SU DUNG DIEM SONG DE GIAI TOAN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (338 KB, 37 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

VẬN DỤNG ĐIỂM “SỐNG” TRÊN ĐƯỜNG ĐỂ GIẢI TOÁN

I. ĐẶT VẤN ĐỀ: Năm học 2010-2011 là năm học tiếp tục thực hiện các cuộc vận động “ Học tập 
và làm theo tấm gương đạo đức Hồ Chí Minh”; “ Hai khơng”; “ Mỗi thầy, cơ giáo là một tấm
gương đạo đức, tự học và sáng tạo” ; với chủ đề " Năm học đổi mới quản lý và nâng cao chất
lượng giáo dục " cùng với phong trào xây dựng " Trường học thân thiện, học sinh tích cực ". Đổi
mới mạnh mẽ phương pháp giáo dục và đào tạo, khắc phục lối dạy học truyền thụ một chiều, rèn
luyện nếp tư duy cho người học, từng bước áp dụng phương pháp tiên tiến, hiện đại vào quá trình
dạy học ". Do đó trong q trình dạy học địi hỏi đội ngũ các thầy cơ giáo phải tích cực học tập;
không ngừng nâng cao năng lực chuyên môn; đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát huy
tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo của học sinh; bồi dưỡng khả năng tự học, sáng tạo; khả
năng vận dụng kiến thức vào thực tế; đem lại sự say mê, hứng thú học tập cho các em.

Trong q trình giảng dạy tơi nhận thấy “Giải bài tốn hình học sử dụng điểm

“Sống”(Điểm thay đổi trên đường: Đường thẳng hay đường cong hoặc đường tròn…..) khá hay và
áp dụng rất hiệu quả đối với một số bài tập mà bản thân thấy được học sinh còn gặp nhiều lúng
túng khi tìm tọa độ của điểm hoặc viết phương trình đường thẳng trong mặt phẳng và trong không
gian thỏa mãn tính chất nào đó; việc vận dụng các quan hệ vng góc, song song của các em vào
các bài tốn cịn nhiều hạn chế. Hơn nữa, kể từ khi học sinh học sách giáo khoa theo chương trình
phân ban mới thì phương trình tổng quát của đường thẳng trong không gian không được sử dụng
nữa nên các bài tốn dạng" Tìm tọa độ các điểm. Viết phương trình các đường thẳng trong khơng
gian" chủ yếu sử dụng phương trình tham số của đường thẳng.

Với suy nghĩ trên tôi xin trình bày một số kinh nghiệm của mình về việc sử dụng điểm
“Sống” đã nói ở trên vào phương trình tham số của đường thẳng trong mặt phẳng hoặc phương
trình tham số của đường trịn hoặc bài tốn điểm “sống” đã nói ở trên các đường elip, hybebol,
parabol, phương trình tham số của đường thẳng trong khơng gian vào giải các bài tốn:" Tìm tọa
độ các điểm. Viết phương trình các đường thẳng trong khơng gian" nhằm trao đổi với các thầy, cô
giáo; đồng thời giúp các em học sinh khối THPT ôn tập nâng cao chất lượng học tập.

CƠ SỞ LÝ LUẬN

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

độ của điểm theo phương trình tham số của đường vào bài tốn. Khi đó bài tốn hình học sẽ đơn
giản và được “đại số hóa” nên học sinh tiếp cận nhanh hơn và cách giải bài toán gọn gàng hơn.

CƠ SỞ THỰC TIỄN

Sau khi nghiên cứu và áp dụng vào các tiết dạy học cho học sinh. Tôi thấy học sinh rất
hứng thú khi gặp những dạng toán này và đa số học sinh biết cách vận dụng để giải các bài tốn
đó, đồng thời qua cách giải đó các em cịn có thể đưa ra các bài toán tương tự, các bài toán mới.
Qua đó bồi dưỡng cho các em niềm say mê học tập; khả năng tự học; phát huy được tính tích cực
học tập, khả năng sáng tạo của học sinh.

NỘI DUNG NGHIÊN CỨU

Trên cơ sở các kiến thức đã học ở các lớp THPT đã trình bày ở SGK và vận dụng tính
chất: Trong mặt phằng (Oxy) nếu một đường có phương trình F x y



;



0(Có thể là phương
trình đường thẳng, phương trình đường trịn……) ta tìm cách gọi toạ độ một điểm bất kỳ trên
nó (Cụ thể tơi sẻ trình bày trong từng ví dụ được rõ ràng hơn). Hoặc trong khơng gian nếu một

đường thẳng d có phương trình tham số:





0
0

x x at

y y bt t R

z z ct

 




  



  


thì bất kỳ điểm Md đều có tọa

độ dạng M (x0at y; 0bt z; 0ct)

Tuy nhiên, với mỗi bài toán cụ thể địi hỏi học sinh cần phải có một lượng kiến thức nhất 
định rồi kết hợp để giải quyết bài tốn

I. CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG

Bài 1: Tìm toạ độ hình chiếu của điểm M 



3;9



lên đường thẳng

 

d : 2x 5y10 0

Nhận xét: Phương pháp thường áp dụng:

- Bài toán này ta viết đường thẳng (D) đi qua điểm M và vng góc với (d)
- Gọi M’ là giao điểm của (D) và (d)

Giải bài toán này theo quan điểm chọn điểm “sống” trên (d)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

thực hiện chắc dể hơn: Có thể em để ý một tí sẻ thấy được cách chọn nhé hoặc có thể gọi trực tiếp

5 10

' ;

m

M   m

 





' 5 3;2 7

M M  m m



VTPT của đường thẳng (d): n  d 



2; 5



suy ra VTCP của (D) là a



5;2



M’ là hình chiếu của điểm M

 









' d 5. 5 3 2 2 7 0 29 29 0 1

MM a m m m m

             

Suy ra toạ độ điểm M’ cần tìm là: M '



5;4



Bài 2: Tìm toạ độ điểm M’ đối xứng với điểm M 



3;9



qua đường thẳng (d)

 

d : 2x 5y10 0

Nhận xét: Cần tìm toạ độ A1 là hình chiếu vng góc của điểm M lên (d) (giống bài toán 1). điểm
M’ đối xứng với điểm M qua (d) suy ra A1 là trung điểm của MM’.

Hướng dẫn giải:

Gọi A1



5 ;2m m2

  

 d tương tự bài tốn 1 ta có A1



5;4



Điểm M’ đối xứng với điểm M qua (d) thì A1 là trung điểm của MM’ suy ra toạ độ điểm M





' '

' '

2 10 3 7

' 7; 1

2 8 9 1

M A M M

M A M M

x x x x

M

y y y y

 

    



   

 

     




Lời bình: Nếu bài tốn này giải theo cách viết phương trình đường thẳng (D) qua điểm M và 
vng góc với (d); tìm toạ độ điểm A1 là giao điểm của (d) và (D). Cuối cùng áp dụng công thức

toạ độ trung điểm suy ra điểm M’. Nếu ta làm theo điểm sống trên (d) có vẽ như nhẹ nhàn hơn
Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ (Oxy) Cho hai đường thẳng (d1); (d2) lând lượt có phương

trình :

 

d1 :x y  5 0;



d2



:x2y 7 0 và điểm A



2;3



. Tìm toạ độ điểm B, C lần
lượt trên (d1); (d2) sao cho tam giác ABC có trọng tâm G 



2;0



Hướng dẫn giải:

Gọi B



t t;  5

  

 d1 ;C



7 2 '; ' t t

 

 d2



Điểm G là trọng tâm tam giác ABC nên 3 ' 3 1

3 ' 2 ' 1

A B C G

x x x x t t t

y y y y t t t

     

  

 

  

       

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy B 



1;4 ,



C 



5;1



Lời bình: Nếu bài tốn này khơng sử dụng điểm sống trên đường thẳng thì giải quyết rất khó khăn
Bài 4: Cho



1



: 3x2y 4 0;



2



: 2x y  1 0 và điểm M 



2;1



. Viết phương trình
đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt



1

 

; 2



lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của
AB.

Hướng dẫn giải:

Điểm A 





 A



t t; 1



, điểm B 





 B



t'; 2 ' 1 t 





2;1



M  là trung điểm của AB nên

2 ' 4 3

2 2 ' 2 2

'
3

A B M

t

x x x t t

y y y t t

t





   

  

 

  

    

  




Suy ra 10 13; . 2; 7 8; 20

3 3 3 3 3 3

A  B   AB   

     



(d) đi qua A và nhận AB làm VTCP có phương trình là 2 1 5 2 8 0

2 5

x y

 

    

Lời bình: Lời giải trên rất hiệu quả và ngắn gọn

Bài 5: Cho



1



: 2x y  5 0;



2



:x y  3 0 và điểm M  



2;0



. Viết phương trình
đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt



1

 

; 2



lần lượt tại A, B sao choMA 2MB.

