Giúp học sinh học tốt chương 3 hình học lớp 12

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

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)
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)
Lớp SS
12A1 40
12A2 44
12B9 40
Tổng 124

1- 2- 3- 4- 5- 6- 7- 8- 91.5 2.5 3.5 4.5 5.5 6.5 7.5 8.5 9.5 10 >=TB %
0
0
3
6
6

- Chất lượng bài giải của học sinh thấp, kĩ năng giải toán còn yếu.
- Học sinh không nắm rõ :
+ Khái niệm vecto cùng phương.
+ 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:
GV: Đinh Quang Minh
trang 2


Giúp học sinh học tốt chương 3 hình học lớp 12
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 rtrục
toạ độ x’Ox, yOy, z’Oz vuông góc với nhau từng đôi một tại điểm
r r
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
z
trục toạ độ Đề các vuông góc Oxyz hoặc
đơn giản là toạ độ Oxyz.

b. Nếu có hai vectơ v1  (x1,y1,z1 ) và v 2  (x 2 ,y 2,z2 ) thì:
b1
b2
b3
b4
b5
b6

uur uur
v1  v 2   x 1  x 2 , y1  y 2 ,z1  z 2 
uur uur
v1  v 2   x 1  x 2 , y1  y 2 ,z1  z 2 

uur
kv1  (kx1,ky1,kz1 )
uur uur
v1.v 2  x 1.x 2  y1.y2  z1.z2
uur uur
v1  v 2  x1x 2  y1y 2  z1z2  0
 x1  x 2
uur uur

v1  v 2   y1  y 2
z  z
2
 1

GV: Đinh Quang Minh

trang

,
x x
2 2

y 
1
y 
2

Ứng dụng của tích có hướng của hai vecto.
r r
r r
r 
c  a
a. a,b  c  r r
 

c  b
r r
r r
r
b. a,b cùng phương  a,b  0
 
r r r
r r r
c. a,b,c đồng phẳng  a,b c  0
 
r r
r r
r r

uurcùng phương r
uur
v

(x
,
y
,z
)

0
Hai vectơ 1
và v 2  (x 2, y 2,z2 ) cùng phương với nhau
1 1 1

uur
uur
khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho v 2  kv1
uur
uur
uur uur
r
Chú ý: v 2  kv1   v1,v 2   0 .



7/ Phương trình mặt phẳng.
a. Khái niệm.r r
Một vectơ n  0 được gọi là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )
r

Đường thẳng d qua M(x0;y0;z0) có VTCP u  (a;b;c)
 x  x0  at
 a2  b2  c 2  0 

có phương trình tham số  y  y0  bt


 t  IR

z  z  ct
0

Nếu abc  0 khử tham số t được phương trình:
x  x 0 y  y 0 z  z0


( gọi là phương trình chính tắc)
a
b
c
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  R2
b. Phương trình: x2  y2  z2  2ax  2by  2cz  d  0 (1)
Nếu a2  b2  c 2  d  0 thì phương trình (1) là phương trình mặt cầu có
tâm I( a; b; c) , bán kính R  a2  b2  c 2  d
10. Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng:
(P) : Ax  By  Cz  D  0 (A 2  B 2  C 2  0) M(x 0;y 0;z 0 )

d(M,(P)) 

 

c  b
r
uuur uuur

- Định hướng VTPT của mặt phẳng đi qua 3 điểm A,B,C là n  AB,AC


Ví dụ 1: Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A( 1;1;2),B(1; 1;0),C(2; 1;2) .
uuur
uuur
Giải: Ta có AB  (2; 2; 2),AC  (3; 2;0) .
(P) qua A
(P) qua A

r
uuur uuur
(P)
qua
B



 AB,AC   ( 4; 6;2)
(P)cóVTPTn

(P) qua C 



u,MA
(Q)

d




(Q) : 1(x  1)  10(y  1)  7(z  2)  0  x  10y  7z  5  0
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  R2
Ví dụ 3: Lập phương trình mặt cầu tâm A(2;1; 3) và tiếp xúc
mp(P): 2x  y  2z  4  0
GV: Đinh Quang Minh

trang

6


Giúp học sinh học tốt chương 3 hình học lớp 12
4  1  6  4
5
3

z  2  3t

 x  4  2t
t  1
 y  2  t
x  2


H  d  (Q)  

