Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất

vSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhấtSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất

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 tốn 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 tốn phương trình đường thẳng liên quan đến khoảng cách ……….… 3.4 Dạng tốn 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 tốn hình học tọa độ khơng gian quen thuộc ta còn gặp toán mà yêu cầu có yếu tố giá trị lớn nhỏ góc, khoảng cách …Đây lớp tốn 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 tốn 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 mơn Tốn 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, tơi trình bày chun đề “ Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ giải tốn hình học tọa độ khơng 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 hồn thiện kĩ giải tốn hình học tọa độ khơng 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 tốn hình học tọa độ khơng 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 Từ 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 từ 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 khơng 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 khơng gian, khơng biết vận dụng kiến thức véc tơ, bất đẳng thức, hàm số - Đa số học sinh e ngại làm quen với tốn có u 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) O H P A d(O,(P)=OH  OA Do d(O,(P) đạt GTLN OA  H  A  OA  (P) nên  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 tốn có hướng so sánh d(O,(P)) với OA Bài tốn khơng có u cầu d(O,(P)) nhỏ (P) qua điểm O, d(O,(P))=0, có vơ số mặt phẳng Cách 2( Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki)  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)  m  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 tốn 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 tốn trở thành, tìm điều kiện để mặt phẳng (α) qua B cách A khoảng lớn Theo ví dụ ta có R = d(A;  (α)) lớn (α) qua B vng 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   2 2 2 3  (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 3.1.2 Khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10 ;2 ;-1) đường x y z   thẳng d có phương trình : Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d đến (P) lớn Giải Cách 1.(Sử dụng tính chất hình học tổng hợp) H d A I P 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  AH  A I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH véc tơ pháp tuyến  ( P ) : x  y  5z  77 0 Nhận xét : Học sinh thường lại chọn điểm H Đây điều cần định hình lời giải cho học sinh Ở tốn 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  (Sử dụng kiến thức hàm số) Giả sử nP ( A, B, C )( A2  B  C  0) véc tơ pháp tuyến (P) Do A  ( P ) nên ( P) : A(x  10)  B(y  2)  C(z  1) 0  Ax  By  Cz  10 A  B  C 0  d có véc tơ phương ud (2;1;3)   ( P) / / d  u d nP 0  A  B  3C 0  B  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 0  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 8  5t  12t  10   t -∞ + f'(t) f(t) -7 14 - - 14 +∞ + Vậy TH maxd ( d ,( P )) 74  max d(d ,( P))  74 A   C  ( P ) : x  y  5z  77  Khi chọn A=7 C=-5, B=1 Từ hai trường hợp ta thấy max(d ,( P ))  74  t  Nhận xét Có kinh nghiệm để học sinh nhận nhanh sai làm theo phương pháp hàm số Chúng ta thấy làm theo cách 1, hồn tồn 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 khơng thể 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 khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;5;3) đường thẳng x y z   d có phương trình : Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d 2 cho khoảng cách từ A đến (P) lớn Giải Cách 1.