Hướng dẫn giải:

Điểm A 





 A



t t;2 5



, điểm B 





 B



t';3 t'



Suy ra: MA 



t 2;2t5 ,



MB



t' 2;3  t'



 













1
2 2 ' 2

2 1 3;7

2 5 2 3 '

t

t t

MA MB MA

t

t t




  



 

      


  

 

 

  

Đường thẳng (d) đi qua M và nhận MA làm VTCP có phương trình 7x 3y14 0

Bài 6: Cho tam giác ABC có đỉnh A



2; 7



, phương trình một đường cao và một trung tuyến
vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt là 3x y 11 0, x2y 7 0. Viết phương trình các cạnh
của tam giác ABC

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

H M
A

C B

I

K

M
A

C
B

D

Nhận xét: do A



2; 7



có toạ độ khơng thoả mãn phương trình một trong hai đường thẳng đã
cho nên các đường cao và trung tuyến không đi qua A



2; 7



Đặt



BH



: 3x y 11 0 &



CM



:x2y 7 0

Ta có B



BH



 B



t; 3 11 . t



Gọi M là trung điểm của AB khi đó toạ độ điểm M là

2 3 18

2 2 ;

3 18 2 2

2 2

A B

M

A B

M

x x t

x

t t

M

y y t

y

 



 

   

  

 

  

    

  








2 2 3 18 7 0 4



4;1



2 2

t t

M  CM         t   B 

 

Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là 4x3y13 0



AC







BH



: 3x y 11 0 và (AC) đi qua điểm A



2; 7



nên phương trình cạnh (AC) là

3 23 0

x y 

Điểm C



AC

 

 CM



suy ra toạ độ C thoả mãn hệ 3 33 0



5; 6



2 7 0

x y

C

x y

  



  



  



Phương trình cạnh BC là: 7x9y19 0

Bài 7: Cho tam giác ABC có đỉnh A



1;2



, phương trình một đường trung tuyến (BM)

2x y  1 0và phân giác trong (CD): x y  1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.
Hướng dẫn giải:

Điểm C



CD



 C 



t;1 t



. Suy ra trung điểm M của
AC là 1 3;

2 2

t t

M    

 

Điểm





2 1 3 1 0 7



7;8



2 2

t t

M  BM         t  C  

 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Suy ra pt(AK): x y  1 0

Toạ độ của I thoả hệ 1 0



0;1



1 0

x y

I
x y

  


 



  

 . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm AK

suy ra toạ độ K  



1;0



. Đường thẳng BC đi qua 2 điểm C, K có phương trình 4x3y 4 0

Lời bình: Nếu 2 đường của một tam giác và 1 đỉnh khơng nằm trên 2 đường cho trước thì em có 
thể giải quyết được khơng? Em thử giải một bài tốn sau để có thể khái qt lên trường hợp vừa
nêu trên. Cho tam giác ABC biết A



2; 1



, phương trình hai đường phân giác trong của góc B,
C lần lượt là:



dB



:x 2y 1 0;



dC



:x y  3 0. Viết phương trình đường thẳng BC.
(Rất mong các bạn học sinh tóm tắt được bài tốn trong tam giác này nhé. Nếu có khó khăn trong
q trình làm thì có thể trao đổi với quý thầy cô của trường để dược hướng dẫn; đây là kiến thức 
rất quang trọng)

Bài 8: Cho tam giác ABC có diện tích SABC 8, hai đỉnh A



5; 5 ,



B



7; 3



và trọng tâm

G của tam giác ABC nằm trên đường thẳng

 

d : 3x y  18 0 . Tìm toạ độ điểm C của tam giác
ABC

Hướng dẫn giải:

Gọi toạ độ điểm C là C 



x y0; 0



. Khi đó toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC là
0 12; 0 8

3 3

x y

G   

 . Mặt khác vì G nằm trên đường thẳng

 

: 3 18 0

d x y   nên ta có

0 0

12 8

3 48 0 3 10

3 3

x y

y x

 

     

Phương trình cạnh (AB): x y  10 0

Khoảng cách từ điểm C đến (AB) là 0 0 10 0



3 0 10



10 2 0

1 1 1 1

x x

x y

h        x

 

2 2

AB

Diện tích tam giác ABC là 1 . 8 1.2 2 0 2 0 4 0 4

2 2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

(d)
(D)
M

N

Bài 9: Lập phương trình đường (D) đi qua điểm M 



2;1



và tạo với (d) 2x3y 4 0 một

góc 450.

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Thông thường: (D) đi qua điểm M 



2;1



có phương trình dạng:











2 2 0



2 0

a x b y  a b   ax by   a b  và có VTPT là n 1



a b;



Đường thẳng (d) có VTPT là n2 



2;3





. Để (D) hợp với (d) một góc 450 thì

1 2

0 2 2

2 2
1 2

. 2 3 2 5

cos 45 5 24 5 0

5
2

n n a b a b

b ab a

a b

n n a b



 

        





 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 

Suy ra có hai đường thẳng cần tìm là









1
2

: 5 11 0

: 5 3 0

D x y

D x y

  




  


Cách 2: Gọi N

 

d  N  



3t 2;2t



(Tìm hiểu cách gọi toạ độ như vậy? biết tại sao
không?)



3 4;2 1



MN   t t



; VTCP của (d): a 



3; 2





Để (D) hợp với (d) một góc 450 thì

















0 2

2 2

. 13 10 2

cos 45 2 13 10 13 13 20 17

13 3 4 2 1

MN a t

t t t

MN a t t

 

       

  

 
 





2 169t 260t 100 169t 260t 221

     

1 29 2

;

13 13 13

169 260 21 0

21 37 42

;

13 13 13

t N

t t

t N

  

    



 



    

  

    



 



KL có 2 đường thẳng cần tìm là









1
2

: 5 11 0

: 5 3 0

D x y

D x y

  




  


</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài 10: Lập phương trình đường thẳng (D) đi qua điểm 1; 3

2 2

A 

 

và tạo với ox 1 góc 600.

Hướng dẫn giải:

Cách 1:





1; 3

2 2

M ox M  m  AM m  

 



; VTCP của ox là i 



1;0





Để (D) hợp với ox một góc 600 thì









0 2

. 2 1 2 1 1

cos60 1

2 4 4

1 3

2 4

m

AM i m

m m

AM i

m



      

 

 

 

 

 
 

2 2 2 0

4 4 1 1 3 3 0

m

m m m m m m

m




          





KL: có 2 đường thẳng cần tìm y 3x; y 3x 3

Cách 2: Thực hiện như cách 1 bài 9 (So sánh cách 1 và cách 2 các em nhé)

Lời bình: Bạn nghỉ gì khi thực hiện cách này so với các cách khác? Suy nghỉ thêm để tìm cách giải
tốt nhất.

Bài tập nhỏ áp dụng: Cho hai đường thẳng

 

d : 2x y  3 0;

 

D x:  2y 1 0. Lập phương
trình đường thẳng (d’) đi qua giao điểm của (d) và (D) đồng thời tạo với

 

 :y 1 0 một góc
450.

Hướng dẫn nhỏ cho các bạn đây: “ Theo bạn đường thẳng cần tìm chỉ cần đi qua giao điểm của (d)
và (D) và song song hoặc trùng với đường thẳng y = x hoặc y = - x? có đúng khơng? Tự giải thích
để có kết quả nhé. Thử giải bài tốn này theo bài toán số 10 thử xem)

Bài 11: Cho đường thẳng (d): 3x y  7 0 và điểm A



1; 4



. Tìm trên (d) những điểm mà
khoảng cách từ mỗi điểm đó đến điểm A bằng 8.

Hướng dẫn giải:

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

(d1) (d2)
G
B

A

C

(d1) (d2)

A'
G
B

A

C

2 1

10 68 58 0 29

m

m m

m





    

 


KL: có 2 điểm thoả yêu cầu đề bài:





29 52

1;4 , ;

5 5

M  M   

 

Bài 12: Cho tam giác ABC, biết A



1;3



và hai trung
tuyến có phương trình

 

d1 :x 2y 1 0;



d2



: y 1 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC

Hướng dẫn giải: Dể thấy điểm A không nằm trên hai đường thẳng

  

d1 , d2



nên hai trung tuyến
kẻ từ B và C. Đặt

 

d1 :x 2y 1 0 là trung tuyến kẻ từ B và trung tuyến kẻ từ C là



d2



:y 1 0
Cách 1:

 



2 1; ;











B d  B a a C d  C  b

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra toạ độ G là nghiệm hệ phương trình





2 1 0 1

1;1

1 0 1

x y x

G

y y

   

 

  

 

  

 

G là trọng tâm tam giác ABC

3 2 1 3 1 2 3 1

3 1 3 3 1 5

A B C G

x x x x a b a b a

y y y y a a b

         

   

       

          



Vậy B 



3; 1 ,



C 



5;1



- Phương trình các cạnh tam giác

(CB): x 4y 1 0 ; (AC) x2y 7 0 ; (AB): x y  2 0

Cách 2: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra G



1;1



Gọi A’ đối xứng với điểm A qua G suy ra A'



1; 1



Điểm B là giao điểm của A’B với (d1) trong đó A’B// (d2)

Điểm C là giao điểm của A’C với (d2) trong đó A’C//(d1)

