SKKN TOAN THPT 7

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GIÚP HỌC SINH HỌC TỐT CHƯƠNG 3 HÌNH HỌC LỚP 12 I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trong năm học 2010 – 2011 tôi đã thực hiện đề tài này và đã áp dụng đối với các lớp 12A1, 12A2, 12B9 mà tôi giảng dạy , tôi nhận thấy rằng kết quả của việc kiểm tra chương cũng như các bài tập trong sách giáo khoa và sách bài tập cũng như một dạng toán trong thi tốt nghiệp , đại học đa số học sinh đều giải được. Năm học 2011 – 2012 tôi tiếp tục áp dụng đề tài này đối với các lớp tôi giảng dạy 12B7 và 12B10 đồng thời các thầy cô dạy toán 12 trong tổ cũng đã vận dụng đề tài này trong giảng dạy trên lớp. Trong năm học 2011 – 2012 tôi có bổ sung thêm một số dạng toán khác nhằm từng bước hoàn thiện đề tài và có thể áp dụng rộng rãi và lâu dài trong tổ Toán của Trường THPT Đoàn Kết. Trong toán học nói chung và trong hình học nói riêng không có một phương pháp nào chung để giải các bài toán. Mỗi phương pháp đều có những ưu, nhược điểm riêng. Với mỗi loại bài toán luôn đòi hỏi học sinh phải nắm được các khái niệm , định lý, tính chất cơ bản nhất để giải , đồng thời phải biết vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học và đề ra được phương pháp giải cho từng bài cụ thể. Với học sinh lớp 12, bước sang học kỳ 2 các em đã được làm quen với phương pháp toạ độ trong không gian và các bài tập là đa dạng.Đa số học sinh hiện nay là yếu môn Hình học nói chung và Hình học giải tích nói riêng, lúng túng về vận dụng kiến thức đã học và lựa chọn phương pháp giải . Để phần nào giúp cho học sinh bớt lúng túng trong khi giải toán “ PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN” tôi đã tổng hợp và đưa ra một số bài toán quen thuộc trong chương trình và hướng dẫn học sinh tìm phương pháp giải cơ bản nhất mà học sinh có thể tiếp thu và vận dụng tốt trong khi giải toán, đồng thời từ đó học sinh có thể hiểu rõ và vận dụng vào các bài tập nâng cao,gợi mở cho học sinh những hướng phát triển, mở rộng . II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1. Cơ sở lý luận. - Toán học là môn khoa học cơ bản , học toán đòi hỏi người học ngoài việc phải nắm vững các khái niệm, định lý, tính chất còn đòi hỏi phải biết vận dụng linh hoạt các kiến thức đó vào các bài toán cụ thể để giải , không thể chỉ đơn thuần là thuộc. - Trong quá trình học toán và giải toán lại không có phương pháp chung nào để có thể giải được các bài toán, mỗi bài khác nhau thì có thể vận dụng các phương pháp giải khác nhau. - Phân loại các dạng toán cơ bản , phân tích tìm phương pháp giải để từ đó rút ra kinh nghiệm giải đồng thời có thể vận dụng các kinh nghiệm , kiến thức đó để giải các bài toán khác là cần thiết và hữu ích cho các đối tượng học sinh..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. Nội dung biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài 2.1. 222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222 222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222 2Thuận lợi: - Được sự quan tâm và chỉ đạo của Ban lãnh đạo nhà trường về công tác đổi mới phương pháp giảng dạy. - Các em học sinh ngoan và có ý thức học tập. 2.2. Khó khăn: - Điều kiện học tập chưa tốt, cơ sở vật chất còn hạn chế. - Là một trường ở miền núi nên mặt bằng kiến thức chưa đồng đều giữa các học sinh với nhau, còn nhiều học sinh có hoàn cảnh gia đình khó khăn , các em phải phụ giúp gia đình kiếm từng bữa ăn nên thời gian cho học tập quá ít dẫn đến học yếu là tất nhiên. 