(Sử dụng tính chất hình học tổng hợp) A d H I P 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  tìm mặt phẳng qua A nhận AH véc tơ pháp tuyến    H  d  H (1  2t ; t ;2  2t )  AH(2t  1; t  5;2t  1),AH.ud 0  t 1  H (3;1;4)  AH(1;  4;1) M (1;0;2)  (P)  ( P) : x  y  z  0 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 khơng nêu mp(P) qua A Cách (Sử dụng kiến thức hàm số) Giả sử nP ( A, B, C )( A2  B  C  0) véc tơ pháp tuyến (P) M (1;0;2)  ( P ) nên ( P) : A(x 1)  B(y 0)  C(z  2) 0  Ax  By  Cz  A  2C 0 d có véc tơ   phương ud (2;1;2) ( P)  d  u d nP 0  A  B  2C 0  B  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) 9 * C 0  d ( A,(P)) 9 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  2t   5t  8t   t  t 1  f (t ) 0    t  -∞ f'(t) -1 - 0 + +∞ - 18 f(t) 81 81 Vậy TH max d ( A,( P)) 18  max d( A,( P)) 3 Từ hai trường hợp ta thấy max d( A,( P)) 3  t 1  A 1 C Khi chọn A= C= 1, B= -  ( P ) : x  y  z 0 Nhận xét: Chỉ cần thay giả thiết mp(P) chứa đường thẳng d giả thiết mp(P) qua hai điểm ta tốn 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 từ 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 tốn 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  2 Giả sử nP ( A, B, C )( A  B  C  0) véc tơ pháp tuyến (P) Đường thẳng d  có véc tơ phương ud (2;1;1) ,   ( P)  d  u d nP 0  A  B  C 0  C  A  B Gọi  góc hai mặt phẳng (P) (Q)  cos   A  2B  C A2  B  C  AB A2  AB  B Ta cần tìm điều kiện để cos lớn A 30  Nếu B=0 cos   10 A2 A A A   1  1   B  B B B   cos    cos   Nếu  A 2 A A  A 5    5    B B  B  B A t  2t  Đặt t   cos   f (t )  B 5t  4t  2  6t  6t f (t )   f (t ) 0  t 0  5t  4t   t f'(t) f(t) -∞ + 45 +∞ - 45 3 Vậy TH max cos    max cos     300 3 Từ hai trường hợp ta thấy max cos    max cos   A  t 0  0( 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  0 Nhận xét : Dự đốn 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 vng góc với (Q) Đây u cầu đơn giản Chỉ cần thay giả thiết (P) chứa d giả thiết (P) qua hai điểm ta có phát biểu khác tốn Ví dụ Trong khơng 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 tốn: Cho hai đường thẳng ∆1 ∆2 phân biệt khơng 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 vng góc với mp(Q) PP giải Giả sử ∆3 đường thẳng song song với ∆2 cắt ∆1 M Gọi I ∆3 H hình chiếu vng góc I lên mp(α), kẻ IJ  ∆1.Góc (α) ∆2 góc   , góc ∆1 ∆2 góc IMJ IMH Trong tam giác vng HMJ có HM MJ nên HM MJ   cos IMJ khơng 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     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:   Đường thẳng d qua điểm M(2; -1; 1) có vtcp u (2;  1; 1) , AB (1;1;2)   => n = [u, AB] ( 3;  3;3)  3(1;1;  1) Mặt phẳng (α) qua điểm A nhận    [n, AB] (3;  3;0) 3(1;  1;0) làm véc tơ pháp tuyến Phương trình mp(α): 1(x – 3)  - 1(y + 4) = hay x – y – = Cách (PP hàm số) Giả sử n ( A, B, C )( A2  B  