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

(d1)

(d)

(d2)
C

A

B
M

Cách 3: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra G



1;1 ;





G

  

d1  d2



Gọi M là trung điểm của BC suy ra 3

AM  AG

 

suy ra được toạ độ M

 



2 1; ;











B d  B a a C d  C  b

M là trung điểm của BC suy toạ độ của B, C

Bài 13: Cho 2 đường thẳng

 

d1 : 4x y 11 0;



d2



:x4y 7 0 và điểm M 



4; 7



Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt

  

d1 , d2



lần lượt tại A, B sao cho tam
giác ABC cân tại C (với C là giao điểm của

  

d1 & d2



Hướng dẫn giải:

Nhận xét: Hai đường thẳng

  

d1 , d2



vng góc với nhau
Cách 1:

- Viết phương trình đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường

thẳng

  

d1 , d2











1
2

: 3 9 16 0

: 9 3 14 0

x y

   




   



- Gọi (d) là đường thẳng qua P và vng góc với



1



suy ra pt (d): 3x y  5 0
- Gọi (d’) là đường thẳng qua P và vuông góc với



2



suy ra pt (d’): x 3y 5 0
KL: Có 2 đường thẳng cần tìm 3x y  5 0 ; x 3y 5 0

Cách 2: Dựa vào tam giác cân

- Gọi (d) đi qua P có dạng:

 

d a x:



 2



b y



1



 0 ax by  2a b 0



a2b20



- (d) cùng với

  

d1 , d2



tạo ra tam giác cân có đỉnh là giao điểm của

  

d1 , d2



nên ta có góc

giữa (d) và (d1) bằng 450. nên ta có 0 2 2

2 2

cos 45 3 8 3 0

2
5

a b

a ab b

a b



     



 

3 : 3 5 0

3 ' : 3 5 0

a b d x y

b a d x y

    


 

    



Cách 3:

 



;4 11 ;









4 7;



</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

  

1 2





3; 1



C  d  d  C   

Theo gt suy ra 

*
, , thẳng hàng
CA CB

A B M





2 3 4 12 17 2 102 153

CA  m  m  m  m









2 4 4 1 17 2 30 17

CB  n  n  n  n



4 7; 4 11



AB  n m  n m





4 ; 4 18



AM   m  m


Từ (*) ta có



 



2 2

17 102 153 17 30 17

4 7 4 18 4 4 11 0

m m n n

n m m m n m

     




         




Lời bình: Bài này đòi hỏi người giải phải lưu ý đến vị trí của hai đường thẳng

  

d1 , d2



. Nếu
nhận xét tốt ta có cách giải 1, dựa vào tam giác vng cân ta có cách giải 2. Cách 3 tương đối phức
tạp các bán nhé.

Bài 14: Cho hai đường thẳng (d): 2x y  1 0

 

D x:  2y 3 0 . Viết phương trình đường
thẳng

 

 đi qua giao điểm của (d) và (D) đồng thời chắn trên hai trục toạ độ những doạn thẳng
bằng nhau

Hướng dẫn giải

Gọi

   

5; 7

3 3

M  d  D  M    

 

Gọi A



a;0



ox B; 



0;b



oy suy ra phương trình

 

: x y 1 ,



a b 0



a b

   

 

5 7 1

3 3

M

a b

     

a b
OA OB

a b



  




TH1: a = b khi đó ta có 5 7 1 4 1 4 0

3 3 4 4

x y

a b pt x y

a a

             

TH 2: a = - b khi đó ta có 5 7 1 2 2 3 3 1 3 3 2 0

3 3 3 3 2 2

x y

b a pt x y

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Bình luận: Nếu bài tốn này làm theo chùm đường thẳng thì phải nhớ loại bỏ trường hợp đường 
thẳng đi qua gốc toạ độ (Đây là trường hợp đặt biệt)

Bài 15: Cho điểm M 



1;1



và đường thẳng (d) x 2y 2 0. Lập phương trình đường thẳng
(d’) đối xứng với (d) qua M.

Hướng dẫn giải:

Gọi A



a b;

  

 d và điểm A'



a b'; '



đối xứng với điểm A qua M suy ra

' 2 2 '

a a a a

b b b b

   

 



 

   

 

Điểm A



a b;

  

 d  a 2b  2 0 2 a' 2 2



 b'



  2 0 a' 2 ' 0 b 

Suy ra điểm A’ thuộc đường thẳng (d’): x 2y0 đây chính là đường thẳng cần tìm

Lời bình: Vì A chạy trên (d) và A’ đối xứng với A qua M nên A’ chạy trên đường thẳng d’ là
đường thẳng đối xứng với (d) qua M

Bài 16: Cho hai đường thẳng

 

d : 4x y  3 0;

 

D x y:  0. Lập phương trình đường thẳng
(d’) đối xứng với (d) qua (D).

Hướng dẫn giải:

Lấy điểm A



a b;

  

 d và gọi A a b'



'; '



đối xứng với A qua (D) suy ra ' '

' '

a b a b

b a b a

 

 



 

 

 

Vì A



a b;

  

 d  4a b   3 0 4 'b a ' 3 0   a' 4 ' 3 0 b 

Suy ra toạ độ điểm A’ thoả mãn phương trình (d’): x 4y 3 0

Lời bình: Toạ độ điểm A’ dể tìm vì A; A’ đối xứng với nhau qua đường thẳng (D): y x . Em

nghỉ gì khi (D) khơng phải là đường thẳng yx? Có thể các em xem thêm ví dụ sau

Bài 17: Cho hai đường thẳng

 

d :x y  3 0;

 

D : 2x y  5 0. Lập phương trình đường
thẳng (d’) đối xứng với (d) qua (D).

Hướng dẫn giải:

Lấy điểm A



a b;

  

 d và gọi A a b'



'; '



đối xứng với A qua (D) suy ra trung điểm I của AA’
nằmtr ên (D) và AA'

 

D .

Trung điểm I là '; '

2 2

a a b b

I    

 ; AA'



a a b b vtcp D' ; '



;

 

: ud 



1;2



 

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Khi đó ta có

 









' ' 2 ' 5

2 5 0

2 2 ' 5

1 ' 2 ' 0 2

a a b b a b

I D

a
b

AA D

a a b b

       

   



    

   

   




  

     



Vì



;

  

3 0



2 ' 5



5 ' 3 0 ' 4 ' 9 0

a

A a b  d  a b    b        a b 

 

Suy ra toạ độ điểm A’ thoả mãn phương trình (d’): x 4y 9 0

Lời bình: Em thấy sau khi thay đổi phương trình của (D); Cách giải này làm khó khăn gì cho em? 
Có cách giải khác khơng? Tìm cách giải khác và so sánh với cách giải trên để có quyết định sáng

suốt khi giải bài toán loại này (Lớp 11 giải bài toán này như thế nào?)

Hãy thử chổ tài một bài xem sau nhé: Cho hai đường thẳng

 

d :x2y 5 0;

 

D : 2x3y 1 0 . Lập phương trình đường thẳng (d’) đối xứng với (d)
qua (D)

Bài 18: Cho đường tròn (C): x2 y2 2x 4y 3 0 ; đường thẳng

 

d :x 2 0 và điểm



1;3



A  .

1) Lập phương trình đường trịn (C’) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm A

2) Lập phương trình đường trịn (C’’) đối xứng với đường trịn (C) qua đường thẳng (d)
Nhận xét: Bài này giống cách giải của bài 17

Hướng dẫn giải

1) Lấy điểm M 



a b;

  

 C . Gọi M'



a b'; '



đối xứng với điểm M qua A suy ra

' 2 2 '

' 6 6 '

a a a a

b b b b

   

 



 

   

 

Điểm M 



a b;

  

 C

















2 2 2 4 3 0 2 ' 6 ' 2 2 ' 4 6 ' 3 0

a b a b a b a b

                 

2 2

' ' 6 ' 8 ' 23 0

a b a b

     

Suy ra toạ độ điểm M’ thoả mãn phương trình



C' :



x2 y26x 8y23 0 đay là
phương trình cần tìm

2) các em tự làm lấy nhhé

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

1) Chứng minh rằng từ một điểm M bất kì trên (d) ln kẻ đến (C) hai tiếp tuyến MT MT1, 2
trong đó T T1; 2 là 2 tiếp điểm. Lập phương trình đường thẳng



T T1 2



2) Chứng minh rằng đường thẳng



T T1 2



ln đi qua điểm cố định.
Hướng dẫn giải:

1) Đường trịn (C) có tâm O



0;0 ,



bk R1. Khi đó d O d



;

 



 2 1 R. Vậy mọi
điểm M trên(d) luôn kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) là MT MT1, 2

Gọi M 

 

d  M 



m m; 2



. Giải sử toạ độ tiếp điểm của tiếp tuyến qua M tới (C) là



1; 1



T  x y ta có tiếp tuyến có dạng: xx1yy11

Tiếp tuyến trên đi qua điểm M nên ta có mx



m2



y 1 0 1

 

Nhận thấy toạ độ T T1; 2 thoả mãn (1). Vậy phương trình



T T1 2



: mx



m2



y 1 0
2) mx



m2



y1 0 



x y m



2y1 0 *

 

Phương trình (*) có nghiệm với mọi m

0 2

2 1 0 1

x
x y

y




 

 



 

 

  




Vậy



T T1 2



luôn đi qua 1

điểm cố định 1 1;

2 2

N   

 

Lời bình: Bài tốn trên rất khó nếu các bạn không phát huy điểm “sống” trên (d) thì cực kì vất 
vã nhé. Đặc biệt là điểm cố định rất khó ( có lúc phải thật sự cần đến điểm “sống”)

Bài 20: Cho đường tròn ( ) :C x2 y2 2x 8y 8 0 và điểm A 



4; 6



. Viết phương trình

tiếp tuyến với (C) đi qua điểm A, Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm và viết phương trình đường thẳng đi qua 2
tiếp điểm.

