MỤC LỤC I Mở đầu .1 Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu .1 Phương pháp nghiên cứu II Nội dung 1 Cơ sở lý luận Thực trạng trước áp dụng đề tài ……………………………………… .2 Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải vấn đề ……………… 3.1 Dạng toán phương trình mặt phẳng liên quan đến khoảng cách ………… 3.2 Dạng toán phương trình mặt phẳng liên quan đến góc ………………… .6 3.3 Dạng toán phương trình đường thẳng liên quan đến khoảng cách ……….… 3.4 Dạng toán phương trình đường thẳng liên quan đến góc 17 Hiệu áp dụng sáng kiến kinh nghiệm…………… 19 III Kết luận, kiến nghị 20 Kết luận 20 2.Kiến nghị…………………………………………………………………… …20 Tài liệu tham khảo … ….21 I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình Hình học lớp 12, bên cạnh dạng toán hình học tọa độ không gian quen thuộc ta còn gặp toán mà yêu cầu có yếu tố giá trị lớn nhỏ góc, khoảng cách …Đây lớp toán mà tài liệu tham khảo đề cập đến có đề cập chưa thực dễ dàng tiếp nhận học sinh, cách viết nhiều tài liệu không mang tới tri thức phương pháp, kĩ nhận dạng Thông thường tài liệu thường trình bày cách làm Rõ ràng thấy lớp toán mà học sinh khó định hình lời giải, tương đối lạ lẫm với học sinh, với tâm lý e ngại đụng tới giả thiết có yếu tố lớn nhất, nhỏ (do quan niệm quán rằng, câu hỏi bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, nhỏ câu hỏi khó nhiều kỳ thi học sinh giỏi cấp, thi THPT quốc gia hay thi ĐH, CĐ trước đây) Để giải lớp toán này, cần kiến thức tương đối tổng hợp véc tơ, hình học đơn thuần, bất đẳng thức, hàm số… Với lý trên, nhằm giúp học sinh hứng thú với môn Toán đặc biệt hình học, góp phần hình thành tư quy lạ quen, vận dụng linh hoạt, sáng tạo kiến thức học, tạo tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu tìm tòi sáng tạo, trình bày chuyên đề “ Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ giải toán hình học tọa độ không gian góc khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất” Các toán chuyên đề chủ yếu trình bày theo hai cách làm để học sinh có thêm lựa chọn cho lời giải toán Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ giải toán hình học tọa độ không gian góc khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ Đối tượng nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm xoay quanh dạng toán hình học tọa độ không gian: viết phương trình mặt phẳng, đường thằng có giả thiết góc, khoảng cách liên quan đến yếu tố lớn nhất, nhỏ Phương pháp nghiên cứu Thực sáng kiến kinh nghiệm này, sử dụng phương pháp sau đây: - Phương pháp nghiên cứu lý luận - Phương pháp khảo sát thực tiễn - Phương pháp phân tích - Phương pháp tổng hợp - Phương pháp khái quát hóa - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm II NỘI DUNG Cơ sở lý luận Cung cấp cho học sinh không kiến thức mà tri thức phương pháp, khả tư duy, khả quy lạ quen, đưa vấn đề phức tạp trở thành vấn đề tương đối nhẹ nhàng nhờ việc hiểu rõ cốt lõi dạng toán Tư kiến thức phải dẫn dắt hoc sinh có kiến thức nâng cao cách tự nhiên (chứ không áp đặt kiến thức nâng cao) Chuyên đề này, đa phần ví dụ minh họa trình bày hai cách làm phương pháp xác định vị trí điểm tư tìm đặc điểm mặt phẳng, đường thẳng phương pháp hàm số 2.Thực trạng trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Thuận lợi - Học sinh trang bị đầy đủ kiến thức, tập thông thường thành thạo - Học sinh hứng thú tiết hình học tọa độ không gian 2.2 Khó khăn - Giáo viên nhiếu thời gian để chuẩn bị kiến thức, tập minh họa - Nhiều học sinh quên kiến thức hình học không gian, vận dụng kiến thức véc tơ, bất đẳng thức, hàm số - Đa số học sinh e ngại làm quen với toán có yêu cầu giá trị lớn nhất, nhỏ 3.Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải vấn đề 3.1 Dạng toán phương trình mặt phẳng liên quan đến khoảng cách 3.1.1 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2,-1,1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A cách gốc tọa độ O khoảng lớn Giải Cách 1( Nhận biết vị trí điểm , mặt phẳng) d(O,(P)=OH ≤ OA Do d(O,(P) đạt GTLN OA ⇔ H ≡ A ⇔ OA ⊥ (P) nên uuu r mặt phẳng (P) cần tìm qua A nhận OA (2 ;-1 ;1) véc tơ pháp tuyến (P) : 2(x-2)-(y+1) +(z-1)=0 ⇔ 2x-y + z -6 =0 Nhận xét : Ở toán có hai yếu tố cố định hai điểm O, A Do toán có hướng so sánh d(O,(P)) với OA Bài toán yêu cầu d(O,(P)) nhỏ (P) qua điểm O, d(O,(P))=0, có vô số mặt phẳng Cách 2( Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki) uu r Giả sử mp(P) có véc tơ pháp tuyến nP ( m, n, p )(m + n + p > 0) Do A ∈ ( P ) nên (P) : mx+ny+cz-2m+n –p =0 ⇒ d (O,(P) = 2m − n + p Theo BĐT Bunhiacopxki m2 + n2 + p 2m − n + p ≤ 2m − n + p ≤ 6(m + n + p ) Do ⇒ d (O,(P) = m2 + n2 + p m n p Do d(O,(P) đạt GTLN ⇔ =  =   −1 Chọn m=2, n=-1, p=1 ta có :(P) : 2(x-2)-(y+1) +(z-1)=0 ⇔ 2x-y + z -6 =0 Chỉ cần thay đổi giả thiết ví dụ ta có toán mang hình thức khác, nội dung ví dụ Ví dụ 2: Cho A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), gọi (α) mặt phẳng qua B Trong mặt cầu tâm A tiếp xúc với (α), viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính lớn Giải: Mặt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) Bài toán trở thành, tìm điều kiện để mặt phẳng (α) qua B cách A khoảng lớn uuu rTheo ví dụ ta có R = d(A; (α)) lớn (α) qua B vuông góc với AB ⇒ BA = (1; 2; 2) véctơ pháp tuyến (α) ⇒ (α): 1(x -1) + 2(y +1) +2( z – 1) = ⇔ x + 2y + 2z – = R = d(A; (α)) 1+1+ −1 2 +2 +2 = ⇒ (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 3.1.2 Khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10 ;2 ;-1) đường x −1 y z −1 = = thẳng d có phương trình : Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách tư d đến (P) lớn Giải Cách 1.(Sử dụng tính chất hình học tổng hợp) Gọi H hình chiếu A lên d ⇒ d (d ,( P )) = d ( H ,( P)) Giả sử I hình chiếu H lên (P), d (d ,( P)) = d ( H ,( P)) = HI ≤ AH , suy d (d ,( P )) lớn uuur AH ⇔ A ≡ I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH véc tơ pháp tuyến ⇒ ( P) : x + y − 5z − 77 = Nhận xét : Học sinh thường lại chọn điểm H Đây điều cần định hình lời giải cho học sinh Ở toán có hai yếu tố cố định điểm A đường thẳng d Do ta cần tạo điểm cố định từ hai yếu tố ban đầu Dễ thấy điểm cố định hình chiếu H A lên d Bài toán hướng đến so sánh d(d,(P)) với HA Ta cần giải thích cho học sinh, đề lại không yêu cầu với trường hợp d (d ,( P )) nhỏ Bởi lấy mặt phẳng (P) qua A d d (d ,( P )) =0, toán trở nên tầm thường viết phương trình mặt phẳng (P) qua A d Cách u(Sử thức hàm số) u r dụng kiến Giả sử nP ( A, B, C )( A + B + C > 0) véc tơ pháp tuyến (P) Do A ∈ ( P ) nên ( P ) : A(x − 10) + B(y − 2) + C(z + 1) = ⇔ Ax + By + Cz − 10 A − B + C = uu r d có véc tơ phương ud (2;1;3) uur uu r ( P ) / / d ⇒ u d nP = ⇔ A + B + 3C = ⇔ B = −2 A − 3C −10 A − B + 2C A − 8C M (1;0;1) ∈ d ⇒ d (d ,(P) = d ( M ,(P)) = = A2 + B + C A2 + 12 AC + 10C A −8 C 5A = Nếu C ≠ ⇒ d (d ,(P)) = Nếu C=0 d (d ,(P) = A  A A2  ÷ + 12 + 10 C C A  A  ÷ − 80 + 64 C C A t − 80t + 64 d (d ,(P)) =   Đặt t = ⇒ d (d ,( P)) = f (t ) = C 5t + 12t + 10 A  A  ÷ + 12 + 10 C C  t = −  700t − 140t − 1568 ′ f ′(t ) = ⇒ f ( t ) = ⇔  t = ( 5t + 12t + 10 )  Vậy TH maxd (d ,( P )) = 74 ⇒ max d( d ,( P)) = 74 A Tư hai trường hợp ta thấy max( d ,( P )) = 74 ⇔ t = − ⇔ = − C ⇒ ( P ) : x + y − 5z − 77 = Khi chọn A=7 C=-5, B=1 Nhận xét Có kinh nghiệm để học sinh nhận nhanh sai làm theo phương pháp hàm số Chúng ta thấy làm theo cách 1, hoàn toàn dẫn tới giải phương trình bậc nhất, hệ phương trình bậc hai ẩn Do hệ số phương trình mặt phẳng, đường thẳng đề số hữu tỷ kết tìm có xuất số vô tỷ Vậy pp hàm số, nghiệm đạo hàm chắn phải số hữu tỷ(nếu giải số vô tỷ, chắn sai) Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;5;3) đường thẳng x −1 y z − = = d có phương trình : Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d 2 cho khoảng cách tư A đến (P) lớn Giải Cách 1.