C  0) véc tơ pháp tuyến  (α) d có véc tơ phương ud (2;  1;1)   A,B  ( )  AB.n 0  A  B  2C 0  A  B  2C Gọi  góc mặt phẳng (P) d , 2A  B  C B C sin   3 Ta tìm điều kiện để sin  lớn A2  B  C 2 B  BC  5C B  BC  C B sin   * C=0 * C 0  sin  3 3 f (t ), t  2 2 B  BC  5C C t  2t   6t  f (t )  ; f '(t )  0  t  2 2t  4t  t  t    t f’(t) f(t) -1  +  0  C 0 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 tốn với tương đương với cách giải hồn tồn tương tự Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x y2 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, vng góc với (P) tạo với trục Oy góc lớn  Giải: Mp(p) có vécto pháp tuyến n P (2; 1; 2) Xét đường thẳng d qua A vng góc với (P), d có véctơ phương n P (2;  1; 2) , Oy có véctơ phương  j (0;1;0) nên d Oy khơng song song Theo tốn tổng quát nêu (α) tạo với trục  Oy  góc lớn (α) chứa d vng 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( z + 1) = hay x + 4y + z –  = Nhận xét: cách 2(pp hàm số) ta cần thay AB.n 0 ví dụ n nP 0 3.3 Dạng tốn 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 khơng thuộc (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm (α) qua A cách B khoảng lớn nhất, nhỏ PP chung: Từ hai trường hợp ta thấy max sin   Gọi H hình chiếu B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB.Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn A ≡ H hay ∆ đườngthẳng nằm (α) vng   góc với AB Nghĩa ∆ có véc tơ phương u  n ; AB  Gọi K hình chiếu vng góc B lên (α) d(B; (α)) = BK  BH Vậy khoảng cách từ 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) Gọi H hình chiếu B lên ∆ Gọi K hình chiếu vng góc B lên (α) Khi BK  BH=d(B; ∆).Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ K ≡ H hay  ∆ đường thẳng qua hai điểm A, K (α)có véctơ pháp tuyến n (1;3;  1) 1) Gọi K hình chiếu vng góc B lên (α) x t  Phương trình BK: y   3t (t  R ) Tọa độ điểm K ứng với t nghiệm z 3  t  10 10 23 hay K( ; ; ) 11 11 11 11 phương trình:t + 3(-2+3t) –( – t) -1=  t   d(B; ∆) nhỏ ∆ qua hai điểm A, K 11AK ( 1;8;23) véc tơ phương ∆ Phương trình ∆: x y z    23 2) Gọi H hình chiếu B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB.Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn A ≡ H   ∆ là đường thẳng nằm (α), qua A vng  góc AB ∆ có véctơ phương u  [n , AB] (7;  2;1) x y z   Phương trình ∆: 2 Cách 2:(PP hàm số)  Giả sử u (a, b, c)( a  b  c  0) véc tơ phương  Mp(α) có véc tơ   pháp tuyến n (1;3  1) ,       u  n 0  c a  3b    AB ( 1;  2;  3);  u ; AB  (  2a  9b;4a  3b;2a  b)   u ; AB  24a  56ab  91b    Nếu b=0 d ( B; ) 2 d ( B; )   a  3ab  5b 2 u Nếu b 0  d ( B; )  24t  56t  91 a ,( t  ) t  3t  b   t  16t  58t  24t  56t  91   f (t ) 0   f (t )  ; f (t )  2 t  3t   t   t  3t  5    t 2 f’(t) + -  + 28 f(t) 24 200 11 24 10 200  t  ;max f (t ) 28  t  11 10 d ( B;  )  14 Vậy TH 11 10 a   Từ hai trường hợp ta thấy d ( B; )  b 11 f (t )  Chọn a=-1  b=8, c=23 Phương trình ∆: x y z    23 a  Chọn a=7  b=-2, c=1 b x 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 khơng trình bày cơng 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 trị mp (α) ví dụ thay mặt phẳng (P) Ví dụ 3: Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm A(2; -1; 3), vng góc với x-3 y+2 z +5   đường thẳng d: cách điểm B(4; -2; 1) khoảng lớn Giải:  Xét mặt phẳng (α) qua A vng góc với d, (α) nhận u d (1; 2; 3) làm véctơ pháp tuyến, ∆ nằm (α).Do d(B; ∆) lớn    ∆ nằm (α), qua A vng góc với AB.