Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện cho học sinh tư duy giải toán cực trị trong không gian

SC, SD lần lượt tại A1, B1, C1, D1
thỏa mãn đẳng thức
SA + SB + SC
SD
= 2k,
với k không đổi và
k > 2.
Gọi
V ,V
SA1	SB1	SC1	SD1
1	2
lần lượt là thể tích của khối chóp
S.A1B1C1 và S.A1C1D1.
1
3
V1
1
3
V2
2
Chứng minh mặt phẳng
(P) luôn đi qua một điểm cố định và
+	£ k.3	.
V
Lời giải
Gọi O = AC Ç BD
và O1 = SO Ç( A1B1C1D1 ).
Ta có
SA + SC
= SB + SD
= 2 SO
(1). Từ giả thiết
SA + SB + SC
+ SD

= 2k

suy
SA1	SC1
SB1	SD1
SO1
SA1	SB1	SC1
SD1
ra 4 SO
SO1
= 2k Þ SO1
= 2SO
k
(không đổi). Tức là
O1 cố định. Vậy mặt phẳng (P) luôn đi
qua một điểm cố định.
Từ giả thiết
SA + SB + SC
+ SD

= 2k
và (1) suy ra
SA + SC
= SB + SD
= k .
SA1
SB1
SC1
SD1
SA1
3	.	.
SA SB SC
SA1 SB1 SC1
1 æ SA	SB	SC ö
SC1
SB1
SD1
Ta có
=	=	£
V
3
2V1
VS . ABC
3
V1
V
3
2V2
1 æ SA	SC	SD ö
ç
3 è SA1
+	+
SB1
÷ (2).
SC
1 ø
Tương tự
£	ç
3 è SA1
+	+
SC1
÷ (3).
SD
1 ø
Cộng hai bất đẳng thức (2) và (3) theo vế ta được
V
3
2V1
V
3
2V2
1
3
V1
1
3
V2
1 æ	SA	SC ö	2
+	£ 3 ç 2k + SA + SC ÷ = k.
Suy ra
+	£ k.3	.
V
è	1	1 ø
Thông qua các bài toán này thông qua việc xây dựng những bài toán quy lạ về quen rèn luyện cho học sinh tư duy tương tự hoá, trừu tượng hóa, khái quát hóa. Cũng để giải bài toán 1.3 [câu 49, mã đề 101 - đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 – 2021] chúng ta cần xét một số bài toán cực trị quen thuộc bằng cách tương tự hóa, trừu tượng hóa, khái quát hóa ta hình thành và rèn luyện cho học sinh tư duy giải toán cực trị hình học không gian. Qua đó rèn luyện cho học sinh các định hướng các đường lối tư duy để giải các bài toán thế này.
Bài toán 1.3.1: Cho 2 điểm A, B và mặt phẳng (a). Tìm điểm M trên mặt phẳng (a) sao cho:
MA + MB
MA - MB
nhỏ nhất. lớn nhất.
Đây là bài toán quen thuộc các em học sinh đã được tìm hiểu trong hình học phẳng cũng như hình học không gian.
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 (a) .
Tìm
M Î( P)
sao cho
MA +
MBmin
Nếu
A, B	khác phía đối với	(P) .
MA + MBmin
khi
A, B, M	thẳng hàng
Þ M = AB Ç(P) .
Nếu A, B cùng phía đối với (P) . Gọi