Nhận xét: Bài tốn địi hỏi 3 u cầu: Tiếp tuyến; tiếp điểm; pt đường thẳng qua 2 tiếp điểm
Hướng dẫn giải

Gọi M 



x y0; 0

  

 C  x02y02 2x0 8y0 8 0 1

 

Phương trình tiếp tuyến (d) với (C) tại điểm M là xx0yy0



x x 0



 4



y y 0



 8 0
Tiếp tuyến này đi qua điểm M nên ta có









 

0 0 0 0 0 0

4x 6y 4 x 4 6 y 8 0 x 2y 4 0 2

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Giải hệ tạo bởi (1) và (2) ta được 0 0

0 0

4 4

4 0

x y

  


   







 





 

1
2

4;4 : 4 0

4;0 : 3 4 12 0

M d x

M d x y

    

    

Từ đó ta có thể trả lời 3 yêu cầu ở trên

Qua M kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) có dạng là

 

d1 :x 4 0;



d2



: 3x 4y 12 0
Toạ độ tiếp điểm là M1 



4;4 ;



M2 



4;0



Đường thẳng qua 2 tiếp điểm là x2y 4 0

Lời bình: Phương pháp giải trên tỏ ra cực kỳ hiệu quả nếu yêu cầu của đề là viết phương trình tiếp
tuyến với (C) đi qua điểm A, Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm và viết phương trình đường thẳng đi qua 2 tiếp
điểm. “Nếu yêu cầu đề bài chỉ viết phương trình tiếp tuyến thơi thì ta nên sử dụng phương pháp
thơng thường)

Bài 21: Cho đường tròn ( ) :C x2 y2 2x 6y 9 0 và đường thẳng (D): 3x 4y12 0 .

Viết trình tiếp tuyến với (C) vng góc với (d) . Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm và viết phương trình
đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm.

Hướng dẫn giải:

Gọi M 



x y0; 0

  

 C  x02y02 2x0 6y0 9 0 1

 

Phương trình tiếp tuyến (d) với (C) tại điểm M có dạng là

















0 0 0 3 0 9 0 0 1 0 3 0 3 0 9 0

xx yy  x x  y y    x  x y  y x  y  

Tiếp tuyến (d) vng góc với (D) khi và chỉ khi



x0 1 3 4







y0 3



 0 3x0 4y0 9 0 2

 

Giải hệ tạo bởi (1) và (2) ta được

0 0

9 18

5 5

1 12

5 5

x y



  




   



 





1 1

2 2

9 18

; : 4 3 18 0

5 5
1 12

; : 4 3 8 0

5 5

M d x y

 

    

 

 

    

 

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Có 2 tiếp tuyến cần tìm là:

 

d1 : 4x3y 18 0;



d2



: 4x3y 8 0
Toạ độ 2 tiếp điểm là 1 9 18; ; 2 1 12;

5 5 5 5

M   M  

   

Đường thẳng qua 2 tiếp điểm là 3x 4y 9 0

Bài tập tương tự : Cho đường tròn ( ) :C x2y22x2y 1 0 và đường thẳng (D):

4x 3y 5 0. Viết trình tiếp tuyến với (C) song song với (d) . Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm và viết
phương trình đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm.

Bài 22: Cho đường tròn (C):



x 2



2



y 1



2 20. Viết trình tiếp tuyến với (C) có hệ số góc

k . Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm và viết phương trình đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm.

Hướng dẫn giải

Gọi M 



x y0; 0

  

 C 



x0 2



2



y0 1



2 20 1

 

Phương trình tiếp tuyến (d) với (C) tại điểm M có dạng là



x0 2

 

x 2

 

 y0 1

 

y 1



20 suy ra hệ số góc của (d): 0
0

2
1

d x

k
y






Tiếp tuyến (d) có hsg bằng 2 nên suy ra 0 0 0 0 0

 

2 2 2 2 2 4 0 2

x

x y x y

y



        



Giải hệ tạo bởi (1) và (2) ta được 0 0

0 0

2 3

6 1

x y

  





  






 









1 1

2 2

2;3 : 2 7 0

6; 1 : 2 13 0

M d x y

     

     

Từ đó ta có thể trả lời 3 yêu cầu ở trên

Có 2 tiếp tuyến cần tìm là

 

d1 : 2x y  7 0;



d2



: 2x y 13 0

Toạ độ tiếp điểm là M1 



2;3 ;



M2 



6; 1



Đường thẳng qua 2 tiếp điểm là x2y 4 0

Bài 23: Cho đường trịn (C):



x 1



2



y1



2 10. Viết trình tiếp tuyến (d) với (C) biết tiếp

tuyến đó hợp với (D): 2x y  4 0 một góc 450 . Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm.

Hướng dẫn giải:

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Phương trình tiếp tuyến (d) với (C) tại điểm M có dạng là



x0 1

 

x 1

 

 y0 1

 

y1



10 suy ra VTPT của (d): nd 



x0 1;y01





Đường thẳng (D) có VTPT nD 



2;1





(d) và (D) tạo với nhau một góc 450 khi và chỉ khi

















0 0

2 2

0 0

2 1 1 1 2

cos 45

1 4 1 1

x y

  

 

   

 

0 0

6 2 2

2 1 5

4 2 3

y x

x y

y x

 


     

 


TH1: Giải hệ tạo bởi (1) và (2) ta được 0 0

0 0

2 2

4 2

x y

  



   


TH2: Giải hệ tạo bởi (1) và (3) ta được 0 0

0 0

0 4

2 0

x y

  




  


Từ đó ta có thể trả lời 2 u cầu ở trên

Có 4 tiếp tuyến cần tìm là: x3y 8 0;3 x y  14 0; x3y12 0;3 x y  6 0

Có 4 toạ độ tiếp điểm là M1



2; 2 ;



M2 



4; 2 ;



M3 



0; 4 ;



M4  



2;0



Lời bình: nếu bài tốn này các bạn sử dụng cơng thức 1 2

1 2

tan
1

k k

k k


 

 thì vẫn đúng nhưng một số

trường hợp tỏ ra bế tắt các bạn nhé? Nếu đường thẳng (D) bị thay đổi

0; 0; 0

x m  y n  x y p   thì khơng sử dụng được cơng thức đó nhé. Lời khun bổ ích:
Nên áp dụng cơng thức cơsin như trình bày ở trên để khơng bị rắc rối thêm

Bài 24: Cho đường tròn (C):



x 1



2



y 2



2 8 và điểm A 



3; 2



. Tìm trên (C) điểm M

sao cho MA đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải

Cách 1: Dành cho học sinh lớp 11- 12

Ta có pt (C):









2 2

2 2 1 2

1 2 8 1

2 2 2 2

x y

x  y         

   

Đặt

1
sin

1 2 2 sin
2 2

2 2 2 2 cos

cos

2 2

x

y y




 

    

 



 

    

   




</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

M2

M1

A

Gọi M 

 

C  M  



1 2 2 sin ;2 2 2 cos  



với  



0;2



Khi đó



 



2 3 1 2 2 sin 2 2 2 2 cos 4 2 2 sin 4 2 2 cos

MA                





2 40 32 2 sin cos 40 32sin

MA         

 

8 MA 72 2 2 MA 6 2

     

MA nhỏ nhất bằng 2 2 khi 1





sin 1 1;0

4 4 M

 

 

        

 

 

MA lớn nhất bằng 6 2 khi sin 4 1 4 M2



3;4



 

 

       

 

 

Cách khác: (dành cho học sinh lớp 10)
- Đường trịn (C) có tâm I 



1;2 ;



R2 2

- Dể thấy A ở ngoài (C)

- Gọi (d) là đường thẳng đi qua A, I
Phương trình của (d): y x 1

Gọi



M M1; 2





   

d  C  M1 



1;0 ;



M2 



3;4



1 2 2; 2 6 2

AM  AM 

Vậy MA ngắn nhất khi M M1
MA lớn nhất khi M M2

Lời bình: Cách giải 1 sử dụng phương trình tham số của đường trịn; cách 2 dựa vào kiến thức cơ
bản về khoảng cách

Xinnói qua một chút phương trình tham số của đường tròn: Cho đường tròn (C):



x a



2



y b



2 R2 khi đó phương trình (C) viết lại

2 2

x a y b

R R

 

   

 

   

   

Đặt







sin sin

0;2
cos

cos

x a

x a R
R

y b y b R

R





 

    



   

 

    

  

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

A. Các bài tốn về hình chiếu vng góc:

Bài tốn 1: Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của điểm M = (6; -1; -5) trên mp(P): 2x + y 
-2z - 3 = 0.

