Chuyen de phuong trinh mat cau

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Các bài toán về phương pháp toạ độ trong không gian từ trước đến nay bao giờ cũng có trong các đề thi TN, ĐH-CĐ. Nếu học sinh nắm chắc phương pháp toạ độ học sinh có thể giải được nhiều bài toán hình học không gian bằng phương pháp toạ độ. Trong đời sống hàng ngày, chúng ta gặp rất nhiều những đồ vật có dạng hình cầu như: Quả bóng, quả địa cầu... nhưng rất ít người biết về các tính chất của mặt cầu. Học sinh được học về mặt cầu và phương trình mặt cầu trong Chương trình, SGK HH 12. Trong phần "Phương pháp toạ độ trong không gian" trong SGK HH12 có ba đối tượng được nghiên cứu đó là: Đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu. Khi dạy học sinh về phương trình mặt cầu tôi nhận thấy rằng học sinh không khó tiếp thu các kiến thức về mặt cầu nhưng việc vận dụng vào giải bài tập về phương trình mặt cầu còn nhiều học sinh không làm được, không nắm được các dạng toán về phương trình mặt cầu và một số ứng dụng của phương trình mặt cầu trong giải một số bài toán đại số. Trong bài viết này tôi trình bày về phương pháp giải các bài toán về: Viết phương trình mặt cầu, các bài toán về tiếp tuyến, tiếp diện, đường tròn trong không gian và một số ứng dụng trong bài toán đại số cần luyện tập cho học để học sinh có thể giải tốt được các bài toán trên khi gặp trong các kì thi.. B. NỘI DUNG: I. Các kiến thức cơ bản: 1. Phương trình mặt cầu: Dạng 1: Mặt cầu tâm I(a; b; c), bán kính R:. 2. 2. 2.   y  b    z  c  R 2. x  y  z  2ax + 2by + 2cz + d = 0  a  b  c  d  0  2. Dạng 2:.  x  a. 2. 2. 2. 2. . (1). 2. (2). Khi đó: Mặt cầu tâm. 2 2 2 I(-a; -b; -c), bán kính R  a  b  c  d .. 2. Vị trí tương đối của mặt cầu với đường thẳng:  . Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R và đường thẳng   d I ,  d I ,    R :      C   Tính:  . Nếu:  ; d  I ,    R :     C  tại 2 điểm phân biệt; d  I ,   R :   ,  C   tiếp xúc nhau,   gọi là tiếp tuyến của mặt cầu. 3. Vị trí tương đối của mặt cầu với mặt phẳng: Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R và mặt phẳng Aa +Bb +Cc+D d  I , P   A2  B2  C 2 . Tính: Nếu: d I , P  R :  P    C   1)     ;.  P  : Ax + By + Cz + D = 0 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> d  I ,  P    R : P    C .  H;r  là đường tròn. R2  d 2  I ;  P  . . 2) với H là hình chiếu của I trên (P). Vậy đường tròn trong không gian có phương trình:  x  a  2   y  b  2   z  c  2  R 2   Ax + By + Cz + D = 0 d I , P R : P  ,  C  3)     tiếp xúc nhau tại điểm H là hình chiếu của I trên (P), (P) gọi là tiếp diện của mặt cầu (C).. II. Các dạng toán: Dạng 1: Xác định tâm và bán kính của mặt cầu cho trước (dạng pt (2)): Cách 1: Đưa về dạng 1 2 2 2 Cách 2: Kiểm tra điều kiện a  b  c  d  0  tâm và bán kính.. Ví dụ: 2 2 2 2 2 Cho phương trình: x  y  z  2m x  4my +8m  4 = 0 Tìm điều kiện để phương trình trên là phương trình mặt cầu. Khi đó tìm tập hợp tâm của họ mặt cầu đó. Giải: 2. Pt đã cho. 2.   