận dụng quy trình trên vào một số dạng toán thường gặp ở trường THPT. 
	2. Hiệu quả:
Hiệu quả kinh tế: 
+) Để soạn giảng được một bài theo cách thông thường mất rất ít thời gian so với soạn giảng vận dụng quy trình bốn bước của G.Polya, tuy nhiên thì lợi ích xã hội khi dạy theo quy trình bốn bước trên là hơn rất nhiều so với cách dạy thông thường. 
+) Để soạn một bài theo quy trình bốn bước của G.Polya, mất khoảng 3 tiết, sáng kiến đưa ra khoảng 25 bài toán gốc, vậy để soạn được hệ thống bài toán trên mất khoảng 75 tiết. Một tiết của một GV trung bình khoảng 80.000đ. Số GV dạy toán THPT trong tỉnh khoảng 300 GV. Như vậy, nếu tất cả GV dạy toán THPT trong tỉnh đều áp dụng sáng kiến thì sáng kiến đã tiết kiệm khoảng 80.000 x 75 x 300 = 1.800.000.000đ.
Hiệu quả xã hội: Giúp HS hứng thú học tập, lôi cuốn HS vào các hoạt động củng cố kiến thức cơ bản, lĩnh hội được kiến thức mới. Đặc biệt, HS rất thích thú khi khám phá các kiến thức mới bằng các câu hỏi dẫn dắt của GV và từ đó HS dần gạt bỏ thói quen lười suy nghĩ, tiếp thu kiến thức một cách thụ động. Quan trọng hơn, thông qua hệ thống câu hỏi dẫn dắt, cách tạo ra bài tập khác HS dần dần có được phương pháp tự học tốt, biết tự mình đặt ra các câu hỏi và trả lời các câu hỏi, nắm được cách giải một cách bản chất để chỉ cần học một bài nhưng giải được rất nhiều bài. Hệ thống bài toán mà thầy cô phát triển, tự nghiên cứu thể hiện tấm gương tự học, tự bồi dưỡng qua đó bồi dưỡng phương pháp tự học cho người học.
	3. Sáng kiến là tài liệu tham khảo hữu ích cho GV, giúp khắc phục hạn chế về thời lượng trong chương trình. Việc chọn lựa bài tập phù hợp để dạy, việc phát triển hệ thống bài tập giúp GV đỡ mất thời gian nghiên cứu. Sáng kiến là tài liệu tham khảo để GV tiếp tục mở rộng để dạy cho các bài tập khác, phần khác. Sáng kiến phù hợp với cách dạy chuyên đề, phân phối chương trình mở của Sở Giáo Dục Ninh Bình.
	4. Khả năng áp dụng sáng kiến khả thi, cao, có thể thực hiện cho tất cả các trường THPT trong tỉnh Ninh Bình cũng như trong cả nước. Sáng kiến có thể là một tài liệu tham khảo bổ ích cho GV toán và sinh viên toán các trường Đại học-Cao đẳng Sư phạm. 
Tuy nhiên để viết được tài liệu này, tác giả thực sự phải dày công suy nghĩ, mất nhiều thời gian, để áp dụng tốt còn phải phụ thuộc vào HS, nếu HS khá và tự giác thì khả năng áp dụng cao hơn, đồng thời GV phải linh động điều chỉnh theo lực học của HS, tùy vào mức độ nhận thức mà phát triển bài toán cho phù hợp. Sáng kiến đã được chúng tôi áp dụng vào dạy học chuyên đề các năm học 2012- 2013; 2013 – 2014; 2014 – 2015 kết quả cho thấy số lượng điểm khá, giỏi tăng lên. Sáng kiến cũng đã được một số trường THPT ở Hà Nội, ở một số tỉnh thành khác áp dụng thử nghiệm và kết quả thu được: HS hứng thú học, điểm khá, giỏi tăng và GV cũng thấy hăng say, hài lòng với bài giảng của mình.
Xác nhận của cơ quan, đơn vị	Các tác giả
 	Trần Quang Vinh	
	Lê Thị Hòa Bình	
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tiếng việt
Nguyễn Mạnh Cường (2009), Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua dạy học Phương pháp tọa độ trong không gian, lớp 12 THPT, luận văn thạc sĩ, ĐHSP HN.
Nguyễn Bá Kim (2011), Phương pháp dạy học môn Toán, NXB Đại học Sư phạm, Hà Nội.
Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy (1992), Phương pháp dạy học môn Toán, NXB Giáo dục.
 Nguyễn Bá Kim, Đinh Nho Chương, Nguyễn Mạnh Cảng, Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Thường (1994), Phương pháp dạy học môn Toán- Phần hai, NXB Giáo dục.
Phạm thị Trà My (2013), Vận dụng bảng gợi ý của Polya hướng dẫn học sinh tìm lời giải bài toán về tọa độ trong mặt phẳng, luận văn thạc sĩ, ĐHSP-ĐH Thái Nguyên.
Bùi Văn Nghị (2008), Phương pháp dạy học những nội dung cụ thể môn Toán, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm, Hà Nội.
 Bùi Văn Nghị (2009), Vận dụng lí luận vào thực tiễn dạy học môn Toán, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm, Hà Nội.
 G.Polya (1997), Giải một bài toán như thế nào, Nhà xuất bản Giáo dục.
 G.Polya (2010), Sáng tạo toán học, Nhà xuất bản Giáo dục.
 G.Polya (1995), Toán học và những suy luận có lí, NXB Giáo dục.
Phí Thị Thùy Vân (2005), Vận dụng quy trình giải bài toán của G.Polya để dạy học một số dạng toán hình học không gian lớp 11 THPT, luận văn thạc sĩ, Trường ĐHSP Hà Nội.
Tiếng Anh
 G. Polya (1957), How to Solve It, 2nd ed, Princeton University Press

File đính kèm:

  • doc2. DTH_Toan PT nang luc 4 buoc cua GPolya vao giai toan toa do trong hinh KG lop 12.doc
Sáng Kiến Liên Quan