∆ có véctơ phương u  [AB, u d ] (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   Ở cách 2, sử dụng phương pháp hàm số ta cần thay điều kiện u n 0  điều kiện u ud 0 với cách giải khơng có khác x 1  t  Ví dụ 4: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) đường thẳng d: y 0 z  t  max d ( B; )  14  11 a)Viết phương trình đường thẳng ∆1 qua B cắt d cho khoảng cách từ A đến ∆1 lớn b)Viết phương trình đường thẳng ∆2 qua B cắt d cho khoảng cách từ A đến ∆2 nhỏ Giải: Cách Gọi  M(2; 0; 0) có vtcp  (α) mặtphẳng qua d B. Đường thẳng d qua điểm u d (1;0; -1) , MB ( 2;2;0) , [u d , MB] (2;2;2) 2(1;1;1) 2n  (α) qua B nhận n (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 2  t  Phương trình tham số AH: y 1  t z   t  Tọa độ H ứng với t nghiệm phương trình: 4 + t + + t -1 + t – =  3t  0  t   H( ; ; ) 3 3    4 4 4 BH ( ; ; )  (2;  1;  1)  u1  ∆1 nhận u1 làm véc tơ phương 3  3 Ta thấy u1 ud không phương nên d ∆ cắt (do thuộc mp (α)) x   2t  Vậy phương trình ∆1: y 2  t z  t  b) Gọi K hình chiếu A lên ∆ ta có d(A, ∆ ) = AK ≤ AB, d(A, ∆2 ) lớn K ≡ B hay ∆2 nằm (α)và vng  góc với AB  Ta có [n ,AB] (0;  4;4)  4(0;1;  1)  4u  ∆2 nhận u làm véc tơ phương,  mặt khác u u d không phương nên d ∆ cắt (do thuộc mặt phẳng (α)) x   Phương trình ∆2: y 2  t z  t  Cách 2.(PP hàm số) Gọi ∆ đường thẳng  qua B cắt d, giả sử ∆ cắt d điểm N(1+t, 0;-t), ∆ có véc tơ phương NB (  t;2; t )    Ta có AB ( 3;1;1) , [ NB, AB] (2  t;2  2t;4  t )   [ NB, AB] (2  t )  (2  2t )  (4  t ) 3t  10t  12   Và d(A;∆) = = NB t  2t  (  t )  22  (t ) 12 16t  64t 3t  10t  12  Xét hàm số f (t )  có f '(t )  2 , với t R ( t  t  4) t  2t   t 2 f '(t ) 0    t  Bảng biến thiên f (t )   t -2 f’(t) + - 11 + f(t) 3 Từ bảng biến thiên ta thấy:   d(A;∆) lớn 11 t = -2  N(-1; 0;2); NB (0;2;  2) 2(0;1;  1) x   đường thẳng cần tìm có phương trình là: y 2  t z  t   d(A;∆) nhỏ  t =  N(3; 0;-2); NB (  4;2;2)  2(2;  1;  1) đường thẳng cần tìm có phương trình x   2t  : y 2  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 (d 1, ∆), H I hình chiếu vng góc B lên (P) d1 Ta thấy khoảng cách ∆ d BH BH ≤ BI nên BH lớn I ≡ H, ∆ có vtcp  u  [BI, n ] 13 x-1 y-2 z -3   , 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:   Đường thẳng d có vtcp u (1; 2; -1), (α) có vtpt n (2; -1; -1) x 1  t  Phương trình tham số d: y 2  2t z 3  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   t  Phương trình tham số đường thẳng d1: y 1  2t z 1  t   Gọi I hình chiếu vng góc B lên d1  I(-1 + t; + 2t; – t), BI (-1 + t; + 2t;-3– t)   5 Ta có BI.u 0  -1+ t + 2(1 + 2t) –(-3– t) =  t = -   I(- ; - ; ) 3 3    19 Đường thẳng ∆ có vtcp u   3[BI, n ] = -3(- ; - ; )=(6 ;19 ;-7) nên có phương 3 x+1 y-1 z -1   trình ∆: 19 7 Cách 2.