A ' là điểm đối xứng với A qua (P) .
Có MA
MB = MA ' +MB . Do
A ' và B khác phía đối với (P)
nên (MA + MB) min
min
Û (MA' + MB)
khi và chỉ khi
M , A', B thẳng hàng Þ M = A ' B Ç(P) .
Nếu
A, B khác phía đối với (P) .
Gọi
A ' là điểm đối xứng với A qua (P) , ta có:
MA - MB = MA '- MB £ A ' B
Þ| MA - MB |max = A ' B
Þ M, Al , B
thẳng hàng
Þ M = A1B Ç(P)
Nếu A, B cùng phía đối với (P) .
MA - MB £ AB Þ MA - MB max = AB
Û M , A, B
thẳng hàng
Þ M = AB Ç(P)
Ta thử tìm hiểu nếu xuất phát từ bài toán này ta có thể xác lập được các bài toán nào khác .
Nếu trong bài toán 1.3.1 ta thay “mặt phẳng (a)”bởi “đường thẳng D” ta có bài toán :
Bài toán 1.3.2 Trong không gian cho 2 điểm A, B và đường thẳng D. Tìm điểm M trên đường thẳng D sao cho MA+MB nhỏ nhất.
Ta giải quyết bài toán1.3.2 trong từng trường hợp AB và D đồng phẳng; AB
và D chéo nhau .
+ Trường hợp AB và D đồng phẳng. ( học sinh tự tìm hiểu)
+ Trường hợp AB và D chéo nhau :
Nếu AB, D chéo nhau và vuông góc nhau Điểm M cần tìm là điểm M0 trên hình vẽ bên.
Nếu AB, D chéo nhau và không vuông góc nhau
Gọi H, K là hình chiếu của A, B lên D - (a) là mặt phẳng chứa D và qua B. A’ là điểm trên (a) sao cho A’, B nằm khác phía đối với D, A’H ^ D và A’H = AH (xem hình). A’B cắt D tại M0 .
Ta có: MA + MB = MA’ +MB ≥ A’B
MA+MB nhỏ nhất « M º M0.
Chú ý: M0 nằm trên đoạn HK và M0H/ M0K = A’H/BK = AH/BK
« M H =- AH M K .
0	BK	0
Điều thú vị là có thể phát biểu bài toán tương tự như bài toán 1.3.1 đối với mặt cầu trong một vài trường hợp đặc biệt chẳng hạn :
Bài toán 1.3.3: 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
Giải :
nhỏ nhất.
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 (xem hình)
MA+MB nhỏ nhất « M ºM0.
Nếu trong bài toán 1.3 xuất hiện thêm điểm C thay đổi yêu cầu của bài toán thì ta xác lập bài toán mới bằng cách tương tự hóa:
Bài toán 1.3.4: Cho DABC. Tìm mặt phẳng (a) qua A sao cho B, C nằm cùng một phía với mặt phẳng (a) và tổng các khoảng cách từ B, C đến mặt phẳng (a) là lớn nhất.
Giải:
M là trung điểm BC. H, I, N lần lượt là hình chiếu của B, C, M lên mặt phẳng
(a). BH + CI = 2MN ≤ 2MA.
BH + CI lớn nhất khi N º A. Mặt phẳng (a) cần tìm là mặt phẳng (a0) qua A
và vuông góc với AM.
Nếu trong bài toán 1.3.4, xuất hiện thêm điểm D thì ta có :
Bài toán 1.3.5: Cho tứ diện ABCD. Tìm mặt phẳng (a) qua A sao cho B, C, D nằm cùng một phía với mặt phẳng (a) và tổng các khoảng cách từ B, C, D đến mặt phẳng (a) là lớn nhất.
36
Giải:
M là trung điểm CD. G là trọng tâm tam giác ABC.
Tổng các khoảng cách từ B, C, D đến mặt phẳng (a) bằng BH + 2 MI = 3GO
≤ 3 GA. Tổng này lớn nhất khi O º A. Mặt phẳng (a) cần tìm là mặt phẳng qua A và vuông góc với AG.
Có thể tổng quát hóa các bài toán 1.3.4, bài toán 1.3.5 thành bài toán sau qua đó hình thành tư duy tổng quát hóa, khái quát hóa bài toán như sau:
Bài toán tổng quát 1: Cho n+1 điểm A0, A1, A2, ..., An. Tìm mặt phẳng (a) qua A0 sao cho các điểm A1, A2, ..., An nằm cùng một phía với mặt phẳng (a) và tổng các khoảng cách từ các điểm A1, A2, ..., An đến (a) là lớn nhất.
Có thể giải được bài toán này bằng phương pháp qui nạp toán học.
Ta có thể xác lập bài toán mới từ Bài toán tổng quát với một góc nhìn khác.
Ta thay “mặt phẳng (a) qua A” bởi “đường thẳng D qua A”. Ta có :
Bài toán tổng quát 2: Cho đa giác A0A1A2 ... An. Tìm đường thẳng D qua A0
sao cho tổng các khoảng cách từ A1, A2, ..., An đến đường thẳng D là lớn nhất.
Bằng cách thay đổi yêu cầu bài toán tiếp tục xét bài toán cực trị tương tự:
Bài toán 1.3.6: Cho hai điểm A, B và mặt phẳng (a). Tìm điểm M trên (a):
a/ |MA + MB | nhỏ nhất .
b/ MA2 + MB2 nhỏ nhất .
Giải:
a/ |MA + MB | =|2 MI | = 2 MI ≥ 2 M0I
(I là trung điểm AB, M0 là hình chiếu của I lên mặt phẳng (a)) .
|MA + MB | nhỏ nhất « M º M0.
0
b/ MA2 + MB2 = 2 MI2 + AB2/2 ≤ 2 MI 2 + AB2/2
MA2 + MB2 nhỏ nhất « M º M0 với M0 là hình chiếu của I lên mặt phẳng (a).
Từ bài toán trên ta có thể rèn luyện cho học sinh tư duy tổng quát hóa, khái quát hóa bài toán như sau:
Ta có
mMA + nMB = (m + n)MI + mIA + nIB
với mọi điểm I. Ta chọn I sao
cho mIA + nIB = 0 , khi đó |mMA + nMB | = | (m + n)MI | = |m+n| MI (m+n ¹0 ).
Từ đây ta phát biểu bài toán mới :
Bài toán tổng quát 3: Cho hai điểm A, B và mặt phẳng (a). Tìm điểm M trên
(a):
|mMA + nMB |