x  m 2    y  2 m   z 2 m 4  4m 2  4. là phương trình mặt cầu.  m 4  4m2  4  m2  2   0  m  2. yI2 xI  2 4 Khi đó tâm I (m ; 2m;0) . Ta thấy tâm I thuộc mặt phẳng Oxy và: y2 x 4 nằm trong mp Oxy bỏ đi 2 điểm: M (2; 2 2;0) và Vậy tập hợp tâm I là parabol N (2;  2 2; 0).. Dạng 2: Viết phương trình của mặt cầu khi biết một số yếu tố cho trước Đi xác định tâm và bán kính của mặt cầu: - Biết tâm: tìm bán kính; - Biết bán kính: tìm tâm; - Chưa biết tâm và bán kính:Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, tiếp xúc với 2 mặt phẳng cho trước.... thường xác định tâm trước sau đó đi tìm bán kính. Bài 1: Lập phương trình mặt cầu tâm I(4; 3; 2) và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC) với: A(3; 0; 0), B(0; 3; 0), C(0; 0; 3). x y z   1  x  y  z  3 0 Giải: Phương trình mp(ABC): 3 3 3 Bán kính mặt cầu:. R d  I ,  ABC   2 3 .  x  4. 2. Phương trình mặt cầu: 2   x  3   x  2  12 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 2: Lập phương trình mặt cầu tâm I(2; 3; -1) sao cho mặt cầu cắt đường thẳng (d) có 5x  4 y + 3z  20 = 0  phương trình:  3x  4 y + z  8 = 0 tại 2 điểm A, B sao cho AB = 16 Giải:.  u  2;1;  2 . (d) đi qua M(11; 0; -25) và có véc tơ chỉ phương Gọi H là hình chiếu của I trên (d). Có:    MI , u    IH d  I , AB   15   u Bán kính mặt cầu:. R d. A. H. B. 2.  AB  R  IH   2 2 2  17 x  2    y  3   z  1 289   2  . Vậy phương trình mặt cầu: 2. Bài 3: x 1 y 2 z 3   1 2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) có phương trình: 2 P : x + 2y + 2z  2 = 0;  P2  : 2x + y + 2z  1= 0 và hai mặt phẳng  1  . Lập phương trình mặt cầu có tâm I nằm trên (d) và tiếp xúc với 2 mặt phẳng trên. Giải: I   d   I  2t  1; t  2; 2t  3. Mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng.  d  I ,  P1   d  I ,  P2    t 0  8t  9 9t  9  8t  9  9t  9      t   18 8 t  9  9 t  9  17  2. t=0. 2. 2.  I1  1; 2;3 ; R1 3  Pt m / c  S1  :  x  1   y  2    z  3  9 2. 2. 2. 18 3 19   16   15  9  19 16 15   t   I2   ; ;  ; R2   Pt m / c  S 2  :  x     y    z    17 17 17   17   17  289  17 17 17   Chú ý: P  P Nếu  1   2  : P P P P 1) d song song nhưng không cách đều  1  và  2  hoặc nằm trên  1  hoặc  2  : Không có mặt cầu thoả mãn. P P 2) d song song và cách đều  1  và  2  : Có vô số mặt cầu thoả mãn. P P  3) d không song song, không nằm trên 1 và 2 : Có 1 mặt cầu thoả mãn. Bài 4: Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD với A(1; 1; 0), B(3; 1; 2), C(-1; 1; 2) và D(1; -1; 2).. Giải:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  IA2  IB 2    IB 2  IC 2  I  1;1;1 , R  IA 2  IC 2  ID 2  Cách 1: Gọi I(x; y; z) Cách 2: x 2  y 2  z 2  2ax + 2by + 2cz + d = 0  a 2  b 2  c 2  d  0  Gọi phương trình mặt cầu là: Mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên: 2a  2b  d  2 0 6a  2b  4c  d  14 0     a b  1; c  2; d 2  2a  2b  4c  d  6 0  2a  2b  4c  d  6 0 2. 