2.3. Phạm vi , đối tượng, thời gian thực hiện: - Đối tượng nghiên cứu: Một số dạng toán quen thuộc và phương pháp giải - Phạm vi nghiên cứu: Hình học lớp 12 Chương trình 3: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN - Thực hiện đề tài trong các giờ bài tập và chuyên đề của học sinh lớp 12A1 , 12A2 , 12B9 năm học 2010 – 2011 2.4. Tình trạng thực tế trước khi thực hiện đề tài: - Đa số học sinh chưa nắm vững về các khái niệm, định lý… - Vận dụng kiến thức vào giải toán còn hạn chế. - Lúng túng trong chọn phương án giải. - Kết quả còn thấp. - Chưa thực sự ham thích học toán với lý do không giải được bài tập. Kết quả kiểm tra: ( kiểm tra lớp 12A1 , 12A2 và 12B9 với 124 học sinh) 1- 2- 3- 4- 5- 6- 7- 8- 9Lớp SS 1.5 2.5 3.5 4.5 5.5 6.5 7.5 8.5 9.5 10 >=TB % 12A1 40 0 0 3 6 6 4 7 5 6 3 31 77.5 12A2 44 0 2 9 6 7 7 5 4 3 1 27 61.36 12B9 40 2 4 8 5 6 7 5 3 0 0 21 52.5 Tổng 124 2 6 20 17 19 18 17 12 9 4 79 63.71 Đề bài đã ra: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A( 1;1;0),B(1;0;  2),C(2;  2;0) . a. Chứng minh A,B,C không thẳng hàng. b. Lập phương trình mặt phẳng (ABC) c. Lập phương trình mặt cầu có tâm I(0;  2;1) và tiếp xúc mặt phẳng (ABC) - Chất lượng bài giải của học sinh thấp, kĩ năng giải toán còn yếu. - Học sinh không nắm rõ : + Khái niệm vecto cùng phương..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> + Khái niệm khoảng cách,công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng + Vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu. + Kỹ năng tìm tích có hướng của hai vecto 2.5 Các biện pháp thực hiện đề tài: Bước 1: Hệ thống hoá các kiến thức. Bước 2: Đưa ra một số ví dụ điển hình, phân tích và cùng học sinh xây dựng phương pháp giải Bước 3: Rèn luyện kĩ năng giải các bài tập tương ứng cho học sinh thông qua một số bài tập bổ sung nâng cao. Gợi mở cho học sinh những hướng phát triển, mở rộng .. NỘI DUNG A. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN. 1/ Hệ trục toạ độ. Cho ba  trục toạ độ x’Ox, yOy, z’Oz vuông góc với nhau từng đôi một tại điểm   O. Gọi i, j, k là các véctơ đơn vị tương ứng trên các trục x’Ox, yOy, zOz. Hệ ba trục toạ độ như vậy gọi là hệ trục toạ độ Đề các vuông góc Oxyz hoặc đơn giản là toạ độ Oxyz. + Trục Ox gọi là trục hoành. z + Trục Oy gọi là trục tung. + Trục Oz gọi là trục cao.   + Điểm O gọi là gốc của hệ toạ độ. k j 2/ Tọa độ Vectơ , tọa độ điểm.  i O x a. Cho hệ toạ độ Oxyz.      v (x; y;z)  v xi  y j  zk .     M(x; y;z)  OM  xi  y j  zk. M1  x1, y1,z1  M2  x 2, y 2,z 2  + Với hai điểm và thì:  M1M2  x 2  x1, y 2  y1,z 2  z1    v1 (x1, y1,z1 ) và v 2 (x 2 ,y 2 ,z2 ) thì: b. Nếu có hai vectơ  b1 b2 b3 b4. v1  v 2  x 1  x 2 , y1  y 2 ,z1  z 2    v1  v 2  x 1  x 2 , y1  y 2 ,z1  z 2 .  kv1 (kx1,ky1,kz1 )   v1.v 2 x 1.x 2  y1.y 2  z1.z 2. y.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> b5.   v1  v 2  x1x 2  y1y 2  z1z 2 0.  x1  x 2    v1 v 2   y1  y 2 z z 2  1 b6   3. Tích có hướng của hai vectơ v1 (x1,y1,z1 ) và v 2 (x 2 , y 2 ,z2 ) là một  y z z x x y     1 1 1 1 1  v ,v  v  1 , ,  1 2  y z z x x y  2 2 2 2 2 2  v vectơ được xác định bởi:. Ứng dụng của tích có hướng của hai vecto.      c  a  a,b  c      c  b a.      a,b  0   b. a,b cùng phương      a,b  c 0 a,b,c   c. đồng phẳng      a,b   a . b sin(a,b)  d.  4/ Khoảng cách giữa hai điểm. M x , y ,z M x , y ,z Cho hai điểm 1  1 1 1  và 2  2 2 2  , thì khoảng cách d giữa M 1 và M 2 là độ dài của vectơ M1M2 :  2 2 2 d  M1M2   x1  x 2    y1  y 2    z1  z 2  . 5/ Góc giữa hai vectơ   v (x 2 , y 2,z 2 ) xác định bởi: Góc  giữa hai vectơ v1 (x1, y1, z1) và 2 x1.x 2  y1.y 2  z1.z 2 cos   x11  y11  z11 . x 22  y 22  z 22 . 6/ Hai vectơ  cùng phương   v  (x , y ,z )  0 v 1 1 1 Hai vectơ 1 và 2 (x 2 , y 2 ,z2 ) cùng phương với nhau.   v  kv 1 khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho 2        v1 ,v2  0 v  kv   2 1 Chú ý: .. 7/ Phương trình mặt phẳng. a. Khái niệm.  Một vectơ n 0 được gọi là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) nếu 4. giá. của.  n.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5555555555555555555555555555555555555555555555555555555555555555 55555555555555555555555555555555555555555555555555555555555555vu ông góc với ( ) . Mặt phẳng ( ) hoàn toàn xác định nếu cho biết một điểm M 0  ( ) và một vectơ pháp tuyến của nó. b. Phương trình tổng quát của mặt phẳng:  2 2 2 + Ax  By  Cz  D 0 (A  B  C  0) cóVTPT n (A;B;C) M(x 0 ;y 0 ;z 0 ) + Mặt phẳng qua điểm có VTPT n (A;B;C) có phương trình: A(x  x 0 )  B(y  y 0 )  C(z  z0 ) 0. 8/ Phương trình đường thẳng . . a. Định nghĩa: Vectơ a 0 và có giá là đường thẳng d.  d / /      d  a 0 là vectơ chỉ phương của đường thẳng  b. Phương trình của đường thẳng:.  