Nhận xét: Bài tốn này ta viết phương trình đường thẳng d qua M và vng góc với mp(P).
Khi đó hình chiếu H là giao điểm của d và mp(P)

Hướng dẫn giải: Đường thẳng d qua M và vng góc với mp(P) có phương trình:



















t
z

t
y

t
x

2
5

1
2
6

Gọi H = d (P). Ta có H  d  H(6 + 2t; -1 +t; -5-2t)

Vì H(P) 2(6+2t) + (-1+t) - 2(-5-2t) - 3 = 0  t = -2
Vậy H(2; -3; -1)

Bài toán 2: Viết phương trình hình chiếu vng góc của đường thẳng d:


















t
z

t
y

t
x

3
5

2
1

4
6

)

(tR trên mp(P): 2x + y - 2z - 3 = 0.

Nhận xét: Ta có d // (P) nên ta lấy M



d, tìm hình chiếu của M trên (P), khi đó hình chiếu
của đường thẳng d trên mp(P) là đường thẳng qua H và song song với d.

Hướng dẫn giải:

Ta có: d qua điểm M(6; -1; -5), có VTCP u= (4; -2; 3)

mp(P) có VTPT n= (2; 1; -2)

u. n = 0 và M(P) nên: d // (P)

Gọi H là hình chiếu của M trên (P) suy ra: H(2; -3; -1) (Bài toán 1)

Hình chiếu của d trên (P) là đường thẳng qua H và song song với d nên có phương trình :



















t
z

t
y

t
x

3
1

2
3

4
2

P

M

H

H
M

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Bài tốn 3: Viết phương trình hình chiếu vng góc của đường thẳng d:














t
z

t
y

t
x

5
5

2
1

5
6

)

(tR trên mp(P): 2x + y - 2z - 3 = 0.

Nhận xét: Ta có d cắt (P) nên tìm giao điểm A của d và (P) sau đó lấy M



d, tìm hình
chiếu H của M trên (P), khi đó hình chiếu của đường thẳng d trên mp(P) là đường thẳng qua H và
có VTCP AH .

Hướng dẫn giải:

Gọi A là giao điểm của d và (P).

Ta có: A



d suy ra: A(6-5t; -1+2t; -5+5t)
Vì A



(P)  2(6-5t) + (-1+2t) - 2(-5+5t) - 3 = 0
 t = 1

Do đó A(1; 1; 0)

Ta lại có: M(6; -1; -5)



Gọi H là hình chiếu của M trên (P) suy ra: H(2; -3; -1). (bài tốn 1)

Hình chiếu của d trên (P) là đường thẳng qua H và có VTCP AH = (1; -4; -1)

nên có phương trình :



















t
z

t
y

t
x

1
4
3
2

(tR)

Bài tốn 4: Tìm tọa độ hình chiếu H của điểm M(-1; -2; 4) trên đường thẳng d:


















t
z

t
y

t
x

1
2
2

3
2

Nhận xét: Bài toán này ta lấy H



d, khi đó H là hình chiếu của M trên đường thẳng d khi

và chỉ khi u. MH = 0 (u là VTCP của d)

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP u= (3; -2; 1).
Gọi H



d suy ra: H(-2+3t; 2-2t; 1+t) nên:

MH =(-1+3t; 4-2t; -3+t)

H là hình chiếu của M trên d  u.MH = 0

 3(-1+3t) - 2(4-2t) + (-3+t) = 0  t = 1
Vậy H(1; 0; 2)

d

H
M

A
d

H
M

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Kết luận: Từ 4 bài toán nêu ra ta thấy, với các bài toán dạng này, ta lấy điểm cho trước hoặc
chọn điểm trên đường thẳng cho trước sau đó dựa vào quan hệ vng góc giữa điểm với đường
thẳng, đường thẳng với mặt phẳng để tìm hình chiếu vng góc của điểm đó trên đường thẳng hay
mặt phẳng. Từ đó kết luận (nếu bài tốn tìm hình chiếu) hoặc viết phương trình hình chiếu dựa vào
hình chiếu vừa tìm và vị trí tương đối của đường và mặt.

Một số bài tập tham khảo:

Bài 1: Viết phương trình hình chiếu vng góc của đường thẳng d:

1
3
3

2
2

1 





 y z

x

trên mỗi mặt phẳng tọa độ.

Bài 2: Cho đường thẳng d :













t
z

t
y

t
x

2
3

8 và mặt phẳng (P): x + y + z - 7 = 0. Viết phương

trình hình chiếu vng góc của d trên mp(P).

Bài 3: Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M(1; -1; 2) trên mặt phẳng (



) : 2x - y + 2z + 11 = 0.

Bài 4: Cho đường thẳng d và mặt phẳng (



) có phương trình: d:

5
1
3

1
2

2 





 y z

x

; (



): 2x + y + z- 8= 0. Viết phương trình hình chiếu vng góc của d trên (



)

Bài 5: Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của điểm A(1; -1; 3) trên đường thẳng d :

2
3

x
y t

z t





 


 



B. Các bài tốn về đối xứng:

Bài tốn 5: Tìm tọa độ điểm M ' đối xứng với điểm M(6; -1; -5) qua mp(P): 2x + y

- 2z - 3 = 0.

Nhận xét: Bài toán này ta viết phương trình đường thẳng d qua M và vng góc với mp(P), 
lấy M '



d (M '



M) , khi đó M ' đối xứng với M qua (P) khi và chỉ khi d(M;(P))=d(M ';(P))

Hướng dẫn giải: Đường thẳng d qua M và vng góc với mp(P) có phương trình:



















t
z

t
y

t
x

2
5

1
2
6

Gọi M '(6+2t; -1+t; -5-2t)



d và M '



M  t



0

Giáo viên Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 21
M

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

M ' đối xứng với M qua (P)  d(M;(P))=d(M ';(P))



3
18
9
3

18 

 t
 t = - 4



t = 0 (loại)
Vậy M '(-2; -5; 3)

Bài tốn 6: Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d:


















t
z

t
y

t
x

3
5

2
1

4
6

qua mp(P): 2x + y - 2z - 3 = 0.

Nhận xét: Ta có d // (P) nên ta lấy M



d, tìm M ' đối xứng với điểm M qua (P), khi đó

đường thẳng d ' qua M ' và song song với d.

Hướng dẫn giải:

Ta có: d qua điểm M(6; -1; -5), có VTCP u= (4; -2; 3)

mp(P) có VTPT n= (2; 1; -2)

u. n = 0 và M(P) nên: d //(P)

Gọi M ' đối xứng với điểm M qua (P) suy ra: M '(-2; -5; 3).( bài toán5)

Đường thẳng d ' qua M ' và song song với d nên có phương trình:


















t
z

t
y

t
x

3
3

2
5

4
2

Bài tốn 7: Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d:















t
z

t
y

t
x

5
5

2
1

5
6

qua mp(P): 2x + y - 2z - 3 = 0.

Nhận xét: Ta có d cắt (P) nên tìm giao điểm A của d và (P) sau đó lấy M



d, tìm M ' đối

xứng với điểm M qua (P), khi đó đường thẳng d ' qua M ' và có VTCP AM' .
 Hướng dẫn giải:

Gọi A là giao điểm của d và (P).

Ta có: A



d suy ra: A(6-5t; -1+2t; -5+5t)
A



(P)  2(6-5t) + (-1+2t) - 2(-5+5t) - 3 = 0
 t = 1

Do đó A(1; 1; 0)

Ta lại có: M(6; -1; -5)



Gọi M ' đối xứng với điểm M qua (P)

suy ra: M '(-2;-5;3) ( bài toán5)

d'
M'

M d

(P)

A

M '

d
M

d'

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Đường thẳng d ' qua M ', có VTCP AM' = (-3; -6; 3) = 3(-1; -2; 1) nên có phương trình:














t
z

t
y

t
x

3
2
5

(tR)

Bài tốn 8: Tìm tọa độ điểm A/ đối xứng với A(1 ; -2 ; -5) qua đường thẳng d có phương

trình :
















t
z

t
y

t
x

2
1

Nhận xét: Bài toán này ta lấy H



d, H là hình chiếu của A lên đường thẳng d khi và chỉ
khi u. AH = 0 (u là VTCP của d), ta có H là trung điểm của AA/ từ đó suy ra tọa độ của A/

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP u= (2; -1; 2).
Gọi H



d suy ra: H(1+2t ; -1-t ; 2t)

nên: AH=(2t ; 1-t ; 2t-5)

H là hình chiếu của A trên d  u. AH = 0

 2(2t) - (1- t) + 2(2t + 5) = 0  t = -1

suy ra: H(-1;0;-2)

Ta có H là trung điểm của AA/ nên: 











1
2
3

/
/
/

A
A
A

z
y
x

Vậy: A/ (-3 ; 2 ; 1).