2. 2. x  1   y  1   z  2  4 Kết luận: Phương trình mặt cầu là:  Chú ý: Bài toán (ĐH KD-2004): Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A(2; 0;1), B(1; 0; 0), C(1; 1; 1) và mặt phẳng (P) có phương trình: x + y + x - 2 = 0. Viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P). Cách giải bài toán này tương tự như cách 1 của bài toán trên.. Dạng 3: Lập phương trình tiếp diện của mặt cầu Bài toán 1: Lập phương trình tiếp diện (P) của mặt cầu (S) tâm I, bán kính R tại điểm A Cách giải: . mp(P) đi qua A và nhận véc tơ IA làm véc tơ pháp tuyến Bài toán 2: Lập phương trình  tiếp diện (P) của mặt cầu (S) tâm I(a; b; c), bán kính R biết véc tơ n  A; B; C  pháp tuyến của (P) là: Cách giải:  P  : Ax + By + Cz + D = 0 . Aa +Bb +Cc+D R  d  I ,  P   R  A2  B2  C 2 Có: tìm được D suy ra phương trình mp(P). Chú ý: Trong bài toán cho biết véc tơ pháp tuyến dưới dạng: P - Biết   song song với một mặt phẳng hoặc song song với 2 đường thẳng cho trước. - Biết vuông góc với 1 đường thẳng cho trước. Bài toán 3: Lập phương trình tiếp diện (P) của mặt cầu (S) tâm I(a; b; c), bán kính R biết (P) chứa đường thẳng (d) cho trước. Cách giải: - Xét đường thẳng (d) dưới dạng phương trình tổng quát; - Viết phương trình chùm mặt phẳng đi qua (d);.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> - Sử dụng điều kiện tiếp xúc tìm ra mp(P). Bài toán 4: Lập phương trình tiếp diện (P) của mặt cầu (S), tâm I(a; b; c), bán kính R biết (P) đi qua điểm C và: 1) Song song với đường thẳng (d) cho trước. 2) Vuông góc với mặt phẳng (Q) cho trước. Cách giải: Q  d ; C  ; a  P    Q   a 1) Gọi:    đi qua A và song song với d nên có pt xác định Bài toán trở thành viết phương trình mp(P) đi qua a và tiếp xúc với mặt cầu (S) 2) Tương tự như trên với: d đi qua A và vuông góc với mp(Q).. Dạng 4: Đường tròn trong không gian Bài toán 1: Xác định tâm, tính bán kính đường tròn là giao của mặt phẳng với mặt cầu cho trước: Cách giải: Sử dụng tính chất ở phần B.I2) để tìm tâm, tính bán kính đường tròn Bài toán 2: Tìm tâm và bán kính của đường tròn là giao của 2 mặt cầu (S), (S') có tâm lần lượt là I, I'; bán kính R, R'. Cách giải: - Đưa pt đường tròn là giao của 2 mặt cầu về pt đường tròn là giao của mặt cầu (S) với một mặt phẳng (Q). O  II '  Q  ; - Tâm của đường tròn là r  R2  d 2  I ;  P   bán kính . Bài toán 3: Lập phương trình tiếp tuyến của đường tròn sau kẻ từ A cho trước:  x  a  2   y  b  2   z  c  2  R  1   Ax + By + Cz + D = 0 Cách giải: Gọi B là tiếp điểm. Để ý rằng B thuộc đường tròn nên toạ độ B thoả mãn (1). Lại có: tiếp tuyến AB của đường tròn đồng thời là tiếp tuyến của mặt cầu tâm O nên:   AB  OB  AB .OB 0  2  từ (1) và (2) suy ra toạ độ B  tiếp tuyến AB.. Dạng 5: Ứng