u Đường thẳng d qua M(x0;y0;z0) có VTCP (a;b;c)  x  x0  at  a2  b2  c 2 0   y  y  bt    0  t  IR  z z  ct 0  có phương trình tham số Nếu abc 0 khử tham số t được phương trình: x  x 0 y  y 0 z  z0   a b c ( gọi là phương trình chính tắc) 9/ Phương trình mặt cầu a. Mặt cầu tâm I(a;b;c) , bán kính R>0 có phương trình: (x  a)2  (y  b)2  (z  c)2 R 2 2 2 2 b. Phương trình: x  y  z  2ax  2by  2cz  d 0 (1) 2 2 2 Nếu a  b  c  d  0 thì phương trình (1) là phương trình mặt cầu có 2 2 2 tâm I(  a;  b;  c) , bán kính R  a  b  c  d. 10. Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng: (P) : Ax  By  Cz  D 0 (A 2  B 2  C2 0) M(x 0;y 0;z 0 ) d(M,(P)) . Ax 0  By 0  Cz0  D. A 2  B2  C2 11. Vị trí tương đối của mặt phẳng với mặt cầu: Mặt cầu (S) có tâm I(a;b;c) , bán kính R.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Mặt phẳng (P). Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên mp(P)  (S)  (P)   d(I,(P))  R  (S)  (P)  H  d(I,(P)) R  (S)  (P) (C)  d(I,(P))  R ( mp(P) tiếp xúc mặt cầu tại H) 2 2 Với (C) là đường tròn tâm H , bán kính r  R  IH. B. NỘI DUNG CỤ THỂ: 1. Loại 1: Lập phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm không thẳng hàng: - Học sinh cần nắm + Khái niệm vecto pháp tuyến của mặt phẳng.      c  a  a,b  c      c  b + Tính chất của tích có hướng     n   AB,AC    - Định hướng VTPT của mặt phẳng đi qua 3 điểm A,B,C là A(  1;1;2),B(1;  1;0),C(2;  1;2) . Ví dụ 1: Lập phương trình mặt   phẳng (P) đi qua Giải: Ta có AB (2;  2;  2),AC (3;  2;0) . (P) qua A (P) qua A    (P) qua B   (P)cóVTPTn   AB, AC  (  4;  6;2) (P) qua C   Phương trình mp(P):  4(x  1)  6(y  1)  2(z  2) 0  2x  3y  z  1 0 2. Loại 2: Lập PT mp(Q) với (Q) qua M và chứa d - Học sinh cần hiểu đường thẳng d có 2 điểm  phân biệt A,B thuộc mp(Q) thì đường thẳng d chứa trong mp(Q). ( khi đó AB là một VTCP của d). - Bài toán trở thành lập phương trình mp đi qua 3 điểm không thẳng hàng. - Học sinh định ra được PP giải.  PP: - Lấy điểm A  d ( điểm cụ thể)  MA    n   u,MA  - mp(Q) qua M có VTPT (với u là vtcp của d) Ví dụ 2: Lập PT mp(Q) qua M(  1;1;2) và chứa đường 2  t , y 2t , z 1  3t thẳng d : x    u  (1 ;2;3), A(2;0;1)  d  MA (3;  1;  1) Giải: d có VTCP.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> (Q)quaM(  1;1;2)      (Q)cóvtptn   u,MA  (1;10;  7) Ta có: (Q) : 1(x  1)  10(y  1)  7(z  2) 0  x  10y  7z  5 0 (Q)quaM   (Q)  d. 3. Loại 3: Lập phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc mp(P). - Học sinh cần nắm được + Dạng của phương trình mặt cầu. + Điều kiện để mp và mặt cầu tiếp xúc nhau. + Công thức tính khoảng cách từ điểm đến mp. PP. - Tìm bán kính mặt cầu: R d(I,(P)) - Mặt cầu tâm I(a,b,c) bán kính R có phương trình: (x  a)2  (y  b)2  (z  c)2 R 2 Ví dụ 3: Lập phương trình mặt cầu tâm A(  2;1;  3) và tiếp xúc mp(P): 2x  y  2z  4 0  4  1 6  4 5 3 Giải: Ta có bán kính 2 2 2 Phương trình mặt cầu: (x  2)  (y  1)  (z  3) 25 R d(A,(P)) . 4. Loại 4: Tìm tọa độ H là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (Q). - Học sinh cần hiểu được khái niệm hình chiếu vuông góc của một điểm lên mặt phẳng MH  (Q)  H  (Q) - H là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (Q) PP: - Lập PT đường d qua M và vuông góc với mp(Q) ( thỏa tính vuông góc) - Khi đó H d  (Q) ( giải hệ tìm tọa độ điểm H) ( thỏa tính thuộc H  (Q) ) Ví dụ 4: Tìm tọa đô điểm H hình chiếu vuông góc của M(4;  2;  2) lên mặt phẳng. (Q) : 2x  y  3z  2 0.  n Giải: mp(Q) có VTPT (2;1;  3). dquaM   d  (Q)  Đ. thẳng d:. dquaM(4;  2;  2)     d có v tcpu n .  x 4  2t  y  2  t  H d  (Q)    z  2  3t  2x  y  3z  2 0.  x 4  2t   y  2  t z  2  3t . t  1  x 2   H(2;  3;1)  y  3  z 1.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 5. Loại 5: Tìm tọa độ H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng d - Học sinh cần hiểu được khái niệm hình chiếu vuông góc của một điểm lên đường thẳng MH  d   - H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng d H  d. Từ khái niệm dẫn đến xây dựng PP giải Cách 1 : - Lập PT mp(Q) qua M và vuông góc với d ( thỏa tính vuông góc) - Khi đó H d  (Q) ( giải hệ tìm tọa độ điểm H) ( thỏa tính thuộc H  d ) Cách 2 - Lấy điểm H  d ( dạng  tham số) ( thỏa tính thuộc H  d )   - Tìm MH , MH  d  MH.u 0 Giải tìm tham số ( thỏa tính vuông góc) - Thay tham số vào H Ví dụ 5: Tìm tọa đô điểm H hình chiếu vuông góc của M(  1;2;  2) lên đường. d:. x y  1 z 1   , 2 1 2. thẳng Giải: ( cách 2).  