Kết luận: Từ 4 bài toán nêu ra ta thấy, với các bài toán dạng này, ta lấy điểm cho trước
hoặc chọn điểm trên đường thẳng cho trước sau đó tìm điểm đối xứng của điểm đó qua đường
thẳng hay mặt phẳng. Từ đó kết luận (nếu bài tốn tìm điểm đối xứng) hoặc viết phương trình
đường thẳng đối xứng dựa vào điểm đối xứng vừa tìm được và vị trí tương đối của đường và mặt,
đường và đường.

Một số bài tập tham khảo:

Bài 1: Cho điểm A(1; 0; 0) và đường thẳng  :














t
z

t
y

t
x

2
1

a/ Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của điểm A trên đường thẳng .

b/ Tìm tọa độ điểm A/ đối xứng với A qua đường thẳng .

d

H

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 2; 3) và 2 đường thẳng: d1:

1
3
1

2
2

2 







 y z

x

; d2 :

1
1
2

1
1

1 






 y z

x

a/ Tìm tọa độ A/ đối xứng với A qua đường thẳng d

b/Viết phương trình đường thẳng  qua A vng góc với đường thẳng d1 và cắt đường

thẳng d2. (Đề thi ĐHCĐ khối D năm 2006)

Bài 3: Cho điểm M(2; 1; 0) và mặt phẳng (



) : x + 3y - z - 27 = 0. Tìm tọa độ điểm M/ đối

xứng với M qua mặt phẳng (



).

Bài 4: Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d:

1
4 5
2 2
x t

y t

z t

 



 

  



qua mặt

phẳng (



) : x + y + z - 1 = 0.

Bài 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 đường thẳng d1:

2 6
2 5
1 4

x t

y t

z t

 




 


  



và d2:

,
,

1
3 2

4 3
x t

y t

z t

  


 


  


a/ Tìm tọa độ giao điểm của d1 và d2.

b/ Viết phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng d1 qua d2.

C. Các bài toán về cắt nhau, vng góc, song song:

Bài toán 9: Cho đường thẳng d và mp (P) có phương trình: d:

1
2 2
3 2
x t

y t

z t

 




 


  


; (P): 2x + z - 5

= 0

a/ Xác định tọa độ giao điểm A của d và (P).

b/ Viết phương trình đường thẳng d ' đi qua A, nằm trong (P) và vng góc với d.

Nhận xét: Bài tốn này ta tìm tọa độ của A, khi đó đường thẳng d ' qua A và có véctơ chỉ

phương



v







u n

 

,





; trong đó u là VTCP của d, n là VTPT của mp(P).
Hướng dẫn giải:

a/ A = d (P). Ta có Ad  A(1 + t; 2 + 2t; 3 + 2t)

d

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Vì A(P)  2(1 + t) + (3 + 2t) - 5 = 0  t = 0
Vậy: A(1; 2; 3)

b/ d có VTCP u = (1; 2; 1); mp(P) có VTPT n = (2; 0; 1)

Đường thẳng d '



(P) và d 'd nên d ' có véctơ chỉ phương

v





u n

,









 

= (2; 1; -4).

Đường thẳng d ' qua A có VTCP v nên có phương trình :














t
z

t
y

t
x

4
3

2
2
1

Bài tốn 10: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :

3
2

3
1

1 






 y z

x

và mặt phẳng (P) : 2x + y - 2z + 9 = 0

a/ Tìm tọa độ điểm I



d sao cho khoảng cách từ I đến mp(P) bằng 2.

b/ Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P).Viết phương trình
đường thẳng  nằm trong mp(P),biết  đi qua A và vng góc với d.

(Đề thi ĐHCĐ khối A năm 2005)

Nhận xét: Đây là đề thi ĐHCĐ, câu a ta lấy I



d và sử dụng công thức khoảng cách, câu b
cùng cách làm của bài toán 9.

Hướng dẫn giải:

a/ Đường thẳng d có phương trình tham số:

















t
z

t
y

t
x

3
2

3
1



d suy ra: I(1-t; -3 + 2t; 3+t)

Khoảng cách từ I đến mp(P) bằng 2 nên:

2
3

9
)
3
(
2
)
2
3
(
)
1
(
2










 t t t

 2 2t 6

 








2
4

t
t

Vậy có 2 điểm I1 (-3; 5; 7), I2 (3; -7; 1)

b/ Vì A



d suy ra: A(1-t; -3 + 2t; 3+t).

Ta có A



(P)  2(1-t) + (-3 + 2t) - 2(3 + t) + 9 = 0
 t = 1

Do đó A(0; -1; 4)

Đường thẳng d có VTCP u = (-1; 2; 1), mp(P) có VTPT n=(2; 1; -2)

Đường thẳng 



(P) và  d nên  có véctơ chỉ phương

v







u n

,







 

=(-5; 0; -5)



I2
I1

(P)

d

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Phương trình của đường thẳng :










t
z

y
t
x
4
1

Bài tốn 11: Viết phương trình đường thẳng  qua I(-1; -2; 4) vng góc và cắt đường

thẳng d:













t
z
t
y
t
x
1
2

2
3
2
)
(tR

Nhận xét: Bài tốn này ta lấy H



d, khi đó H



 khi và chỉ khi

u



IH



= 0 (

u



là VTCP

của d); đường thẳng qua I và có VTCP

IH



Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP

u



= (3; -2; 1).
Gọi H



d suy ra: H(-2 + 3t; 2 - 2t; 1 + t) nên:

IH



=(-1 + 3t; 4 - 2t; -3 + t)



 

u



IH



= 0  3(-1 + 3t) - 2(4 - 2t) + (-3 + t) = 0  t = 1
suy ra H(1; 0; 2)

Đường thẳng qua I và có VTCP

IH



=(2; 2; -2) nên có phương trình :














t
z
t
y
t
x
4
2
1

Bài toán 12: Viết phương trình đường thẳng  qua A(2; 1; -3) cắt đường thẳng d1:













t
z
t
y
t
x
4
2
1
3
)

(tR và vng góc với đường thẳng d2:














t
z
t
y
t
x
5
3
4
1
)
(tR

Nhận xét: Bài toán này ta lấy H



d1, khi đó H



 khi và chỉ khi

u





AH

= 0 (

u



là VTCP
của d2); đường thẳng qua I và có VTCP

AH



Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d2 có VTCP

u



= (4; 1; 1).
Gọi H



d1 suy ra: H(3+t; -1-2t; 4+t) nên:

AH



=(1+t; -2-2t; 7+t)



 

u





AH

= 0

 4(1+t) + (-2-2t) + (7+t) = 0

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

 t = -3 suy ra H(0; 5; 1)

Đường thẳng qua A và có VTCP



AH

=(2; -4; -4) = 2(1; -2; -2) nên có phương trình :














t
z
t
y
t
x
2
3
2
1
2

(tR)

Bài toán 13: Viết phương trình đường thẳng  cắt 2 đường thẳng d1:













t
z
t
y
t
x
1
3

2 ; d2: 












/
/
/
4
3
1

2
1
t
z
t
y
t
x

và song song với đường thẳng d:

1
4
2
3
1 


 y z
x

Nhận xét: Bài tốn này ta lấy A



d1, B



d2 khi đó A, B



 khi và chỉ khi hai vectơ

u



AB



cùng phương (

u



là VTCP của d), đường thẳng qua A và có VTCP

u



Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP

u



= (3; 2; 1).
Gọi A



d1 suy ra: A(t; -2-3t; 1+t)



d2 suy ra: B(1+2t/ ; -1+3t/ ; 4-t/ )

nên:



AB

= (2t/ - t + 1; 3t/ + 3t + 1; -t/ - t + 3)

A, B



 

u



và



AB

cùng phương


1
3
2
1
3
3
3
1

2 / / /











 t t t t t

t








1
8
2
5
/
/
t
t
t
t








2
1
/
t
t

suy ra A(-1;1;0) .

Đường thẳngqua A và có VTCP

u



= (3;2;1) nên có phương trình :












t
z
t
y
t
x
2
1

3
1

Bài tốn 14: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 đường thẳng d1:

1
2
1
1
2




y z
x

và d2:













3
1
2
1
z
t
y
t
x

Viết phương trình đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (P): 7x + y - 4z = 0 và cắt 2
đường thẳng d1 , d2 (Đề thi ĐHCĐ khối A năm 2007)

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Nhận xét: Đây là đề thi ĐHCĐ, ngoài cách giải của đáp án, tơi thấy tương tự bài tốn 13,
ta có thể giải nhanh hơn bằng cách lấy A



d1, B



d2 khi đó A, B



d khi và chỉ khi u





AB

cùng
phương (

u



là VTCP của d); đường thẳng d qua A và có VTCP

u



Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d (P) nên d có VTCP

u



= (7; 1; -4).