(PP hàm số)  Gọi có véc tơ phương ∆ u  (a; b; c)(a  b  c  0) (α) có vtpt    n (2; -1; 1) Đường thẳng ∆ nằm (α) nên n u  0 c=2a-b Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:  d qua B(1;2 ;3) có véc tơ phương u d (1; 2; -1),   Ta có AB (2;1;2) , [NB, AB ] (2  t ;2  2t;4  t )    2 [u  , u d ]AB a  ab  b   d(d;∆) = 2 Nếu b=0 d(d;∆) = 29a  10ab  2b 29 [u  , u d ] t  6t  t  6t  a Nếu b 0  d  d ;     f (t ) ,(t  ) ; f (t )  29t  10t  29t  10t  b 3t  10t  12 Xét hàm số f (t )  => maxf(t) đạt t= Từ =>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 tốn sau 14 Ví dụ : 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 tốn trở thành tốn 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 vng góc chung d1,d2 - Viết phương trình hai đường thẳng dạng tham số - Lấy M  d1 N  d ( tọa độ theo tham số)       - Giải hệ phương trình MN.u1 0 MN.u 0 ( u1 , u véctơ phương d1 d2 ) - Tìm tọa độ M, N kết luận x+ y-3 z - x-5 y+1 z -11 = = = = , d2 : 7 -1 1) Chứng minh d1, d2 chéo 2) Tìm điểm M d1 N d cho độ dài MN nhỏ  Giải: 1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1 (1;2;  1) , d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp     u ( 7;2;3) Ta có [ u1, u ] M1M = -168 0 =>d1 d2 chéo 2) Độ dài MN nhỏ  MN đoạn vng góc chung d1 d2 Phương trình tham số hai đường thẳng x 5  t x   7t   d1: y   2t , d2: y 3  2t z 11  t z 4  3t   M d1 nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N  d nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; + 3t’)  MN ( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7) Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng d1 :    u1 0 MN  Ta có    MN u     6t ' 6t  0   62t ' 6t  50 0 t 2  t '  Do M(7; 3;9) N(3; 1; 1) độ dài MN nhỏ 21 x 2  t  Ví dụ 2: Cho đường thẳng d: y 4  t hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1) Tìm z   điểm M d cho tam giác MAB có diện tích nhỏ 15 Giải: Lấy điểm M d, Gọi H hình chiếu vng góc M lên AB.Tam giác MAB có diện tích S = AB.MH đạt giá trị nhỏ MH nhỏ nhất, hay MH đoạn  vng góc chung AB d.Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u (1;1;0)    AB qua A(1; 2; 3) AB (0; -2;-2) =  2u1 , với u1 (0;1;1) véc tơ phương AB x 1  Phương trình tham số AB y 2  t ' z 3  t '   M(2 + t; 4+ t; -2)  d ,H(1; 2+ t’;3+t’)  AB , MH ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5)    t ' 2t 3 t '  MH.u 0   Ta có    2t ' t  t   MH.u1 0 Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) MH = , AB = 2 Diện tích SMAB  AB.MH  Nhận xét: Tất nhiên ta cịn cách khác để giải tốn áp dụng cơng   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 0  Ví dụ 3: Cho đường thẳng d: y t Trong mặt cầu tiếp xúc với hai z 2  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 vng góc chung  d Ox  d qua M(0; 0; 2), có vtcp u (0;1;  1) , Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i (1;0;0)    [ u, i ] OM = -2 0 nên d Ox chéo  Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox MN ( t’; -t; t – 2)   MN.u 0  t  t  0 t 1   Ta có   Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O t '   t ' 0 MN.i 0 1 MN Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R =  2 2 1 Phương trình mặt cầu (S): x  ( y  )2  ( z  )  2 3.4 Dạng tốn phương trình đường thẳng liên quan đến góc 16 Bài tốn: 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 d qua A song song với d Trên d1 lấy điểm B khác A , gọi K, H hình chiếu vng 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  d  ∆ lớn 90 ∆ d ∆ có vtcp u  [ud , n ] 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 ∆1 nằm (α), qua A tạo với d góc lớn 2) Viết phương trình đường thẳng ∆2 nằm (α), qua A