u (2;  1;2) đường thẳng d có VTCP 1 . Ta có H(2t;1   t;  1  2t)  d  MH (1  2t;  1  t;1  2t). MH  d  MH.u 0  2(1  2t)  1(  1  t)  2(1  2t) 0  t . 5 9.  10 14 19   H  ; ;  9   9 9. 6. Loại 6: Lập PT mp(P) // mp(Q) và tiếp xúc mặt cầu ( S) - Học sinh cần nắm được hai mp song song nhau thì VTPT mp này cũng là VTPT của mp kia. - Mặt phẳng (P) tiếp xúc mặt cầu khi khoảng cách từ tâm mặt cầu tới mp(P) bằng bán kính mặt cầu. - Công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng. Ví dụ 6: Lập PT mp(P). Biết (P)// (Q): 2x + y - 2z - 4 = 0 và tiếp xúc mặt cầu 2. 2. 2. (S) : x + y + z - 2x + 4y - 6z - 2 = 0 Giải: - Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;3) , bán kính R = 4 (P) / /(Q)  (P) : 2x + y - 2z + D = 0 (D  -4) ( có cùng VTPT).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 2  2  6 D.  D  6 4   3  D 18 (thỏa (P) tiếp xúc (S) (P 1) : 2x + y - 2z - 6 = 0, (P2 ) : 2x + y - 2z +18 = 0  d(I, (P))  R . -. ĐK) Vậy 7. Loại 7: Lập PT mặt cầu ( S) có tâm nằm trên đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mp(P) , mp(Q) PP: - Lấy điểm I  (d) ( dạng tham số ) - Mặt cầu (S) tiếp xúc 2 mp  d(I,(P)) d(I,(Q)) - Giải tìm tham số và thay vào tìm tâm I và bán kính x  1 y z 1 I d :   1 1 2 và tiếp xúc Ví dụ 7 : Lập PT mặt cầu (S) có tâm (P): 2x + y - 2z+ 4 = 0, (Q): x - 2y +2z - 5 = 0 Giải: Ta có I(1 t;t;  1 2t)  d Mặt cầu (S) tiếp xúc (P),(Q)  d(I,(P)) d(I,(Q)) 2(1  t)  t  2(  1  2t)  4 (1  t)  2t  2(  1  2t)  5  3 3   t  8  3t  6  t  1  t 7 / 2 . t  1  I(0;  1;  3),R 3  x 2  (y  1)2  (z  3)2 9 7 9 7 3 9 7 9 t   I( ; ;6),R   (x  )2  (y  )2  (z  6)2  2 2 2 2 2 2 4 8. Loại 8: Lập phương trình mặt phẳng (Q) thỏa a. (Q) chứa đường thẳng d1 và (Q)// d2. b. (Q) // d1 và (Q)// d2. ( d1 , d2 là hai đường thẳng chéo nhau) - Học sinh cần nắm được đường thẳng d1,d2 lần lượt có VTCP.   u1,u2.     mp(Q) chứa d1 và mp(Q) / /d2  mp(Q) cóVTPT n   u1,u2    +. +.     mp(Q) / / d1và mp(Q) / /d2  mp(Q) coù VTPT n   u1,u2 . x 1 y z 2 x y  1 z 1 d2 :     1 2 3 1 1 2 Ví dụ 8: Cho đường thẳng a.Lập PT mp(Q) chứa d1 và song song d2 b.Lập PT mp(Q) song song d1,d2 và tiếp xúc với mặt cầu (S): (x  1)2  (y  2)2  (z  1)2 9   u  (1;1;2) u 1 Giải: d có VTCP , d có VTCP 2 (  1;  2;3) d1 :. 1. (Q)chứad1 a.   (Q) / /d  2. 2. (Q)quaA(0;1;  1)  d1     (Q)có vtpt n  u1,u2  (7;  5;  1)   (Q) : 7x  5(y  1)  1(z  1) 0  7x  5y  z  4 0.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Kiểm tra: B(  1;0;2)  d2,B  (Q) . Vậy (1) là PTmp(Q)  PT   b.(Q) / / d1,(Q) / /d2  (Q)có vtpt n  u1,u2  (7;  5;  1)  (Q) : 7x  5y  z  D 0 Mặt cầu (S) có tâm I(1;  2;1) , bán kính R = 3 Mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S)  d(I,(Q)) R  D 15 3  4 7  10  1  D  3   75  D  15 3  4 (Q1 ) : 7x  5y  z  15 3  4 0 (Q 2 ) : 7x  5y  z  15 3  4 0 Kiểm tra A(0;1;  1)  d1,B(  1;0;2)  d2 đều không thỏa (Q1 ),(Q2 ) Vậy phương trình (Q1 ),(Q2 ) là 2 PT mặt phẳng cần tìm. 9. Loại 9: Lập PT đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với hai đường thẳng d1 , d2 ( d1,d2 chéo nhau hoặc cắt nhau) dquaM dquaM       d  d1,d  d2 d cóvtcpu  u1,u2     PP: Ví dụ 9: Lập phương trình đường thẳng qua M(1;  1;2) và vuông góc với 2 đường x y  1 z 1 x 1 y z 2 d 1:   ,d2 :   1 1 2 1 2 3 thẳng   Giải: d có VTCP u1 (1;1;2) , d có VTCP u2 (  1;  2;3) 1. 2. dquaM(1;  1;2) dquaM       d cóvtcpu  u1,u2  (7;  5;  1) d  d1,d  d2 x  1 y 1 z  2  d:   7 5 1 10. Loại 10: : Lập PT đường thẳng d đi qua điểm M , vuông góc với d1 1010101010101010101010101010101010101010101010101010101010101010 1010101010101010101010101010101010101010101010101010101010101010 1010101010101010101010101010101010101010101010101010101010101010 1010101010101010101010101010101010101010101010101010101010101010 1010101010101010101010101010101010101010101010101010101010101010 1010101010101010101010101010101010101010101010101010101010101010 1010101010101010101010101010101010101010101010101010101010101010 101010101010101010101010101010101010101010101010101010101010và cắt d2 - Học sinh cần hiểu E  d2 thì tọa độ điểm đó thỏa phương trình đường thẳng. - Đường thẳng qua  M, E đã thỏa điều kiện cắt d2. - ME  d1  ME.u2 0.