 H(2; 3;1)
z


2

3t
y


3


2x  y  3z  2  0
z  1
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
- H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng d  MH  d
H  d


Giúp học sinh học tốt chương 3 hình học lớp 12
Giải: ( cách 2)

r

đường thẳng d có VTCP u1  (2; 1;2)

uuur

Ta có H(2t;1  t; 1  2t)  d  MH  (1  2t; 1  t;1 2t)

uuur r
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.

và tiếp xúc
 
1
1
2
(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
GV: Đinh Quang Minh

ù
VTPT
n

u
,u 
+
1
2
 1 2

r
uur uur

mp(Q)
/
/
d
và
mp(Q)
/
/d

mp(Q)
co
ù
VTPT
n

u

a. 

r r
(Q)
/
/d
(Q)có
vtpt
n
 u1,u2   (7; 5; 1)

2

 (Q) : 7x  5(y  1)  1(z  1)  0  7x  5y  z  4  0
Kiểm tra: B( 1;0;2)  d2,B  (Q) . Vậy PT (1) là PTmp(Q)
r
r r
b.(Q) / / d1,(Q) / /d2  (Q)có vtpt n  u1,u2   (7; 5; 1)

Ví dụ 8: Cho đường thẳng d1 :

 (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
3
75
D  15 3  4
(Q1 ) : 7x  5y  z  15 3  4  0 (Q 2 ) : 7x  5y  z  15 3  4  0

r3
Giải: d1 có VTCP u1  (1;1;2) , d2 có VTCP u2  (1; 2;3)
GV: Đinh Quang Minh

trang

9


Giúp học sinh học tốt chương 3 hình học lớp 12
dquaM
dquaM(1; 1;2)

r
r r


d  d1,d  d2
d cóvtcpu  u1,u2   (7; 5; 1)
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
và cắt d2
- Học sinh cần hiểu E  d2 thì tọa độ điểm đó thỏa phương trình đường thẳng.

uuur  7 1  1
uuur
 ME    ; ;1   7;1;3  . Đường thẳng d qua M có VTCP ME Có
 3 3  3
x 1 y 1 z  2


phương trình:
7
1
3
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
uur
uur
- mp(P) có VTPT n1 và (Q) có VTPT n2
uur uur
- Tìm n1,n2  và điểm A  (P)  (Q)


r
uur uur
- Khi đó đường thẳng d qua A và có VTCP u  n1,n2 


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

uur uur
Ta có : 
 PT :  y  1  5t

  ( 1; 5; 7)
d
coù
vtcp
u

n
,n
1
2

z  2  7t




Cách 2:
2x  y  z  1  0
d  (P)  (Q)  
 A(1;1;2)  d,B(0; 4; 5)  d
x

3y

2z


(P)
coù
vtpt
n




- chuyển PT đường thẳng d về tham số
x  2 y  3 z 1
Ví dụ 12: Cho mp(Q) : x  2y  3z  3  0 ,  :


1
2
1
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
uuuur  3 6 5  1
 10 13 19 
A '  ; ;   MA '   ; ;   (3;6;5)
 7 7 7 
7 7 7 7
uuuur  3 6 5  1
MA
'   ; ;   (3;6;5)
Đường thẳng d qua M(1;1;2) có vtcp
7 7 7 7

u
(P)

(Q)