nhỏ nhất với m + n ¹ 0.
Cũng vậy cũng có thể rèn luyện cho học sinh tư duy khái quát hóa bài toán như sau:
Bài toán bài toán tổng quát 4: Cho hai điểm A, B và mặt phẳng (a). Tìm điểm M trên (a): mMA2 + nMB2 nhỏ nhất với m > 0, n > 0.
Mở rộng theo một hướng khác? Thay 2 điểm A, B bởi n điểm. Ta có thể rèn
luyện tư duy tương tự khóa khái quát hóa bài toán thông qua việc hình thành bài toán mới tổng quát như sau:
Bài toán khái quát hóa: Cho n điểm
M trên (a) sao cho:
A1, A2 ,..., An và mặt phẳng (a). Tìm điểm
a/ |x1 MA1 + x2 MA2 + ... + xn MAn | nhỏ nhất.
1	1	2
2
b/ x MA 2 + x MA2
+ ... + x MA 2
nhỏ nhất.
n	n
Điều thú vị là các học sinh sẽ có được các bài toán mới từ các bài toán trên nếu thay cụm từ “mặt phẳng (a)” bởi cụm từ “đường thẳng D” hay “mặt cầu (S)”. Ta có nhiều bài toán như thế, chẳng hạn:
Bài toán 1.3.7: Cho hai điểm A, B và mặt cầu (S). Tìm điểm M trên (S):
a/ |MA + MB | nhỏ nhất (lớn nhất).
b/ MA2 + MB2 nhỏ nhất (lớn nhất).
Giải:
|MA + MB | =|2 MH | = 2 MH (với H là trung điểm AB).
+ Trường hợp H nằm trong mặt cầu (S):
Gọi M0 là một giao điểm của đường thẳng IH và (S) và H nằm giữa I và M0. (a) là mặt phẳng chứa IH và qua M. Trong mặt phẳng (a) dựng đường tròn tâm H, bán kính HM0 cắt đoạn thẳng HM tại N.
Ta có: MH = MN + NH ≥ HN = M0H
|MA + MB | nhỏ nhất « MH nhỏ nhất « M º M0.
+ Trường hợp H nằm ngoài mặt cầu (S): tương tự như trên (xem hình vẽ).
+ Trường hợp H nằm trên mặt cầu (S):
Khi đó M cần tìm trùng với điểm H.
Bằng cách tương tự hóa chúng ta có thể rèn luyện cho học sinh thay đổi các giả thiết của bài toán để được các bài toán tương tự, hoặc khi giải toán, ta cố gắng đưa các bài toán đã cho về các dạng toán quen thuộc. Bên cạnh việc thay đổi giả thiết để tạo ra bài toán mới thì rèn luyện cho học sinh tạo ra các bài toán mới bằng cách thay đổi yêu cầu của bài toán mà nhưng nội dung bài toán hoặc cách giải của bài toán vẫn tương tự. Và trong những bài toán tương tự như vậy thì có thể tổng quát hóa bài toán, khái quát hóa bài toán lên. Qua đây GV đã rèn luyện cho học sinh không những tư duy tương tự hóa mà còn rèn luyện cho học sinh tuy duy khái quát hóa, tổng quát hóa bài toán.
Rèn luyện tư duy phê phán
Người thiếu kỹ năng tư duy phê phán thì khó có được những sáng tạo trong cuộc sống. Do đó, hệ thống giáo dục của chúng ta cần rèn luyện cho học sinh thói quen không bao giờ mặc nhiên công nhận điều gì mà chưa có cơ sở chắc chắn và luôn ý thức rằng: không có gì là tuyệt đối, ai cũng có thể sai, chân lý không phải bao giờ cũng thuộc về đa số. Tính hoài nghi tích cực là một yếu tố rất quan trọng của người có tư duy phê phán. Đó không phải là thứ hoài nghi để tìm các xoi mói chỉ trích, để luôn tìm cách phủ định.
Rèn luyện tư duy tự đặt câu hỏi liên quan đến bài toán
Để rèn luyện tư duy phê phán còn phải rèn luyện cho học sinh kỹ năng đặt câu hỏi. Trong quá trình học tập để hiểu bài một cách sâu sắc học sinh phải biết tự đặt câu hỏi và trả lời các câu hỏi đó. Dạy bằng cách hỏi chứ không dạy bằng cách kể. Dĩ nhiên người học cần có sự giúp đỡ để đi tới câu trả lời đúng. Học bằng cách trả lời câu hỏi vừa giúp người học cách lập luận và cách tạo ra ý nghĩa riêng cho mình. Đây được gọi là sự khám phá có hướng dẫn.
Bài 2.1 [Câu 50 – đề tham khảo tốt nghiệp THPT năm 2021]. Tron