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> PP: - Lấy điểm E  d2 ( dạng tham số)   0 Giải tìm tham số - Tìm ME , ME  d1  ME.u  1 - Khi đó d qua M có VTCP ME Ví dụ 10: Lập phương trình đường thẳng qua M(1;  1;2) và vuông góc với x 1 y z 2 x y  1 z 1 d2 :   d 1:   , 1 2 3 1 1 2 cắt  E(  1  t;  2t;2  3t)  d2  ME (  2  t;1  2t;3t)  1 ME  d1  ME.u 0  (  2  t)  (1  2t)  6t 0  t  3   7 1  1   ME   ; ;1    7;1;3   3 3  3 ME . Đường thẳng d qua M có VTCP Có x  1 y 1 z  2    7 1 3 phương trình: 11. Loại 11: Gọi d là giao tuyến của hai mp(P) và mp(Q). Viết phương trình tham số của d PP: Cách 1   n1 n2 - mp(P) có VTPT và (Q) có VTPT    n1,n2   và điểm A  (P)  (Q) - Tìm      u   n1,n2  - Khi đó đường thẳng d qua A và có VTCP Cách 2 – Tìm A  d (Q)  (P) , B  d (Q)  (P) - Đường thẳng d đi qua A,B viết được dạng tham số. Cách 3: Đặt x = t dẫn đến giải hệ tìm y , z theo t Ví dụ 11: Gọi d là giao tuyến của hai mp (P) : 2x  y  z  1 0 và (Q) : x  3y  2z  2 0 . Viết phương trình tham số của d Giải: cách 1   mp(P) có vtpt n1 (2;1;  1) , mp(Q) có vtpt n2 (1;  3;2)    u   n1,n2  (  1;  5;  7)   2x  y  z  1 0 d (P)  (Q)    A(1;1;2)  d  x  3y  2z  2 0  x 1  t dquaA(1;1;2)     PT :  y 1  5t    d coù vtcp u   n1,n2  ( 1;  5;  7)  z 2  7t Ta có : Cách 2:.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 2x  y  z  1 0 d (P)  (Q)    A(1;1;2)  d,B(0;  4;  5)  d  x  3y  2z  2 0  x 1  t dquaA dquaA      PTTS :  y 1  5t  dquaB  d coù vtcp AB (  1;  5;  7) z 2  7t  12. Loại 12: lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng  lên mp(Q) PP: (Cách 1) - Lấy trên  hai điểm cụ thể A,B - Tìm A’ , B’ là hình chiếu vuông góc của A,B lên mp(Q) - Khi đó đường thẳng d chính là đường thẳng A’B’ ( Lưu ý: nếu d  (Q) M thì chỉ cần tìm thêm một điểm A M ) (Cách 2) - Ta có d (P)  (Q) (P)quaA         (P) coù vtpt n   u ,nq   - Với (P) là mp chứa  và (P)  (Q) - chuyển PT đường thẳng d về tham số x 2 y 3 z 1 :   mp(Q) : x  2y  3z  3  0 1 2 1 Ví dụ 12: Cho , Lập PT tham số của đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của  lên mp(Q) Giải: ( Cách 1) Ta có   (Q) M  M(1;1;2) ( giải hệ để tìm tọa độ điểm M) A(2;3;1)   . Tìm tọa độ A’ là hình chiếu vuông góc của A lên mp(Q) được   10 13 19  3 6 5 1 A '  ; ;   MA '  ; ;   (3;6;5)  7 7 7  7 7 7 7  3 6 5 1 MA '  ; ;   (3;6;5) 7 7 7 7 Đường thẳng d qua M(1;1;2) có vtcp  x 1  3t   y 1  6t z 2  5t . Có phương trình tham số d: ( Cách 2)   Đường thẳng  có vtcp u (1;2;  1) , mp(Q) có vtpt n1 (1;2;  3) Ta có d (P)  (Q) Với (P)quaA(2;3;1)   (P)        (P) coù vtpt n   u ,n1  (  4;2;0) (P)  (Q)    (P) :  4(x  2)  2(y  3)  0(z  1) 0  2x  y  1 0.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>   x 3t   y  1  6t  2x  y  1 0 1 d:  z   5t  x  2y  3z  3 0 chuyển về dạng tham số  3 Khi đó 13. Loại 13: Lập phương trình đường thẳng d cắt 2 đường thẳng chéo nhau d1,d2 và song song   với đường thẳng  d3 PP: - d1 , d2 chéo nhau và VTCP là u1,u2 , d3 có  VTCP u3 - Lấy điểm A  d1,B  d2 dạng thamsố AB  - AB / /d3  AB cùng phương với u3  AB mu3   - Giải hệ tìm tham số  AB ,điểm A. Khi đó d qua A có VTCP u3 Ví dụ 13: Cho 2 đường thẳng chéo nhau d1,d2 . Lập phương trình đường thẳng d cắt d1,d2 và song đường thẳng d3 với  x 2t x 1 y z 1 x  2 y  3 z 1  d1 :  y  1  t d2 :   d3 :    2 2 3  1 2 1 z 1  t   Giải: Ta có d3 có VTCP u3 ( 1;2;1) A(2t ;  1  t ;1  t)  d1 , B(1  2k ;2k ;1  3k)  d2   AB (1  2k  2t ; 1  2k  t ; 3k   t)  AB / /d3  AB cùng phương với u3  AB mu3 1  2k  2t  m k 0   1  2k  t 2m  t 1  A(2;  2;0) 3k  t m m 1    Vậy đường thẳng d qua A(2;-2;0) có VTCP u3 (  1;2;1) x  2 y 2 z    1 2 1 Có PT :. 14. Loại 14: Lập phương trình đường thẳng d đi qua một điểm M cắt 2 đường thẳng chéo nhau d1,d2 PP: - Lập PT mp(Q) với (Q)   qua M và chứa d1 - Tìm B d2  (Q)  MB và so sánh với phương u1 -. (Nếu cùng phương thì loại – do MB không cắt d1) Khi đó đường thẳng d qua M và có VTCP MB ..