  ,n1   ( 4;2;0)
 (P) : 4(x  2)  2(y  3)  0(z  1)  0  2x  y  1  0

 x  3t
2x  y  1  0

Khi đó d : 
chuyển về dạng tham số  y  1  6t
 x  2y  3z  3  0

1
 z   5t
3

13. Loại 13: Lập phương trình đường thẳng d cắt 2 đường thẳng
chéo nhau d1,d2 và song song
với
uur uu
r đường thẳng
uurd3
PP: - d1 , d2 chéo nhau và VTCP là u1,u2 , d3 có VTCP u 3
uuur
- Lấy điểm A  d1,B  d2 dạng tham số  AB
uuur

A(2t ; 1  t ;1  t)  d1 , B(1  2k ;2k ;1  3k)  d2
uuur
 AB  (1  2k  2t ; 1  2k  t ; 3k  t)
uuur
uur
uuur
uur
AB / /d3  AB cùng phương với u 3  AB  mu3

1  2k  2t  m
k  0


1  2k  t  2m  t  1  A(2; 2;0)
3k  t  m
m  1


uur
Vậy đường thẳng d qua A(2;-2;0) có VTCP u3  ( 1;2;1)
x2 y2 z


Có PT :
1
2
1

GV: Đinh Quang Minh


uuur
Ta có: MB  ( 7;0, 1) không cùng phương với u1  (1;2;3)
uuur
Đường thẳng d qua M( 1;1;2) có vtcp MB  ( 7;0, 1)
 x  1  7t

Có phương trình:  y  1
z  2  t

15. Loại 15: Đường thẳng d cắt mp(Q) tại M. Lập PT đường thẳng 
qua M,  chứa trong (Q),  r d
r
PP: - M  d  (Q) ( giải hệ ) ,d có vtcp u , mp(Q) có vtpt n
uur
r r

-  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
uur
r r








Giúp học sinh học tốt chương 3 hình học lớp 12
4  1 6  3
 2  R . Vậy (Q) cắt (S) theo đường tròn (C)
3
có bán kính: r  16  4  2 3
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
t  2 / 3
y  1  t
x  2 / 3


2 5 5
Ta có 

 tâm H  ; ;  
3 3 3
z  3  2t
y  5 / 3
2x  y  2z  3  0

- Khi đó đường vuông góc chung d qua A có VTCP là AB
r
uur uur
( cũng có thể lấy VTCP u  u1,u2  và qua điểm A).


* Chú ý: cũng có thể giải: d  (P)  (Q)
(P)  d1
(Q)  d2
Với 
sau đó chuyển về dạng tham số

(P)

d
(Q)

d

2

1
x  2 y z 1
Ví dụ 17: Cho hai đường thẳng chéo nhau: d1 :


1
1
1
x y 1 z 1




2(2k  t  2)  ( k  t  1)  (k  t  2)  0
AB  d2

AB.u2  0
Giải hệ được :
uuur  9 27 9  9
3
8
 2 8 1
k   ,t    AB    ;  ;  
( 2; 3;1),A   ; ; 
14
7
 7 14 14  14
 7 7 7
uuur
9
Đường vuông góc chung d qua A và có VTCP AB  ( 2; 3;1)
14
2
8
1
Có phương trình: x    2t , y   3t , z   t
7
7
7
18. Loại 18: Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ( không

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
ad1
(P)chöù
r

r r


(P)
/
/d
(P)có
vtpt
n
 u1,u2   (7; 5; 1)

2

 (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



1
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
4. Cho đường thẳng 1 :
  , 2 :

 . Xác định điểm
1
1 1
2
1
2
M  1 sao cho d(M,  2 )  1
III. HIỆU QUẢ CỦA ĐÊ TÀI
- 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


GV: Đinh Quang Minh

88.5
13
13
6
32

99.5 10 >=TB
18 7
40
10 3
43
4
1
30
32 11
113

%
100
97.7
75
91.13

trang 16


Giúp học sinh học tốt chương 3 hình học lớp 12

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
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


7
8

9

10

11
12
13

14
15

16
17

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


Trang
1
1
1
2
3-5
6

7
8

9

10

11
12
13

14
15

17
17

trang 18