tạo với d góc nhỏ Giải: Cách   (α) có vectơ pháp tuyến n (2;2; -1) , d có vectơ ud (1;1;1) qua điểm M(-2; 1; 3)   Ta thấy A (α) mặt khác n u d 0 nên d không song song nằm (α)  1) ∆1 tạo với d góc lớn   ∆  d Do ∆1 có vectơ phương u1 [ud , n ] = (-3; 3; ) = -3(1; -1; 0) x 1  t  Phương trình tham số ∆1: y 2  t z   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 vng góc B lên (α) x 2  2t  Phương trình tham số BK y 3  2t Tọa độ K ứng với t nghiệm pt: z   t  10 19  2(2 + 2t) + 2(3 + 2t)- (- 1- t) - =  9t + = hay t =   K( ; ; ) 9 9  1 AK ( ; ; ) ∆2 tạo với d góc nhỏ qua hai điểm A K, 9 17   x-1 y-2 z +1   ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ phương u 9.AK (1;1;4)  ∆2 : 1 Cách  PP hàm số Giả sử u (a, b, c)( a  b  c  0) véc tơ phương  Mp(α) có véc tơ        u pháp tuyến n (2;2  1) Ta có    n 0  c 2a  2b ; d có véc tơ  phương ud (1;1;1) Gọi x góc hai đường thẳng  d cosx  a b c a  b  c Nếu b=0 cos x   a b 5a  5b2  8ab  a  b  2ab 5a  5b  8ab t  2t  a  f ( t ) ,( t  ) 5t  8t  b  2t  t  2t   f ( t )   f (t ) 0  Với f (t )  => 2 5t  8t   5t  8t  5 Nếu b 0  cosx  t f’(t) f(t) -1  - +  t   t 1   f (t ) 0  t  1;max f (t )   t 1 6 Vậy TH c osx  Từ hai trường hợp ta thấy c osx  3 a Vậy x nhỏ  cosx lớn  t=1 1 b x-1 y-2 z +1   Chọn a=1=>b=1, c=4 Phương trình ∆: 1 a Vậy x lớn  cosx nhỏ  t=-1  b x 1  t  Chọn a=1=> b=-1, c=0 Phương trình ∆: y 2  t z   18 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, vng góc với d tạo với AB góc nhỏ Giải:  Đường thẳng d có vectơ phương u d (2;1;1) Xét mặt phẳng (α) qua A  vng góc với d  ∆ nằm (α) ; (α) nhận u d (2;1;1) vectơ pháp tuyến Phương trình (α): 2x + y + z – = Gọi H hình chiếu vng góc B lên (α), BH có vectơ phương u d (2;1;1) x 2t  Phương trình tham số BH y   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  4 qua hai điểm A H, AH ( ; ; ) ∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ phương 3   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 vng góc với đường thẳng Do đó, ta rõ mặt phẳng chứa đường thẳng cần viết phương trình Xét mặt phẳng (α) qua A vng góc với d  ∆ nằm (α) Sau tốn trở thành tốn ở ví dụ   Cách 2(PP hàm số), cần thay u  n 0 u  ud 0 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 tốn trở tốn 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 Kết cụ thể lớp khối 12, sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vàong sáng kiến kinh nghiệm vàon kinh nghiệm vàom vào giảng dạy thể qua kiểm tra saung dạy thể qua kiểm tra sauy thể qua kiểm tra sauc thể qua kiểm tra sau hiệm vàon qua kiể qua kiểm tra saum tra sau : Điểm từ 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 % 19 ... đề “ Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ giải tốn hình học tọa độ khơng 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... giải toán Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh lớp 12 hồn thiện kĩ giải tốn hình học tọa độ khơng gian góc khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ Đối tượng nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu sáng kiến kinh. .. chọn đề tài Trong chương trình Hình học lớp 12, bên cạnh dạng tốn hình học tọa độ khơng gian quen thuộc ta còn gặp toán mà yêu cầu có yếu tố giá trị lớn nhỏ góc, khoảng cách …Đây lớp tốn mà tài