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Ví dụ 14: Lập PT đường thẳng d qua M(  1;1;2) và cắt 2 đường thẳng x 2 y z 1 x 6 y  2 z d1 :   d2 :   1 2 3 2 1 1 Giải: mp(Q) qua M chứa d có PT: (Q) : x  10y  7z  5 0 1. Gọi B d2  (Q)  B(  8;1;1) . ( giải hệ)  u (1;2;3) Ta có: MB (  7;0,  1) không cùng phương  với 1 Đường thẳng d qua M(  1;1;2) có vtcp MB (  7;0,  1)  x  1  7t   y 1 z 2  t . Có phương trình: 15. Loại 15: Đường thẳng d cắt mp(Q) tại M. Lập PT đường thẳng  qua M,  chứa trong (Q),   d   PP: - M d  (Q) ( giải hệ ) ,d có vtcp u , mp(Q) có vtpt n    qua M,   (Q),   d   qua M,  có vtcp u   u,n  Ví dụ 15: Đường thẳng d : x 2  2t , y  t , z  1  2t cắt mặt phẳng (Q) : x  y  2z  3 0 tại M . Lập phương trình đường thẳng qua M,  chứa trong (Q),   d  Giải: ta có M d  (Q)  M(4;  1;  3)  qua M  qua M        (Q),   d  có vtcp u   u,n  (0;  6;3) Phương trình  : x 4 ; y  1  6t , z  3  3t 16. Loại 16: Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn (C). Tìm tọa độ tâm và bán kính của (C) PP: - Mặt cầu (S) có tâm I bán kính R - mp(Q) cắt (S) theo đường tròn (C)  d(I,(Q))  R - Tâm của (C) là hình chiếu vuông góc của I lên mp(Q) 2 2 r  R  d (I,(Q)) - Bán kính của (C) : 2 2 2 (S) : x  y  z  4x  2y  6z  2 0 và Ví dụ 16: Cho mặt cầu mp (Q) : 2x  y  2z  3 0 . Chứng minh rằng mp(Q) cắt mặt cầu (S) theo một. đường tròn (C). Tìm tọa độ tam và bán kính (C). Giải: Mặt cầu (S) có tâm I(2;1;  3) , bán kính R = 4. 4  1 6  3 d(I,(Q))  2  R 3 Ta có . Vậy (Q) cắt (S) theo đường tròn (C) có bán kính: r  16  4 2 3.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Tâm H là hình chiếu vuông góc của I lên mp(Q)  H   (Q) Với  x 2  2t quaI(2;1;  3)   PT :  y 1  t    (Q) z  3  2t   x 2  2t  y 1  t    z  3  2t  2x  y  2z  3 0. t  2 / 3  x 2 / 3   2 5 5  tâm H  ; ;    3 3 3  y 5 / 3 z  5 / 3. Ta có 17. Loại 17: Lập PT đường vuông góc chung d của d1,d2 - Học sinh cần hiểu khái niệm hai đường thẳng vuông góc chung của hai đường d  d1   d d  d2 d  d M,d  d N 1 2 thẳng chéo nhau.  là đường vuông góc chung.   u PP: - d1 , d2 chéo nhau và VTCP là 1,u2 - Lấy điểm A  d1,B  d2 dạng tham số ( đường thẳng AB thỏa cắt d1 , d2)    AB  d   AB.u 1 1 0       AB  d2 AB.u  0    2  AB . giải hệ tìm 2 tham số ( thỏa AB vuông góc với d1,d2). Vậy đường thăng qua A,B là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau d1 , d2 - Khi đó đường vuông góc chung d qua A có VTCP là AB     u   u1,u2    và qua điểm A). ( cũng có thể lấy VTCP * Chú ý: cũng có thể giải: d (P)  (Q) (P)  d1 (Q)  d2   (P)  d2  (Q)  d1 sau đó chuyển về dạng tham số Với x  2 y z 1 d1 :   1 1 1 Ví dụ 17: Cho hai đường thẳng chéo nhau: x y 1 z  1 d2 :   2 1 1 . Lập PT đường vuông góc chung của d1,d2.   u  (1;  1;  1) u Giải: d1 có VTCP 1 , d2 có VTCP 2 (2;  1;1) A(2  t;  t;  1  t)  d1 , B(2k;  1  k;1  k)  d2 Ta có   AB (2k  t  2;  k  t  1;k  t  2).

<span class='text_page_counter'>(16)</span>    AB  d1  AB.u 0    1   AB.u  0  AB  d2  2 Giải hệ được :  3 8  k  ,t   AB   14 7 . (2k  t  2)  (  k  t  1)  (k  t  2) 0  2(2k  t  2)  (  k  t  1)  (k  t  2) 0. 9 27 9  9  2 8 1 ; ;   (  2;  3;1),A   ; ;  7 14 14  14  7 7 7  9 AB  (  2;  3;1) 14 Đường vuông góc chung d qua A và có VTCP 2 8 1 x   2t , y   3t , z   t 7 7 7 Có phương trình: 18. Loại 18: Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ( không dùng công thức khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau để tính) - Học sinh cần nắm được: + Độ dài đoạn vuông góc chung là khoảng cách giữa hai đường. + Các phương pháp tính khác trong hình học không gian lớp 11. - PP: - Cách 1: Tìm tọa độ điểm A,B theo như ví dụ 12. - Cách 2: Lập phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song đường thẳng kia. ( mp(P) chứa d1 , (P)//d2) ) Khi đó: d(d1,d2 ) d(d2 ,(P)) d(M,(P)) ( M tùy ý trên d ). 2. x 1 y z 2 x y  1 z 1 d2 :   d1 :   1 2 3 . 