dụng của mặt cầu giải một số bài toán đại số Bài 1:  x 2  y 2  z 2 1  Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm, hãy tìm nghiệm đó: 2 x  y  2 z m (1). Giải: Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là tọa độ điểm chung của: 2 2 2 mặt cầu (S): x  y  z 1 , (S) có tâm O(0; 0; 0) bán kính R = 1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  :2 x  y  2 z  m 0. và mặt phẳng   Do đó hệ (1) có đúng một nghiệm khi và chỉ khi (S) và () tiếp xúc nhau d  O, ( )  . . m 2. 2. 2  ( 1)  2. 2. 1.  m 3    m  3. TH1:m = 3 nghiệm của hệ là hình chiếu vuông góc H của O trên (1): 2x – y + 2z – 3 = 0. đường thẳng  qua O và vuông góc với (1) có phương trình.  x 2t   y  t  t  R   z 2t .  2 1 2 1  ; ;  3 giá trị của tham số t tương ứng với điểm chung của (1) và  là t =  H  3 3 3 . TH2: m = -3. Gọi H’ là hình chiếu vuông góc của O trên (2): 2x – y + 2z + 3 = 0  2 1 2   ; ;   H’  3 3 3  (tương tự như TH1). 2 1 2   x  ; y  ; z   3 3 3 Vậy khi m = 3 thì hệ có mghiệm duy nhất là  2 1 2   x  ; y  ; z   3 3 3 khi m = - 3 thì hệ có mghiệm duy nhất là .  x  y  z 3  1  2 2 2  x  y  z 3  2   3 3 3  x  y  z 3  3 . Bài 2: Giải hệ phương trình: Giải: 2 2 2 Mặt cầu (S): x  y  z 3 , tâm O bán kính R = xúc với nhau vì. d  O, ( )  . 3 12  12  12. 3 và mp(): x + y + z – 3 = 0 tiếp.  3 R. ..  x  y  z 3  1  2 x  y 2  z 2 3  2    Do đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất, dễ thấy nghiệm đó là x = y = z = 1 và nghiệm này cũng thỏa (3). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y = z = 1 2 2 2 Bài 3: Cho ba số thực x, y, z thỏa: x  y  z 1 . Tìm GTLN và GTNN của:. F 2x  2 y  z  9. Giải: 2 2 2 Xét mặt cầu (S): x  y  z 1 , tâm O, bán kính R = 1 và mặt phẳng (): 2 x  2 y  z  9 = 0. Đường thẳng  qua O và vuông góc với () có phương trình. 1 t tương ứng với giao điểm của  và (S) là t =  3.  x 2t   y 2t  t  R   z  t . giá trị tham số.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  2 2 1  2 2 1  ; ;    ; ;    và (S) cắt nhau tại 2 điểm: A  3 3 3  và B  3 3 3  4 4 1 4 4 1   9    9 3 3 3 3 3 3 d  A, ( )   2 d  B, ( )   4 2 2 22  22    1 22  22    1. ;. d  M , ( )  . Lấy M(x; y; z)  (S), Luôn có. 2x  2 y  z  9 22  22    1. d  A, ( )  d  M , ( )  d  B, ( ) . . 2 1  Vậy Fmin = 6 đạt khi x = y = 3 ; z = 3 2 1  Fmax = 6 đạt khi x = y = 3 ; z = 3. 2. 1  F 3. 2. 1 F 4 3  6  F 12. Bài tập vận dụng: Bài 1: 2x  2 y  z  1= 0  Trong hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng (d):  x  2 y  2 z  4= 0 và mặt cầu (S) có 2 2 2 phương trình: x  y  z  4x  6y + m = 0 . Tìm m để d cắt mặt cầu (S) tại 2 điểm M, N sao. cho MN = 9.. Bài 2: Trong không gian Oxyz cho mp(P): 2x + 2y + z + 5 = 0 và I(1; 2; -2): a) Lập phương trình mặt cầu (C), tâm I sao cho giao tuyến của mặt cầu (C) và mp (P) là đường tròn có chu vi bằng 8 b) CMR; mặt cầu (C) nói trên tiếp xúc với (d): 2x - 2 = y + 3 = z. c) Lập phương trình mặt phẳng đi qua (d) mà tiếp xúc với mặt cầu (C).. Bài 3: 2 2 2  x   y  2    z  1 9  S   x+y+z =2 Cho điểm M(0; 2; 0) và đường tròn (C):  a) CMR: M nằm ngoài (C). Lập phương trình các tiếp tuyến kẻ từ M tới (C).. b) Từ M kẻ các tiếp tuyến tới mặt cầu (S). Tìm tập hợp các tiếp điểm.. Bài 4:.  