Đường thẳng d1 có phương trình tham số:













/
/
/
2
1
2
t
z
t
y
t
x

Gọi A



d1 suy ra: A(2t/ ; 1- t/ ; -2+ t/ )



d2 suy ra: B(-1+ 2t ; 1+ t ; 3)

nên:



AB

= (2t - 2t/ - 1; t + t/ ; 5 - t/ )

A, B



 

u





AB

cùng phương


4
5
1
7
1
2

2 / / /








 t t t t

t











1
9
5
5
3
4
/
/
t
t
t
t







1
2
/
t
t

suy ra A(2; 0; -1).

Đường thẳng d qua A và có VTCP

u



= (7; 1; -4) nên có phương trình :













t
z
t
y
t
x
4
1
7
2

Bài tốn 15: Viết phương trình đường vng góc chung của 2 đường thẳng chéo nhau d:












t
z
t
y
t
x
2
3
5
)

(tR và d/ :














/

/
/
4
3
7
2
t
z
t
y
t
x
)

(t/ R



Nhận xét: Bài toán này học sinh lấy A



d1, B



d2; AB là đường vng góc chung của d

và d/ khi và chỉ khi . 0

. 0
u AB
v AB
 







 

  ; đường vng góc chung qua A và có VTCP



AB

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP

u



= (3; 1; 1).
Đường thẳng d/ có VTCP

v



= (1; 3; -1).

d
B
d2
d1
A
(P)

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Gọi A



d suy ra: A(5+3t; 2+t; t)
B



d/ suy ra: B(-2+t/ ; -7+3t/ ; 4-t/ )

nên:



AB

=(t/ - 3t - 7; 3t/ - t - 9; -t/ - t + 4)

AB là đường vng góc chung của d và d/  . 0

. 0

u AB
v AB
 






 
 

























0
)
4
(
)
9
3
(
3
)
7
3
(
0
)
4
(
)
9
3
(
)
7
3
(

3
/
/
/
/
/
/
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t








38
5
11

26
11
5
/
/
t
t
t
t







3
1
/
t
t

suy ra: A(2; 1; -1);



AB

=(-1; 1; 2)

Đường vng góc chung qua A và có VTCP



AB

=(-1; 1; 2) nên có phương trình :














t
z
t
y
t
x
2
1
1
2
)
(tR

Kết luận: Từ các bài toán nêu ra ta thấy các bài toán dạng này có độ " khó" hơn. Tuy
nhiên, ta thấy được phương pháp chung để giải là: Chọn điểm hoặc các điểm (có chứa tham số) trên
đường thẳng hoặc các đường thẳng bị cắt (cho trước), sau đó dựa vào các yếu tố song song, vng
góc để tìm tham số. Từ đó viết phương trình đường thẳng theo u cầu bài toán.

Một số bài tập tham khảo:

Bài 1: Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d1 và cắt cả hai đường

thẳng d2 và d3, biết phương trình d1, d2 và d3 là:

d1











t
z
t
y
x
1
4
2
1

; d2:

3
2
4

2
1
1 




 y z

x

; d3:













'
'
9
7
'

5
4
t
z
t
y
t
x

Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(-4;-2;4) và đường thẳng d:














t
z
t
y
t

x
4
1
1
2
3

, Viết phương trình đường thẳng


</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Bài 3: Cho hai đường thẳng: d 1:











t
z
t
y
t
x
8
2

5
8

và d2:

3
1
2
1
7
3 




 x y z

. Viết phương
trình đường vng góc chung của hai đường thẳng đó.

Bài 4: Cho hai đường thẳng: d: 3
6
2
1
1



y z
x

và d': 










t
z
t
y
t
x
3
2
1

a.Viết phương trình đường vng góc chung của d và d'.

b. Viết phương trình đường thẳng song song với Oz, cắt cả d và d'.

Bài 5: Viết phương trình đường thẳng  vng góc với mặt phẳng tọa độ (Oxz) và cắt 2

đường thẳng d :












t
z
t
y
t
x
3

4 ; d/ :














/
/
/
5
4
3
2
1
t
z
t
y
t
x

Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng : 12 12 1






 y z

x

và

mặt phẳng (P) : x + 2y - 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt
và vng góc với đường thẳng 

(Đề thi ĐHCĐ khối D năm 2009)
D. Các bài tốn về cực trị tọa độ khơng gian:

Bài toán 16: Trong khơng gian với hệ tọa độ Đềcác vng góc Oxyz cho điểm M(1; 3; -2)

và đường thẳng d:

5 3
2
2
x t
y t
z t
 


 

  

 Tìm tọa độ điểm H



d sao cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ nhất.

Nhận xét: Bài tốn này ta lấy H



d, khi đó độ dài MH nhỏ nhất khi và chỉ khi MH d
 u. MH = 0 (u là VTCP của d)

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP u= (3; 1; -1).
Gọi H



d suy ra: H(5 + 3t; 2+ t; -2 - t) nên:

MH =(4 + 3t; -1 + t; - t)
MH nhỏ nhất  MH d

 u. MH = 0

 3(4+3t) + (-1 + t) - (- t) = 0  t = - 1

d

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Vậy H(2; 1; -1)

Bài tốn 17: Trong khơng gian Oxyz cho M (1; 2; 3), và N ( 4; 4; 5). Tìm điểm I mp(Oxy)
sao cho IM + IN nhỏ nhất.

Nhận xét: Bài toán này ta kiểm tra M, N nằm về một hay hai phía của mặt phẳng. Nếu M, N
nằm về hai phía của mặt phẳng thì I là giao điểm của MN và mặt phẳng, nếu M, N nằm về một phía
của mặt phẳng thì I là giao điểm của M 'N và mặt phẳng trong đó M ' là điểm đối xứng của M qua

mặt phẳng đó.

Hướng dẫn giải:

Mặt phẳng (Oxy) có phương trình z = 0. Trước hết ta xét xem M và N có ở một trong hai
phía với mp (Oxy) hay khơng? Dể thấy zM . zN = 3 . 5 = 15>0  M, N ở về một phía với mp (Oxy).

Đường thẳng d qua M và vng góc mp(Oxy) có pt:

1
2
3
x
y
z t







  


Gọi H là giao điểm của d với mp(Oxy).
Ta có H  d  H (1; 2; 3 + t)

Vì H  (Oxy)  3 + t = 0  t = -3

 H( 1; 2; 0)

Gọi M' đối xứng với M qua mp(Oxy).

H là trung điểm của MM' nên M' (1; 2; -3) và M N ' = (3; 2; 8)

Ta có IM + IN = IM' + IN  M'N  Min ( IM + IN) = M'N  I là giao điểm của M'N và
mp(Oxy)

M'N qua M ' có VTCP M N ' = (3; 2; 8) nên có phương trình:

,
,

1 3
2 2
3 8

x t

y t

z t

  



 


  


Điểm I ( 1 + 3t', 2 + 2t', -3 + 8t')d vì I  (Oxy)  -3 + 8t' = 0  t' =3

Vậy I 17 11; ;0
8 4

 

 

 

Bài toán 18: Trong k/gian Oxyz cho: M (3; 1; 1), N ( 4; 3; 4) và đường thẳng d có phương

trình:

7
3 2

9
x t

y t

z t

 



 


  



. Tìm điểm I d sao cho: IM + IN nhỏ nhất.

M

N

M'

y
x
O

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Nhận xét: Ta có MNd nên IM + IN nhỏ nhất khi và chỉ khi I = d (P) trong đó (P) là
mặt phẳng qua MN và vng góc với d

Hướng dẫn giải:

Ta có: MN = (1; 2; 3), d có VTCP u = ( 1; -2; 1), vì MN.u =0  MN d

Mặt phẳng( P) qua MN và vng góc với d có phương trình là: x - 2y +z - 2 = 0
Gọi H = d (P), H d  H(7 + t; 3 - 2t; 9 + t)

Vì H (P) nên: (7 + t) - 2(3 - 2t) +(9 + t) - 2 = 0

 t = 4
3

  H 17 17 23; ;

3 3 3

 

 

 

Với I d, ta có: IM + IN  HM + HN

 IM + IN nhỏ nhất  IM + IN = HM + HN  I H

Vậy: I 17 17 23; ;

3 3 3

 

 

 

Bài tốn 19: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 điểm A(-3; 0; 1), B(1; -1; 3) và
mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - 5 = 0. Trong các đường thẳng qua A và song song với (P), hãy viết
phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. (Đề thi ĐHCĐ
khối B năm 2009)

Nhận xét: Ta gọi d là đường thẳng cần tìm; d chứa trong mp(Q) qua A và song song với
(P), khoảng cách từ B đến đường thẳng d là nhỏ nhất khi và chỉ khi d đi qua H (H là hình chiếu của
B trên (Q)).

Hướng dẫn giải:

Gọi d là đường thẳng cần tìm; d chứa trong mp(Q) qua A và song song với (P).
Ta có phương trình (Q): x - 2y + 2z + 1 = 0.

Gọi I, H là hình chiếu của B trên d, (Q).
Ta có d(B;d) = BI  BH

nên d(B;d) nhỏ nhất khi d đi qua H.
Đường thẳng d ' qua B và vng góc (Q)

có phương trình:

1
1 2
3 2
x t

y t

z t

 




 


  



H = d ' (Q), Hd ' nên H(1+ t; -1 - 2t; 3 + 2t).