1 1 2 Ví dụ 18: Cho đường thẳng 1. Chứng minh d1,d2 chéo nhau 2. Tính khoảng cách giữa d1,d2   u  (1;1;2) u 1 Giải: d1 có VTCP , d2 có VTCP 2 (  1;  2;3) 1. Học sinh đã biết cách giải. 2. Tính khoảng cách giữa d1,d2. Lập phương trình mp(P) chứa d1và (P)//d2. (P)quaA(0;1;  1)  d1 (P)chứad1       (P) / /d  2 (P)có vtpt n  u1,u2  (7;  5;  1)  (P) : 7x  5(y  1)  1(z  1) 0  7x  5y  z  4 0 Ta có M(  1;0;2)  d2. Khi đó :. d(d1,d2 ) d(d2,(P)) d(M,(P)) . 7 24 75. . 5 3  3 . 5 3. Trên đây là một số dạng toán cơ bản mà học sinh hay gặp phải, tôi đã định hướng và cùng học sinh xây dựng phương pháp giải để từ đó học sinh hiểu rõ hơn về lý thuyết đồng thời có một số phương pháp cơ bản nhất định để vận dụng vào giải các bài toán có nội dung phức tạp hơn..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> - Ví dụ như 1. Trong không gian Oxyz cho mp(P) và mặt cầu(S) (P) : 2x  2y  z  4 0,(S) : x 2  y 2  z 2  2x  4y  6z  11 0 CMR: (P) cắt (S) theo một đường tròn. X. định tâm,bán kính x 1 y z2 :   2 1  1 , mp(P) : x  2y  z 0 . Gọi M   , 2. Cho đ thẳng C   (P) . Tính d(M,(P)) , biết MC  6 . 3. Cho hai mp(P) : x  y  z  3 0,mp(Q) : x  y  z  1 0 . Viết PT mp(R). Biết (R)  (Q),(R)  (Q) và d(O,(R)) 2 x 3 y z x 2 y 1 z 1 :   , 2 :   1 1 1 2 1 2 . Xác định điểm 4. Cho đường thẳng M  1 sao cho d(M,  2 ) 1 III. HIỆU QUẢ CỦA ĐÊ TÀI 171 7171717171717171717171717171717171717171717171717171717171717171 7171717171717171717171717171717171717171717171717171717171717171 7171717171717171717171717171717171717171717171717171717171717171 717171717171717171717171717171717171717171717171717171717 - Với cách phân tích , hướng dẫn và cùng học sinh xây dựng phương pháp giải cho từng loại toán cụ thể đã phần nào giúp học sinh có học lực yếu và trung bình học tập tốt hơn, thích học toán hơn vì đã từng bước giải được các bài tập cơ bản trong sách giáo khoa, sách bài tập cũng như một số sách tham khảo khác. Đối với học sinh khá , giỏi thì có thể khai thác phương pháp đã biết để giải quyết các bài phức tập hơn. - Kết quả áp dụng đề tài cho các lớp 12A1,12A2 , 12B9 ( năm học 2010– 2101) Đề kiểm tra khảo sát: ( thời gian làm bài 30 phút) Trong không gian Oxyz cho A(  1;1;1),B(  2;1;  1),C(1;  2;2),D(1;  1;  3) a. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua các điểm A,B,C . Suy ra A,B,C,D là 4 đỉnh của tứ diện. b. Lập phương trình mặt cầu tâm D và tiếp xúc mp(P). c. Lập phương trình mp(Q) chứa đường thẳng AB và song song đường thẳng CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD. d. ( dành riêng cho lớp A) Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Thang điểm : Lớp B câu a: 4 điểm , câu b: 3 điểm , câu c : 3 điểm Lớp A : mỗi câu 2,5 điểm. Lớp 12A1 12A2. SS 40 44. 1- 2- 3- 4- 5- 6- 71.5 2.5 3.5 4.5 5.5 6.5 7.5 2 1 5 6 6. 88.5 13 13. 99.5 10 >=TB 18 7 40 10 3 43. % 100 97.7.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 12B9 40 Tổng 124. 0. 1 1. 2 2. 7 8. 6 11. 5 11. 8 16. 6 32. 4 32. 1 11. 30 113. 75 91.13. - Kết quả áp dụng đề tài cho các lớp 12B7, 12B10 ( năm học 2011– 2012) ( Thời gian làm bài 40 phút) Trong không gian Oxyz cho Cho 2 đường thẳng chéo nhau, mặt cầu (S) x  2 y z 1 x y 1 z  1 1 :   2 :   1 1 1 2 1 1 , điểm M( 1;-2;0) 2 2 2 (S) : x  y  z  2x  4y  4z 0 1. Tìm toạ độ điểm M’ là hình chiếu vuông góc của M lên 2. Lập PT mp( α ) chứa 1 và ( α )//  2 .Tìm d( 1,  2 ) 3. Viết phương trình đường thẳng 3 đi qua A(1;2;3) và 3  1 ,  3   2 . 4. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với1 8181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181 8181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181 8181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181 8181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181 8181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181 8181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181 8181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181 818181818181818181818181818181818181818181818181818 1818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818 1818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818 1818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818 1818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818 1818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818 