x  2. 2. 2. 2.   y  3   z  3 5. Cho mặt cầu (S): và mp(P): x - 2y + 2z + 1 = 0 a) CNR: Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo một đường tròn. Lập phương trình đường tròn (C) là giao tuyến và tìm tâm, tính bán kính của đường tròn đó. b) Lập phương trình mặt cầu chứa (C) và tâm nằm trên mặt phẳng (Q): x+y+z+3=0. Bài 5: S : x  2 Cho 2 mặt cầu:  1  . 2.   y  3   z  3 5. 2. 2.  S2  :  x  3. 2.   y  5    z  1 20. 2. 2. a) CMR: Hai m/c cắt nhau, lập phương trình đường tròn giao tuyến của 2 m/c..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> b) Tìm tâm và bán kính của đường tròn.. Bài 6:.  x  1. 2. 2. 2.   y  2    z  3 9. Cho mặt cầu (S): và mp(P): x - 4y - 3z + 5 = 0. Lập phương trình tiếp diện của (S) đi qua A(0; 1; 0) và vuông góc với mp(P).. Bài 7: Giải hệ phương trình:.  x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z 0  3x  2 y  2 z  8 0 3x  3 y  4 z  12 0 . ĐÁP SỐ - HƯỚNG DẪN: Bài 1:  S  : I   2;3;0  , R  13  m  m 13  65 d : A  0;1;  1 ; vtcp a 3  2;1; 2  , d  I , d  3, IM 2  IH 2  d 2  I , d   m  4 Bài 2: 2 2 2 dIP,3R5   x  1   y  2    z  2  25   a) Bán kính đường tròn r = 4, d I ,     5  R  b)  đpcm c) 2x - 11y + 10z - 35 = 0. Bài 3: 2 2 2  x   y  2    z  1 9  S    x + y + z = 2 a) Gọi tiếp điểm là H(x; y; z). Vì H thuộc (C) nên: (1)     IH  MH  IH .MH 0  x  y  z 2 2  2  Lại có:  6 4 16  H1  2;0;0  ; H 2   ; ;    7 7 7  pttt. Từ (1) và (2) có: b) Gọi T là 1 tiếp điểm nên T thuộc m/c (S) (1) 2 2 Lại có: MT  R  MI 2 2 nên T thuộc m/c (S') tâm M, bán kính 2 2 có pt: 2 x 2   y  2   z 2 8 (2) Từ (1) và (2) tập hợp T là giao của 2 m/c (S), (S') nên là mp có phương trình 2 2 2   x   y  2   z 8   2 y  z 0 Bài 4:  5  7  11  H ; ;  ; r 2 a) Đường tròn tâm  3 3 3 .  J  IH   Q   J  3;  5;  1 b) Tâm J của m/c nằm trên đường thẳng IH 2 2 2 l d  J ,  P    4  bán kính m/c: R ' r  l 20 Bài 5: 2 2 2    x  2    y  3   z  3 5  x  2 y  2 z  1 0    R2  R1  I1 I 2  R2  R1  a) ĐPCM. Pt:   5  7  11  H ; ;  ; r 2 O  I1 I 2      3 3 3   b) Tâm.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  4 x  y  1 0  Bài 6: Lập pt đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P): 3x  z 0 Bài toán trở thành lập pt mp đi qua d, tiếp xúc với (S). Bài 7: Nghiệm của hệ là tọa độ điểm chung của: 3x  2 y  2 z  8 0  2 2 2 Mặt cầu (S): x  y  z  2 x  4 y  6 z 0 và đường thẳng : 3x  3 y  4 z  12 0 .  qua M(0; 4; 0) và có VTCP u = (-2; 6; 3).  x  2t   y 4  6t  t  R   z 3t .   