(Sử dụng tính chất hình học tổng hợp) Gọi H hình chiếu A lên d, I hình chiếu A lên (P), d ( A,( P)) = AI ≤ AH , suy d ( A,( P)) lớn AH ⇔ I ≡ H Vậy (P) cần uuur tìm mặt phẳng qua A nhận AH véc tơ pháp tuyến uuur uuur uu r H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; t ;2 + 2t ) ⇒ AH(2t − 1; t − 5;2t − 1),AH.ud = ⇒ t = ⇒ H (3;1;4) uuur AH(1; −4;1) M (1;0;2) ∈ (P) ⇒ ( P) : x − y + z − = Nhận xét : Hai yếu tố cố định điểm A đường thẳng d Do ta cần tạo điểm cố định từ hai yếu tố ban đầu này, hình chiếu H A lên d Bài toán hướng đến so sánh d(A,(P)) với AH Yêu cầu việc tìm điều kiện d ( A,( P)) nhỏ nhât không nêu mp(P) qua A Cách u (Sử thức hàm số) u r dụng kiến Giả sử nP ( A, B, C )( A + B + C > 0) véc tơ pháp tuyến (P) M (1;0;2) ∈ ( P ) nên ( P ) : A(x − 1) + B(y − 0) + C(z − 2) = ⇔ Ax + By + Cz − A − 2C = d có véc tơ uu r uur uu r phương ud (2;1;2) ( P ) ⊃ d ⇒ u d nP = ⇔ A + B + 2C = ⇔ B = −2 A − 2C A + 5B + C A+C d ( A,(P)) = =9 A2 + B + C A2 + AC + 5C A +1 C A = * C=0 => d ( A,(P) = * C ≠ ⇒ d ( A,(P)) = 2 A  A 5A 5 ÷ + + C C  A  A  ÷ + +1 C C A t + 2t +  d ( A,(P)) = 81 Đặt t = ⇒ d (d ,( P)) = f (t ) = 81 2 C 5t + 8t + A  A 5 ÷ + + C C f ′(t ) = 81 ( 5t −2t + 2 + 8t + ) t = ⇒ f ′(t ) = ⇔   t = −1 Vậy TH max d ( A,( P)) = 18 ⇒ max d( A,( P)) = Tư hai trường hợp ta thấy max d( A,( P)) = ⇔ t = ⇔ A = C Khi chọn A= C= 1, B= - ⇒ ( P) : x − y + z − = Nhận xét: Chỉ cần thay giả thiết mp(P) chứa đường thẳng d giả thiết mp(P) qua hai điểm ta toán tương đương Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;5;3) đường thẳng d có phương trình , M(1 ;0 ;2), N(3 ;1 ;4) Lập phương trình mặt phẳng (P) qua M,N cho khoảng cách tư A đến (P) lớn Rõ ràng cần viết phương trình đường thẳng d qua M,N ví dụ trở thành ví dụ 3.2 Dạng toán phương trình mặt phẳng liên quan đến góc 3.2.1 Góc hai mặt phẳng Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm mặt phẳng (Q) : x+2yx +1 y +1 z − = = z+5=0 đường thẳng d có phương trình : Lập phương trình 1 mặt phẳng (P) chứa d tạo với mặt phẳng (Q) góc nhỏ Giải uu r 2 Giả sử nP ( A, B, C )( A + B + C > 0) véc tơ pháp tuyến (P) Đường thẳng d uu r có véc tơ phương ud (2;1;1) , uur uu r ( P ) ⊃ d ⇒ u d nP = ⇔ A + B + C = ⇔ C = −2 A − B Gọi α góc hai mặt phẳng (P) (Q) ⇒ cos α = A + 2B − C A2 + B + C = A+ B A2 + AB + B Ta cần tìm điều kiện để cosα lớn A 30 = Nếu B=0 cos α = 10 A2 A A A   +1 + +1  ÷ B B B B ≠ ⇒ cos α = ⇒ cos α = Nếu  A 2 A A  A 5 ÷ + + 5 ÷ + + B B B B A t + 2t + Đặt t = ⇒ cos α = f (t ) = B 5t + 4t + 2 −6t − 6t f ′(t ) = ⇒ f ′(t ) = ⇔ t = ( 5t + 4t + ) 3 ⇒ max cos α = ⇔ α = 300 3 Tư hai trường hợp ta thấy max cos α = ⇔ max cos α = A ⇔ t = ⇔ = 0(α = 300 ) Khi A= 0, C= -B, chọn B=1 C =-1 Do B M (−1; −1;3) ∈ d ⇒ M ( −1; −1;3) ∈ ( P) ⇒ ( P) : y − z + = Vậy TH max cos α = Nhận xét : Dự đoán góc nhỏ (P) (Q) góc d (Q) (do đề cho hai yếu tố cố định d (Q)) Tuy để việc không thực dễ dàng, rõ ràng với học sinh Đề không yêu cầu lớn nhất, góc hai mp (P) mp(Q) 900 Nghĩa (P) chứa d vuông góc với (Q) Đây yêu cầu đơn giản Chỉ cần thay giả thiết (P) chứa d giả thiết (P) qua hai điểm ta có phát biểu khác toán Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q) : x+2y-z+5=0 hai điểm M(-1 ;-1 ;3), N(1 ;0 ;4) Lập phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm M, N tạo với mặt phẳng (Q) góc nhỏ 3.2.2 Góc mặt phẳng đường thẳng Bài toán: Cho hai đường thẳng ∆1 ∆2 phân biệt không song song với Viết phương trình mp (α) chứa ∆1 tạo với ∆2 góc lớn nhất.(Có thể thay giả thiết (α) chứa ∆1 giải thiết tương đương (α) qua hai điểm A,B (α) qua A song song với ∆1 (α) qua A vuông góc với mp(Q) PP giải Giả sử ∆3 đường thẳng song song với ∆2 cắt ∆1 M Gọi I ∆3 H hình chiếu vuông góc I lên mp(α), kẻ IJ ⊥ ∆1.Góc (α) ∆2 góc · · , góc ∆1 ∆2 góc IMJ IMH Trong tam giác vuông HMJ có HM ≥ MJ nên HM MJ · ≥ = cos IMJ không đổi(góc ∆1 IM IM · · · ∆2) ⇒ IMH Suy góc IMH lớn MJ = ≤ IMJ · MH hay H ≡ J, IMH =(∆1,∆2) (α) mặt phẳng chứa ∆1 đồng thời vuông r r r · cos IMH = góc với mặt phẳng (∆1,∆2) Khi (α) nhận [u∆1 ,[ u∆1 , u∆2 ]] làm véctơ pháp tuyến Ví dụ 1: Cho đường thẳng d: x-2 y+1 z-1 = = hai điểm A( 3; -4; 2), B( 4; -3; 4) −1 Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa A;B tạo với d góc lớn Giải: r uuur Đường thẳng d qua điểm M(2; -1; 1) có vtcp u = (2; −1; 1) , AB = (1;1;2) r uuur r => n = [u, AB] = (−3; −3;3) = −3(1;1; −1) Mặt phẳng (α) qua điểm A nhận r uuur [ n, AB] = (3; −3;0) = 3(1; −1;0) làm véc tơ pháp tuyến Phương trình mp(α): 1(x – 3) u -u r1(y + 4) = 02hay 2x – y2 – = Cách (PP hàm số) Giả sử nα ( A, B, C )( A + B + C > 0) véc tơ pháp tuyến uu r (α) d có véc tơ phương ud (2; −1;1) uuu r uur A,B ∈ (α ) ⇒ AB.nα = ⇔ A + B + 2C = ⇔ A = − B − 2C Gọi α góc mặt phẳng (P) d , 2A − B + C B+C sin α = =3 Ta tìm điều kiện để sin α lớn A2 + B + C 2 B + BC + 5C B + BC + C B sin α = * C=0 * C ≠ ⇒ sin α = = f (t ), t = 2 2 B + BC + 5C C t + 2t + −6t − f (t ) = ; f '(t ) = = t = −1 2 2t + 4t + t + t + ( ) t −∞ f’(t) f(t) + +∞ -1 0 ⇔ C = Khi chọn A=-B, chọn A=1 ⇒ B=-1 Phương trình mp(α): 1(x – 3) - 1(y + 4) = hay x – y – = Nhận xét: Thay giả thiết mặt phẳng qua hai điểm mặt phẳng chứa đường thẳng ta có toán với tương đương với cách giải hoàn toàn tương tự Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x −1 y + z = = Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d tạo với trục Oy −1 −2 góc lớn Ví dụ 3: Cho điểm A(1; 1; -1) mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + = Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A, vuông góc với (P) tạo với trục Oy góc lớn uurGiải: Mp(p) có vécto pháp tuyến nP = (2; −1; 2) Xét đường thẳng d qua A uur vuông góc với (P), d có véctơ phương nP = (2; −1; 2) , Oy có véctơ phương r j = (0;1;0) nên d Oy không song song Theo toán tổng quát nêu (α) tạo vớir trục r Oy r góc lớn (α) chứa d vuông góc với mp(d,Oy), (α) nhận [n P ,[n P , j ]] = -2( 1; 4; 1) làm véctơ pháp tuyến nên pt (α): 1(x -1) + 4(y -1) +1(uzuu r+u1) u r = hay x + 4y + z – u4u r= Nhận xét: cách 2(pp hàm số) ta cần thay AB.nα = ví dụ nα nP = 3.3 Dạng toán phương trình đường thẳng liên quan đến khoảng cách 3.3.1 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Bài toán: Cho mp (α) điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm (α) qua A cách B khoảng lớn nhất, nhỏ PP chung: Tư hai trường hợp ta thấy max sin α = Gọi H hình chiếu B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB.Vậy khoảng cách tư B đến ∆ lớn A ≡ H hay ∆ đường thẳng nằm (α) vuông r uur uuu r góc với AB Nghĩa ∆ có véc tơ phương u =  nα ; AB  Gọi K hình chiếu vuông góc B lên (α) d(B; (α)) = BK ≤ BH Vậy khoảng cách tư B đến ∆ nhỏ K ≡ H hay ∆ đường thẳng qua A, K Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x +3y - z -1 = điểm A (1; 0; 0) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua điểm A cách điểm B(0;-2; 3) khoảng : 1) Nhỏ 2) Lớn Giải: Cách 1:(Dùng tính chất hình học tổng hợp, nhận xét vị trí điểm) 10 Gọi H hình chiếu B lên ∆ Gọi K hình chiếu vuông góc B lên (α) Khi BK ≤ BH=d(B; ∆).Vậy khoảng cách tư B đến ∆ nhỏ uur K ≡ H hay ∆ đường thẳng qua hai điểm A, K (α)có véctơ pháp tuyến nα = (1;3; −1) 1) Gọi K hình chiếu vuông góc B lên (α) x = t  Phương trình BK: y = −2 + 3t (t ∈ R ) Tọa độ điểm K ứng với t nghiệm z = − t  phương trình:t + 3(-2+3t) –( – t) -1= ⇔ t = 10 10 23 hay K( ; ; ) 11 uu11 ur 11 11 d(B; ∆) nhỏ ∆ qua hai điểm A, K 11AK = (−1;8;23) véc tơ phương ∆ Phương trình ∆: x −1 y z = = −1 23 2) Gọi H hình chiếu B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB.Vậy khoảng cách tư B đến ∆ lớn A ≡ H ⇒ uu ∆r uđường ur uuur thẳng nằm (α), qua A vuông góc AB ∆ có véctơ phương u∆ = [nα , AB] = (7; −2;1) x −1 y z = = Phương trình ∆: −2 Cách 2:(PP uu r hàm số)2 Giả sử u∆ (a, b, c)(a + b + c > 0) véc tơ phương ∆ Mp(α) có véc tơ uur uur uu r pháp tuyến nα (1;3 − 1) , ( α ) ⊃ ∆ ⇒ u ∆ nα = ⇔ c = a + 3b uuu r uur uuu r AB (−1; −2; −3); u∆ ; AB  = ( −2a − 9b;4a + 3b;2a − b) uu r uuu r u∆ ; AB  24a + 56ab + 91b  uuu  r Nếu b=0 d ( B; ∆) = d ( B; ∆) = = a + 3ab + 5b 2 u∆ Nếu b ≠ ⇒ d ( B; ∆) = 24t + 56t + 91 a ,( t = ) t + 3t + b  t = −  16t + 58t + 24t + 56t + 91 ′ ′ f ( t ) = ⇒ f ( t ) = ⇔  f (t ) = ; 2 t + 3t + t = − ( t + 3t + 5)  −∞ − t 2 +∞ f’(t) + - + 11 28 f(t) 24 200 11 24 200 ⇔ t = − ;max f (t ) = 28 ⇔ t = − 11 10 ≤ d ( B; ∆) ≤ 14 Vậy TH 11 10 a ⇔ =− Tư hai trường hợp ta thấy d ( B; ∆) = b 11 f (t ) = Chọn a=-1 ⇒ b=8, c=23 Phương trình ∆: x −1 y z = = −1 23 a = − Chọn a=7 ⇒ b=-2, c=1 b x −1 y z = = Phương trình ∆: −2 Nhận xét: dạng toán này, rõ ràng cách dễ làm cách Cách dùng học sinh học chương trình SGK nâng cao( SGK không trình bày công thức tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng) Thay đổi chút giả thiết ví dụ 1, ta có ví dụ sau Ví dụ 2: Trong không gian, với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (α): x +3y - z -1 = điểm A (1; 0; 0) Viết phương trình đường thẳng ∆ // (α), qua điểm A cách điểm B(0;-2; 3) khoảng : 1) Nhỏ 2) Lớn Nhận xét: Ví dụ khác ví dụ chỗ thay giả thiết đường thẳng ∆ nằm mp (α) giả thiết ∆ // (α).Gọi (P) mặt phẳng qua A song song với (α), rõ ràng ∆ nằm (P) Nghĩa vai trò mp (α) ví dụ thay mặt phẳng (P) Ví dụ 3: Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm A(2; -1; 3), vuông góc với x-3 y+2 z +5 = = đường thẳng d: cách điểm B(4; -2; 1) khoảng lớn Giải: r Xét mặt phẳng (α) qua A vuông góc với d, (α) nhận ud = (1; 2; 3) làm véctơ pháp tuyến, ∆ nằm (α).Do d(B; ∆) u lớn ur uuur uur ∆ nằm (α), qua A vuông góc với AB.∆ có véctơ phương u∆ = [AB, ud ] = (1; −8;5) x-2 y+1 z -3 = = Phương trình ∆: −8 Nhận xét: ví dụ 3, ta phải xác định mp(α) chứa ∆ ( qua A vuông góc với d) Sau đó, cách làm ví dụ uur uur Ở cách 2, sử dụng phương pháp hàm số ta cần thay điều kiện u∆ nα = uur uu r điều kiện u∆ ud = với cách giải khác max d ( B; ∆) = 14 ⇔ 12 x = + t  Ví dụ 4: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) đường thẳng d: y = z = −t  a)Viết phương trình đường thẳng ∆1 qua B cắt d cho khoảng cách tư A đến ∆ lớn b)Viết phương trình đường thẳng ∆2 qua B cắt d cho khoảng cách tư A đến ∆2 nhỏ Giải: Cách Gọi (α) mặtuu phẳng qua d uB Đường thẳng d qua điểm M(2; r ur ur u uur uur 0; 0) có vtcp ud = (1;0; -1) , MB = (−2;2;0) , [ud , MB] = (2;2;2) = 2(1;1;1) = 2nα uur (α) qua B nhận nα = (1;1;1) véctơ pháp tuyến nên (α): x + y + z – = a) Gọi H hình chiếu A lên (α), d(A, ∆1) nhỏ ∆1 qua hai điểm B,H x = + t  Phương trình tham số AH: y = + t  z = −1 + t  Tọa độ H ứng với t nghiệm phương trình: −4 + t + + t -1 + t – = ⇔ 3t + = ⇔ t = − ⇒ H( ; ; ) 3 3 uuu r −4 −4 u u r u u r BH = ( ; ; ) = (2; −1; −1) = u1 ⇒ ∆1 nhận u1 làm véc tơ phương uu r3 uu r Ta thấy u1 ud không phương nên d ∆1 cắt (do thuộc mp (α)) x = −1 + 2t  Vậy phương trình ∆1: y = − t  z = −t  b) Gọi K hình chiếu A lên ∆ ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, d(A, ∆ ) lớn K ≡uB ur hay uuur ∆2 nằm (α)và vuông góc uu r với AB uur Ta có [nα , AB] = (0; −4;4) = −4(0;1; −1) = −4u2 ⇒ ∆2 nhận u2 làm véc tơ phương, uur r mặt khác u2 ud không phương nên d ∆2 cắt (do thuộc mặt phẳng (α))  x = −1  Phương trình ∆2: y = + t  z = −t  Cách 2.(PP hàm số) Gọi ∆ đường thẳng u qua uur B cắt d, giả sử ∆ cắt d điểm N(1+t, 0;-t), ∆ có véc tơ phương NB = (−2 − t ;2; t ) 13 uuur uuur uuu r Ta có AB = (−3;1;1) , [NB, AB] = (2 − t;2 − 2t;4 − t ) uuur uuur [NB, AB] (2 − t ) + (2 − 2t ) + (4 − t ) t − 10t + 12 = Và d(A;∆) = uuur = 2 2 NB t + 2t + ( −2 − t ) + + (t ) 16t − 64t 3t − 10t + 12 f '( t ) = Xét hàm số f (t ) = có , với t ∈ R (t + 2t + 4) t + 2t + t = f '(t ) = ⇔  t = −2 Bảng biến thiên f (t ) −∞ +∞ -2 t f’(t) + - + 11 f(t) 3 Tư bảng biến thiên ta thấy: uuur • d(A;∆) lớn 11 t = -2 ⇒ N(-1; 0;2); NB = (0;2; −2) = 2(0;1; −1)  x = −1  đường thẳng cần tìm có phương trình là: y = + t  z = −t  • d(A;∆) nhỏ uuur t = ⇒ N(3; 0;-2); NB = (−4;2;2) = −2(2; −1; −1) đường thẳng cần tìm có phương trình x = −1 + 2t  : y = − t  z = −t  3.3.2 Khoảng cách hai đường thẳng chéo Bài toán : Cho mặt phẳng (α) điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song nằm (α) không qua A Tìm đường thẳng ∆ nằm (α), qua A cho khoảng cách ∆ d lớn PP chung: Gọi d1 đường thẳng qua A song song với d, B giao điểm d với (α) Xét (P) mặt phẳng (d1, ∆), H I hình chiếu vuông góc B lên (P) d1 14 Ta thấy khoảng uurcách uu r uur ∆ d BH BH ≤ BI nên BH lớn I ≡ H, ∆ có vtcp u∆ = [BI , nα ] x-1 y-2 z -3 = = Ví dụ 1: Cho đường thẳng d: , mặt phẳng (α): 2x – y – z + = −1 điểm A( -1; 1; 1).Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua A cho khoảng cách ∆ d lớn Giải: uur r Đường thẳng d có vtcp u = (1; 2; -1), (α) có vtpt nα = (2; -1; -1) x = + t  Phương trình tham số d: y = + 2t z = − t  Gọi B giao điểm d (α), tọa độ B ứng với t nghiệm phương trình: 2+ 2t – – 2t – 3+ t + = ⇔ t = -1 ⇒ B(0; 0; 4) Xét d1 đường thẳng qua A song song với d  x = −1 + t  Phương trình tham số đường thẳng d1: y = + 2t z = − t  uu r Gọi I hình chiếu vuông góc B lên d1 ⇒ I(-1 + t; + 2t; – t), BI = (-1 + t; + 2t;-3– t) uu rr 5 Ta có BI.u = ⇔ -1+ t + 2(1 + 2t) –(-3– t) = ⇔ t = - − ⇒ I(- ; - ; ) 3 3 uur uu r uur 19 Đường thẳng ∆ có vtcp u∆ = −3[BI , nα ] = -3(- ; - ; )=(6 ;19 ;-7) nên có phương 3 x+1 y-1 z -1 = = trình ∆: 19 −7 Cách 2.(PP hàm số) uur Gọi có véc tơ phương ∆ u∆ = ( a; b; c)( a + b + c > 0) (α) có vtpt uur uuruur nα = (2; -1; 1) Đường thẳng ∆ nằm (α) nên nα u∆ = c=2a-b r d qua B(1;2 ;3) có véc tơ phương ud = (1; 2; -1), uuur uuur uuur Ta có AB = (2;1;2) , [NB, AB] = (2 − t ;2 − 2t;4 − t ) uur uur uuu r [u∆ , ud ]AB a + 6ab + 9b uur uur = d(d;∆) = 2 Nếu b=0 d(d;∆) = 29a − 10ab + 2b 29 [u∆ , ud ] t + 6t + Nếu b ≠ ⇒ d ( d ; ∆ ) = = 29t − 10t + t + 6t + a f (t ) ,(t = ) ; f (t ) = 29t − 10t + b 15 3t − 10t + 12 Xét hàm số f (t ) = => maxf(t) đạt t= Tư =>d(A;∆) 19 t + 2t + x+1 y-1 z -1 = = lớn t = , chọn a=6 b=19, c=-7=>phương trình ∆: 19 19 −7 Thay đổi giả thiết ví dụ 1, ta có toán sau Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) đường thẳng ∆ : x+1 y z-4 = = Trong đường thẳng qua A song song song với (P), −3 viết phương trình đường thẳng d cho khoảng cách d ∆ lớn Nhận xét : ví dụ ta thay giả thiết đường thẳng nằm mặt phẳng giả thiết đường thẳng song song với mặt phẳng Do đó, ta phải rõ mặt phẳng chứa đường thẳng cần viết phương trình Gọi (α) mặt phẳng qua A song song với (P) ⇒ d nằm (α) Sau toán trở thành toán ví dụ Bài toán 2: Cho hai đường thẳng d1,d2 chéo Tìm điểm M∈ d1, N∈ d2 cho MN có độ dài nhỏ PP chung: MN nhỏ  MN đoạn vuông góc chung d1,d2 - Viết phương trình hai đường thẳng dạng tham số - Lấy M∈ d1 N∈ d2 ( tọa độ theo tham số) r r uuuu rr uuuu rr - Giải hệ phương trình MN.u1 = MN.u2 = ( u1 , u2 véctơ phương d1 d2 ) - Tìm tọa độ M, N kết luận x+4 y-3 z - x-5 y+1 z -11 = = = = Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng d1 : , d2 : −7 -1 1) Chứng minh d1, d2 chéo 2) Tìm điểm M∈ d1 N∈ d cho độ dài MN nhỏ uu r Giải: 1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1 = (1;2; −1) , d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp uu r uu r uur uuuuuur u2 = (−7;2;3) Ta có [ u1 , u2 ] M1M = -168 ≠ =>d1 d2 chéo 2) Độ dài MN nhỏ  MN đoạn vuông góc chung d1 d2 Phương trình tham số hai đường thẳng x = + t  x = −4 − t   d1: y = −1 + 2t , d2: y = + 2t z = 11 − t z = + 3t   M∈ d1 nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N ∈ d nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; + 3t’) uuuu r MN = ( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7) uuuu rr MN.u1 = −6t '− 6t + = t =  ⇔ ⇔ rr Ta có  uuuu 62t '+ 6t + 50 = t ' = −1  MN.u2 = 16 Do M(7; 3;9) N(3; 1; 1) độ dài MN nhỏ 21 x = + t  Ví dụ 2: Cho đường thẳng d: y = + t hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1) Tìm điểm  z = −2  M d cho tam giác MAB có diện tích nhỏ Giải: Lấy điểm M d, Gọi H hình chiếu vuông góc M lên AB.Tam giác MAB có diện tích S = AB.MH đạt giá trị nhỏ MH nhỏ nhất, hay MH đoạn r vuông góc chung AB d.Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u = (1;1;0) uu r uu r uuu r AB qua A(1; 2; 3) AB (0; -2;-2) = −2u1 , với u1 = (0;1;1) véc tơ phương AB x =  Phương trình tham số AB y = + t ' z = + t '  uuuu r M(2 + t; 4+ t; -2) ∈ d ,H(1; 2+ t’;3+t’)∈ AB , MH = ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5) uuuu rr  MH u = t '− 2t = t ' = −3  ⇔ ⇔ r uu r Ta có  uuuu 2t '− t = −3 t = −3  MH.u1 = Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) MH = , AB = 2 Diện tích S∆MAB = AB.MH = Nhận xét: Tất nhiên ta cách khác để giải toán áp dụng công uuur uuur thức S∆MAB =  MA; MB  , dẫn tới tìm giá trị nhỏ hàm số bậc hai(cách áp dụng học SGK nâng cao hình học 12) x =  Ví dụ 3: Cho đường thẳng d: y = t Trong mặt cầu tiếp xúc với hai z = − t  đường thẳng d trục Ox, viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ Giải: Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d M, tiếp xúc với Ox N Ta thấy 2R = IM + IN ≥ MN, mặt cầu (S) có đường kính nhỏ 2R = MN MN nhỏ hay MN đoạn vuông góc chung r d Ox r d qua M(0; 0; 2), có vtcp u = (0;1; −1) , Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i = (1;0;0) r r uuuur [ u, i ] OM = -2 ≠ nên d Ox chéo uuuu r Với M(0; t; 2- t)∈ d, N(t’; 0; 0)∈ Ox MN = ( t’; -t; t – 2) 17 uuuu rr MN.u = −t − t + = t = ⇔ ⇔ rr Ta có  uuuu Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O t ' =  t ' = MN.i = 1 MN Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R = = 2 2 1 Phương trình mặt cầu (S): x + ( y − ) + ( z − ) = 2 3.4 Dạng toán phương trình đường thẳng liên quan đến góc Bài toán: Cho mặt phẳng (α) điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song nằm (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm (α), qua A tạo với d góc lớn nhất, nhỏ PP chung: Vẽ đường thẳng d1 qua A song song với d Trên d1 lấy điểm B khác A , gọi K, H hình chiếu vuông góc B lên (α) ∆ · Ta có góc d ∆ BAH BH BK · sin BAH = AB ≥ AB Do góc (d, ∆) nhỏ K ≡ H hay ∆ đường thẳng AK(hình chiếu d lên (α) Góc uur d uu r ∆uurlớn 90 ∆ ⊥ d ∆ có vtcp u∆ = [ud, nα ] Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x + 2y – z – = 0, điểm A(1; 2; -1) đường thẳng x+2 y-1 z -3 = = d: 1 1) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua A tạo với d góc lớn 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua A tạo với d góc nhỏ Giải: Cách r uu r (α) có vectơ pháp tuyến nα = (2;2; -1) , d có vectơ ud (1;1;1) qua điểm M(-2; 1; 3) r r Ta thấy A ∈ (α) mặt khác nα ud ≠ nên d không song song nằm (α) ⊥d 1) ∆1 tạo với d góc lớn ∆ uu r khiuu r 1u ur Do ∆1 có vectơ phương u1 = [ud, nα ] = (-3; 3; ) = -3(1; -1; 0) x = + t  Phương trình tham số ∆1: y = − t  z = −1  x-1 y-2 z +2 = = 2) Xét đường thẳng d1 qua A song song với d ⇒ d1: , lấy điểm 1 B(2; 3; -1) ∈ d1.Gọi K hình chiếu vuông góc B lên (α) 18 x = + t  Phương trình tham số BK y = + 2t Tọa độ K ứng với t nghiệm pt:  z = −1 − t  10 19 −5 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t)- (- 1- t) - = ⇔ 9t + = hay t = − ⇒ K( ; ; ) 9 9 uuur 1 ∆2 tạo với d góc nhỏ qua hai điểm A K, AK = ( ; ; ) 9 uu r uuur x-1 y-2 z +1 = = ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ phương u2 = 9.AK = (1;1;4) ⇒ ∆2 : 1 Cách uPP u r hàm số Giả sử u∆ (a, b, c)(a + b + c > 0) véc tơ phương ∆ Mp(α) có véc tơ uur uur uu r pháp tuyến nα (2;2 − 1) Ta có ( α ) ⊃ ∆ ⇒ u ∆ nα = ⇔ c = 2a + 2b ; d có véc tơ uu r phương ud (1;1;1) Gọi x góc hai đường thẳng ∆ d a+b+c a+b a + b + 2ab cosx = = = 2 2 2 a + b + ab a + b + c 5a + 5b + 8ab Nếu b=0 cos x = t + 2t + a Nếu b ≠ ⇒ cosx = = f (t ) ,(t = ) 5t + 8t + b  t = −1 −2t + t + 2t + ⇒ f ′(t ) = ⇔  Với f (t ) = => f ′(t ) = 2 t = 5t + 8t + ( 5t + 8t + 5) t −∞ f’(t) f(t) -1 - +∞ + 5 f (t ) = ⇔ t = −1;max f (t ) = ⇔ t =1 6 Tư hai trường hợp ta thấy ≤ c osx ≤ 3 a Vậy x nhỏ ⇔ cosx lớn ⇔ t=1 = b Vậy TH ≤ c osx ≤ 19 x-1 y-2 z +1 = = 1 a Vậy x lớn ⇔ cosx nhỏ ⇔ t=-1 = −1 b x = + t  Chọn a=1=> b=-1, c=0 Phương trình ∆: y = − t  z = −2  Chọn a=1=>b=1, c=4 Phương trình ∆: Ví dụ 2: Cho hai điểm A(1; 0; 0) , B( 0; -2; 0) đường thẳng d: x-1 y-2 z -3 = = 1 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, vuông góc với d tạo với AB góc nhỏ r Giải: Đường thẳng d có vectơ phương ud = (2;1;1) Xét mặt