1818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818 1818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818 181818181818181818181818181818181818181818181818181818 Δ 1 ; Δ 2 và tiếp xúc mặt cầu (S) ( Thang điểm mỗi câu 2,5 điểm) 1- 2- 3- 4- 5- 6- 7- 8- 9Lớp SS 1.5 2.5 3.5 4.5 5.5 6.5 7.5 8.5 9.5 10 >=TB % 12B7 40 0 1 2 6 8 7 7 3 4 2 31 77.5 12B10 41 0 0 1 5 8 6 7 5 6 3 35 85.4 Tổng 81 0 1 3 11 16 13 14 8 10 5 66 81.5 IV. ĐỀ XUẤT – KHUYẾN NGHỊ: - Để áp dụng tốt và có hiệu quả của đề tài thì giáo viên cần từng bước xây dựng và củng cố các kiến thức cơ bản có liên quan cho học sinh , đồng thời phải chỉ ra.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> cho học sinh hiểu rõ dấu hiệu bản chất của khái niệm, định lý, tính chất đó. - Từ khái niệm cơ bản định hướng phương pháp giải Ví dụ : Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d + Học sinh cần hiểu được H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên MH  d   H  d đường thẳng d + Từ đó xây dựng phương pháp giải. ( nhiều cách khác nhau) - Tập cho học sinh xây dựng phương pháp giải từ bài cơ bản nhất sau đó tới các bài phức tạp hơn để từng bước củng cố kiến thức và tạo ra sự đam mê học toán cho học sinh. V. Tài liệu tham khảo: 1. Sách giáo khoa hình học 12 ( ban cơ bản và nâng cao) – Bộ GD 2. Sách bài tập hình học 12 ( ban cơ bản và nâng cao). Bộ GD 3. Tài liệu chuẩn kiến thức Hình học 12 - Bộ GD 4. Sách giáo viên Hình học 12 ( ban cơ bản và nâng cao)- Bộ GD 5. Các chuyên đề hình học giải tích – Tác giả: Huỳnh Công Thái. 6. Các chuyên đề hình học giải tích – Tác giả: Nguyễn Đức Đồng.. MỤC LỤC. STT 1 2 3 4 5 6. 7 8 9. 10. Nội dung Lý do chọn đề tài Tổ chức thực hiện đề tài Cơ sở lý luận. Nội dung biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài Một số kiến thức cơ bản Loại 1: Lập phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm không thẳng hàng Loại 2: Lập PT mp(Q) với (Q) qua M và chứa d Loại 3: Lập phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc mp(P). Loại 4-5: Tìm tọa độ H là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (Q), lên đường thẳng d Loại 6: Lập PT mp(P) // mp(Q) và tiếp xúc mặt cầu ( S) Loại 7: Lập PT mặt cầu ( S) có tâm nằm trên đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mp(P) , mp(Q) Loại 8: Lập phương trình mặt phẳng (Q) thỏa a. (Q) chứa đường thẳng d1 và (Q)// d2. b. (Q) // d1 và (Q)// d2. Loại 9: Lập PT đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với hai đường thẳng d1 , d2 Loại 10: : Lập PT đường thẳng d đi qua điểm M , vuông. Trang 1 1 1 2 3-5 6. 7 8 9. 10.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 11 12 13. 14 15 16 17. góc với d1 20202020202020202020202020202020202020202020202 02020202020202020202020202020202020202020202020 20202020202020202020202020202020202020202020202 02020202020202020202020202020202020202020202020 20202020202020202020202020202020202020202020202 02020202020202020202020202020202020202020202020 20202020202020202020202020202020202020202020202 02020202020202020202020202020202020202020202020 20202020202020202020202020202020202020202020202 02020202020202020202020202020202020202020202020 20202020202020202020202020202020202020và cắt d2 Loại 11: Gọi d là giao tuyến của hai mp(P) và mp(Q). Viết phương trình tham số của d Loại 12: lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng  lên mp(Q) Loại 13: Lập phương trình đường thẳng d cắt 2 đường thẳng chéo nhau d1,d2 và song song với đường thẳng d3 Loại 14: Lập phương trình đường thẳng d đi qua một điểm M cắt 2 đường thẳng chéo nhau d1,d2 Loại 15: Đường thẳng d cắt mp(Q) tại M. Lập PT đường thẳng  qua M,  chứa trong (Q),   d Loại 16: Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn (C). Tìm tọa độ tâm và bán kính của (C) Loại 17: Lập PT đường vuông góc chung d của d1,d2 Loại 18: Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ( không dùng công thức khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau để tính) Hiệu quả của đề tài Đề xuât- khuyến nghị. 11 12 13. 14 15 17 17.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>