có phương trình tham số: Giá trị tham số t tương ứng với điểm chung của (S) và  là nghiệm của phương trình:  t 0   t  10 2 2 2   2t    4  6t    3t   2   2t   4  4  6t   6.3t 0   49.  20 136 30  A ; ;  A  0; 4;0  49 49 49     và (S) có hai điểm chung và  20 136 30  ;  ;  0; 4;0   49 49 49   Vậy hệ (3) có hai nghiệm và. C. ÁP DỤNG TRONG GIẢNG DẠY: Phương pháp trên đã được tôi khai thác và triển khai để dạy học sinh các lớp ôn thi TN, ĐH-CĐ và bước đầu đã đạt được những kết quả tốt. Các học sinh sau khi được học đã vận dụng và giải được các bài toán về phương trình mặt cầu, nhận dạng ngay được cách giải, đảm bảo yêu cầu chính xác, tiết kiệm thời gian tìm lời giải khi đi thi. Đối tượng thực nghiệm năm học này là lớp 12A2 và 12A9: Đối với lớp 12A2 tôi đã dạy kĩ, đầy đủ các dạng trên và cho học sinh tìm tòi, khai thác các câu hỏi khác nhau xoay quanh các bài toán trên. Đối với lớp 12A9 đối tượng học sinh yếu hơn, tôi cho học sinh làm các bài toán cơ bản và phân tích cặn kẽ lời giải để học sinh hiểu được, làm theo và dần dần biết độc lập tìm tòi lời giải một bài toán. Khi dạy trước hết tôi đưa ra các bài toán để học sinh tìm lời giải, sau đó tổng hợp cách làm và các dạng để học sinh nắm được phương pháp, có cái nhìn tổng quát hơn khi giải toán. Khi dạy tránh trình bày các dạng và phương pháp giải trước sau đó đưa bài tập cho học sinh làm, khi đó hầu như bài toán chỉ còn là thay số, dần làm cho học sinh lười suy nghĩ và thụ động khi làm toán.. D. MỘT SỐ KIẾN NGHỊ: Theo tôi việc bồi dưỡng chuyên môn cho giáo viên phải được tiến hành thường xuyên, liên tục, trước hết là việc tự bồi dưỡng và được thể hiện bởi kết quả giảng dạy và các tài liệu thu thập được. Vì vậy nhà trường, các tổ, nhóm chuyên môn nên phân công cụ thể lần lượt từng người viết các báo cáo, sáng kiến kinh nghiệm hoặc một phần nào đó tuỳ theo sở trường và được trình bày hàng tháng, hàng quí hoặc sau một kì mà không nhất thiết để cuối năm.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> học. Các báo cáo được photo cho từng người trong tổ, nhóm để đọc, bổ sung, trình bày trước tổ và sửa chữa, hoàn thiện làm tài liệu giảng dạy chung khi cần. Các tài liệu có chất lượng được hỗ trợ kinh phí hoặc thưởng và là căn cứ đánh giá thi đua của người viết. Nếu làm được như vậy vừa mang tính động viên, khích lệ, vừa mang tính ràng buộc việc tự học và là cơ hội tốt để giáo viên học hỏi lẫn nhau, đặc biệt giúp cho các giáo viên trẻ có thể học hỏi được nhiều kinh nghiệm của các thầy cô đi trước, vừa có tài liệu tốt để giảng dạy. Các báo cáo mang tính đặc thù bộ môn nên trình bày trong tổ, nhóm; các báo cáo về phương pháp có thể trình bày trước cả hội đồng GD nhà trường.. E. TÀI LIỆU THAM KHẢO: 1. Sách giáo khoa, sách bài tập HH12 (Chuẩn và NC) 2. Đề thi ĐH của các năm và Bộ đề năm 1996. 3. Tài liệu khai thác trên mạng..

<span class='text_page_counter'>(11)</span>

<span class='text_page_counter'>(12)</span>