Vì H(Q) nên: (1+ t) -2(-1 - 2t) + 2(3 + 2t) + 1 = 0  t = 10
9

  H 1 11 7; ;
9 9 9

 



 

 

M

N

H
I

(P)

d
d'
H

I

B

A
(Q)

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Đường thẳng d qua A có VTCP (26 11; ; 2)

9 9 9
AH  



có phương trình:

3 26
11
1 2

x t

y t

z t

 






  



Bài toán 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 điểm A(1;4;2), B(-1;2;4) và

đường thẳng d có phương trình:

1
2

2
x t

y t

z t

 



 


 



a/ Tìm tọa độ điểm Md sao cho MA MB
 

nhỏ nhất.
b/ Tìm tọa độ điểm Id sao cho diện tích AIB nhỏ nhất.

c/ Viết phương trình đường thẳng qua A và cắt d sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng
đó đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

Nhận xét: Ta lấy M  d; câu a, ta tìm MA +MB  MA MB
 

suy ra M; câu b, c ta tìm
diện tích AIB, khoảng cách rồi vận dụng bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, từ đó suy ra kết

quả.

Hướng dẫn giải:

a/ Md M ( 1-t; -2+t; 2t) MA =(t; 6-t; 2-2t),MB =(-2+ t; 4 -t; 4 -2t).
Do đó: MA +MB = (-2 + 2t; 10 - 2t; 6 - 4t)

 MA MB
 

= ( 2 2 )t 2 (10 2 )t 2 (6 4 )t 2

      = 24(t 2)244 2 11

Suy ra: Min MA MB
 

=2 11  t-2 = 0 t = 2. Vậy: M(-1; 0; 4)

b/ Id  I(1-t; -2+t; 2t) ta có: AI= (- t; - 6 + t; - 2 + 2t) và AB= ( -2; -2; 2)  AI AB, 

 

 

= ( 6t - 16; -2t + 4; 4t - 12)

Diện tích AMB:

S

AIB=1 ,

2 AI AB
 

= 1
2

2 2 2

(6 16)t  ( 2t4) (4 12)t = 1

56t  304t416 = 14t2 76t104 ( tR)

Xét hàm f (t) = 56t2- 304t + 416  f / (t) = 112t - 304;

f / (t) = 0 t = 304

112=

7
BBT:

Giáo viên Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 33

t -  19/7

+ 

- 0 +

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Từ đó suy ra:

S

AIB đạt GTNN khi t =19
7 .

Vậy: I 12 5 38; ;
7 7 7

 



 

 

c/ Gọi đường thẳng d1 đi qua A và cắt d tại M ( 1- t; -2 + t; 2t)

Khi đó d



B d; 1



,
AM AB
AM
 
 
 
 = 
2
2

56 304 416
6 20 40

t t
t t
 
  =
2
2

28 152 208
3 10 20

t t

 

Xét hàm g(t) = 28 22 152 208
3 10 20

t t

 

g / (t) =

2 2

16(11 8 60)
(3 10 20)

t t
t t

 

  ; g

/ (t) = 0  11t2 - 8t - 60 = 0

2
30
11
t
t



 


Ta có

lim ( )

28

3

x 

g t



BBT:

Max d



B d; 1



= 2 3 Khi t = -2  Đường thẳng d1:

1
4 4
2 3
x t
y t

z t
 


 

  


Min d



B d; 1



= 2 35

35 Khi t =
30

11  Đường thẳng d2:

1 15
4 18
2 19
x t
y t
z t
 


 

  


Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

d1:

1
4 4
2 3
x t
y t
z t
 


 

  


và d2:

1 15
4 18
2 19
x t
y t
z t
 


 


  


Kết luận: Đây là các bài tốn khó, để giải nó cần phải vận dụng các dạng toán. Tuy nhiên,
ta thấy được phương pháp chung để giải là: Chọn điểm (có chứa tham số) trên đường thẳng (cho

4/35
28/3
28/3
12
+
-2
0
f ' ( t )

f( t )

0 +

-+ 

-  30/11

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

trước), sau đó dựa vào các yếu tố hình chiếu vng góc hoặc đưa về các hàm số sau đó tìm tham
số. Từ đó tìm điểm hoặc viết phương trình đường thẳng theo yêu cầu bài toán.

Một số bài tập tham khảo:

Bài 1: Cho A (1; 2; -1), B (7; -2; 3) và đường thẳng d có pt: 1 2 2

3 2 2

x y z

 

 . Tìm điểm

I  d sao cho IA + IB nhỏ nhất.

Bài 2: Cho mp(): 2x - y + z + 1 = 0 và hai điểm A( 3; 1; 0), B( -9; 4; 9 )
a/ Tìm điểm I ( ) sao choIA IB  đạt GTNN

b/ Tìm điểm M( ) sao cho: MA MB đạt GTLN

Bài 3: Cho: A (1; 1; 0) và B ( 3; -1; 4) và đ/t d: 1 1 2

1 1 2

x y z

  . Tìm trên d điểm I sao

cho: IA + IB bé nhất.

Bài 4: Cho A (5; -1; 3), B (7; -1; 1) và mặt phẳng (P) có phương trình: x - y + z - 1 =
0. Tìm điểm I (P) sao cho IA + IB nhỏ nhất.

Bài 5: Cho hai đường thẳng d1:

1 1 1

2 1 1

x y z

  ; d2:

1 2

1 1 2

x y z

  và điểm A ( 1; 4;

2). Viết phương trình đường thẳng d đi qua A cắt d1 sao cho khoảng cách giữa d và d2 lớn nhất.

KẾT QUẢ

Sau khi hình thành và đưa ra cách giải, tôi đã vận dụng phương pháp này ở 2 dạng A, B vào
các bài dạy và kết quả bài kiểm tra 15' các lớp giảng dạy như sau:

Lớp sử dụng phương pháp khác(3 lớp với 144 em)

Lớp sử dụng phương pháp này(2 lớp với 92 em)

Điểm dưới 5 Điểm từ 5< 8 Điểm từ 810

45 78 21

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Từ 2 bảng kết quả trên ta thấy ở lớp sử dụng phương pháp này tỉ lệ điểm dưới 5 giảm gần
một nữa, tỉ lệ điểm từ 5 < 8 tăng không nhiều nhưng tỉ lệ điểm từ 810 tăng gần gấp 2 lần.

PHẦN KẾT LUẬN

Từ các bài toán nêu trên và cách giải chúng, ta thấy nếu vận dụng tốt các quan hệ vng góc, song
song , các tính chất đối xứng của điểm cùng với tọa độ của điểm theo tham số ta giải nhiều dạng
bài toán, hơn nữa chúng ta đã đơn giản được bài toán, hạn chế việc " sợ " các bài tốn hình học
khơng gian ở học sinh, tạo được sự hứng thú cho các em, góp phần chung vào việc nâng cao chất
lượng dạy và học và phát huy được tính tích cực của học sinh, khơi nguồn cho các em sự tìm tịi,
sáng tạo trong q trình giải một bài tốn .

Trên đây là những kinh nghiệm thực tiễn của bản thân qua nhiều năm giảng dạy môn tốn
phần phương trình đường thẳng trong khơng gian, với đề tài này tôi hy vọng sẽ giúp cho các em
học sinh biết cách vận dụng các quan hệ vng góc, song song, các tính chất đối xứng vào giải tốn
và cải tiến phương pháp học tập.

Cuối cùng, tôi xin cảm ơn các thầy cơ trong tổ tốn đã đọc, góp ý và giúp đỡ tơi hồn thành
đề tài này.

Điểm dưới 5 Điểm từ 5< 8 Điểm từ 810

18 50 24

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1/ Giải bài toán như thế nào? (G.Polya - Nhà xuất bản Giáo dục năm 1997)

2/ Toán nâng cao cho học sinh - Hình học ( Phan Huy Khải - Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà
Nội năm 1998).

3/ Hình học 12- Chuẩn. ( Trần Văn Hạo - Nhà xuất bản Giáo dục - Hà Nội năm 2008)

4/ Hình học 12- Chuẩn- Sách giáo viên. ( Trần Văn Hạo - Nhà xuất bản Giáo dục - Hà Nội năm
2008)

5/ Hình học 12- Nâng cao ( Đồn Quỳnh - Nhà xuất bản Giáo dục - Hà Nội năm 2008)

6/ Hình học 12- Nâng cao - Sách giáo viên ( Đoàn Quỳnh - Nhà xuất bản Giáo dục - Hà Nội năm
2008)

7/ Bộ đề thi tuyển sinh đại học - Mơn Tốn của Bộ GD & ĐT.(Doãn Minh Cường; Phạm Minh
Phương - Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội năm 2007)

</div>

SU DUNG DIEM SONG DE GIAI TOAN

<b>VẬN DỤNG ĐIỂM “SỐNG” TRÊN ĐƯỜNG ĐỂ GIẢI TOÁN</b>













 









<sub></sub>

<sub></sub>

















 



  









 















  



 

























 





































 