phẳng (α) qua A vuông r góc với d ⇒ ∆ nằm (α) ; (α) nhận ud = (2;1;1) vectơ pháp tuyến Phương trình (α): 2x + y +r z – = Gọi H hình chiếu vuông góc B lên (α), BH có vectơ phương ud = (2;1;1) x = t  Phương trình tham số BH y = −2 + t , z = t  tọa độ H ứng với t nghiệm phương trình: 4t -2 + t + t – = −4 ⇔ 6t – = ⇔ t = hay H( ; ; ) ∆ tạo với AB góc nhỏ 3 3 uuur −4 qua hai điểm A H, AH = ( ; ; ) ∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ phương 3 uur uuur x-1 y z = = u∆ = 3.AH = (1; −4;2) Phương trình ∆ : −4 Nhận xét: ví dụ ta thay giả thiết đường thẳng nằm mặt phẳng giả thiết đường thẳng qua điểm vuông góc với đường thẳng Do đó, ta rõ mặt phẳng chứa đường thẳng cần viết phương trình Xét mặt phẳng (α) qua A vuông góc với d ⇒ ∆ nằm (α) Sau toán trở thành toánuuở víur dụ ru uur uu r Cách 2(PP hàm số), cần thay u ∆ nα = u ∆ ud = làm tương tự - Có thể thay giả thiết đường thẳng cần tìm ∆ qua A nằm (α) bởi: đường thẳng ∆ qua A song song với(α) ∆ qua A cắt đường thẳng ∆1 Nguyên tắc làm phải xác định mặt phẳng cố định chứa ∆ Sau toán trở toán gốc ban đầu Đó cốt lõi dạng toán Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Đề tài thân áp dụng trọng việc dạy luyện cho học sinh ôn thi THPT quốc gia học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh Đa số học sinh có hứng thú, vận dụng tốt phần tự tin gặp dạng toán 20 Kết cụ thể lớp khối 12, sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy thể qua kiểm tra sau : Điểm tư đến Điểm trở lên Điểm Năm Tổng Lớp học số Số Số Số Tỷ lệ Tỷ lệ Tỷ lệ lượng lượng lượng 40 17,5 % 20 50 % 13 32,5 % 2015- 12A5 2016 12A6 37 12,5 % 17 42.5 % 15 40 % Như thấy sáng kiến kinh nghiệm có hiệu Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắn còn có nhiều thiếu sót Tôi mong quan tâm, nghiệp bổ sung góp ý tất đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn III.KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Kết luận Trong trình học chuyên đề này, học sinh thực thấy tự tin, biết vận dụng gặp toán liên quan, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo kiến thức học, tạo tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu Dạng toán có yếu tố lớn nhất, nhỏ hình học tọa độ không gian nói chung đa dạng phong phú Mỗi toán lại có nhiều cách giải khác nhau, việc lựa chọn sử dụng linh hoạt kiến thức học sẽ làm cho học sinh phát triển tư sáng tạo Tuy hiểu rõ cốt lõi vấn đề, học sinh sẽ nhận lớp toán có đặc điểm chung dễ nhận biết cách giải hướng dẫn học tập cách quy trình Kiến nghị Nhằm giúp học sinh học tốt hình học tọa độ không gian, đặc biệt toán có yếu tố lớn nhỏ nhất, thân có kiến nghị: - Trong phân phối chương trình môn Toán lớp 12, cấp có thẩm quyền nên tăng cường thêm số tiết cho hình học tọa độ không gian - Đối với học sinh lớp 12, giáo viên nên dành số tiết tự chọn để ôn tập lại cho em hình học tổng hợp cũng cung cấp thêm cho em học sinh khá, giỏi số tập nâng cao nhằm chuẩn bị tốt cho em kì thi THPT quốc gia học sinh giỏi XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN mình, không chép nội dung người khác 21 IV TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa Hình học 12 Nâng cao, NXB GD năm 2010 Sách giáo khoa Hình học 12, NXB GD năm 2010 200 toán hình học tọa độ không gian, Trần Sĩ Tùng ( www.violet.vn) Tạp chí Toán học tuổi trẻ năm 2015 22 ... đề “ Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ giải toán hình học tọa độ không gian góc khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất” Các toán chuyên đề chủ yếu trình bày theo hai cách làm để học sinh có. .. sinh có thêm lựa chọn cho lời giải toán Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ giải toán hình học tọa độ không gian góc khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ Đối tượng nghiên cứu Phạm... trình Kiến nghị Nhằm giúp học sinh học tốt hình học tọa độ không gian, đặc biệt toán có yếu tố lớn nhỏ nhất, thân có kiến nghị: - Trong phân phối chương trình môn Toán lớp 12, cấp có thẩm quyền nên