SU DUNG DIEM SONG DE GIAI TOAN

“Sống”(Điểm thay đổi trên đường: Đường thẳng hay đường cong hoặc đường tròn…..) khá hay và áp dụng rất hiệu quả đối với một số bài tập mà bản thân thấy được học sinh còn gặp nhiều lúng [r]

VẬN DỤNG ĐIỂM “SỐNG” TRÊN ĐƯỜNG ĐỂ GIẢI TOÁN

I ĐẶT VẤN ĐỀ: Năm học 2010-2011 năm học tiếp tục thực vận động “ Học tập làm theo gương đạo đức Hồ Chí Minh”; “ Hai khơng”; “ Mỗi thầy, cô giáo gương đạo đức, tự học sáng tạo” ; với chủ đề " Năm học đổi quản lý nâng cao chất lượng giáo dục " với phong trào xây dựng " Trường học thân thiện, học sinh tích cực " Đổi mạnh mẽ phương pháp giáo dục đào tạo, khắc phục lối dạy học truyền thụ chiều, rèn luyện nếp tư cho người học, bước áp dụng phương pháp tiên tiến, đại vào trình dạy học " Do q trình dạy học địi hỏi đội ngũ thầy giáo phải tích cực học tập; không ngừng nâng cao lực chuyên môn; đổi phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo học sinh; bồi dưỡng khả tự học, sáng tạo; khả vận dụng kiến thức vào thực tế; đem lại say mê, hứng thú học tập cho em

Trong q trình giảng dạy tơi nhận thấy “Giải tốn hình học sử dụng điểm

“Sống”(Điểm thay đổi đường: Đường thẳng hay đường cong đường tròn… ) hay áp dụng hiệu số tập mà thân thấy học sinh gặp nhiều lúng túng tìm tọa độ điểm viết phương trình đường thẳng mặt phẳng khơng gian thỏa mãn tính chất đó; việc vận dụng quan hệ vng góc, song song em vào tốn cịn nhiều hạn chế Hơn nữa, kể từ học sinh học sách giáo khoa theo chương trình phân ban phương trình tổng quát đường thẳng không gian không sử dụng nên tốn dạng" Tìm tọa độ điểm Viết phương trình đường thẳng khơng gian" chủ yếu sử dụng phương trình tham số đường thẳng

Với suy nghĩ tơi xin trình bày số kinh nghiệm việc sử dụng điểm “Sống” nói vào phương trình tham số đường thẳng mặt phẳng phương trình tham số đường trịn tốn điểm “sống” nói đường elip, hybebol, parabol, phương trình tham số đường thẳng khơng gian vào giải tốn:" Tìm tọa độ điểm Viết phương trình đường thẳng khơng gian" nhằm trao đổi với thầy, cô giáo; đồng thời giúp em học sinh khối THPT ôn tập nâng cao chất lượng học tập

CƠ SỞ LÝ LUẬN

độ điểm theo phương trình tham số đường vào tốn Khi tốn hình học đơn giản “đại số hóa” nên học sinh tiếp cận nhanh cách giải toán gọn gàng

CƠ SỞ THỰC TIỄN

Sau nghiên cứu áp dụng vào tiết dạy học cho học sinh Tôi thấy học sinh hứng thú gặp dạng toán đa số học sinh biết cách vận dụng để giải tốn đó, đồng thời qua cách giải em cịn đưa tốn tương tự, tốn Qua bồi dưỡng cho em niềm say mê học tập; khả tự học; phát huy tính tích cực học tập, khả sáng tạo học sinh

NỘI DUNG NGHIÊN CỨU

Trên sở kiến thức học lớp THPT trình bày SGK vận dụng tính chất: Trong mặt phằng (Oxy) đường có phương trình F x y ;  0(Có thể phương trình đường thẳng, phương trình đường trịn……) ta tìm cách gọi toạ độ điểm (Cụ thể tơi sẻ trình bày ví dụ rõ ràng hơn) Hoặc không gian

đường thẳng d có phương trình tham số:  

0

x x at

y y bt t R

z z ct

  



  



   

điểm Md có tọa

độ dạng M (x0at y; 0bt z; 0ct)

Tuy nhiên, với toán cụ thể địi hỏi học sinh cần phải có lượng kiến thức định kết hợp để giải tốn

I CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG

Bài 1: Tìm toạ độ hình chiếu điểm M 3;9 lên đường thẳng  d : 2x 5y10 0

Nhận xét: Phương pháp thường áp dụng:

- Bài toán ta viết đường thẳng (D) qua điểm M vng góc với (d) - Gọi M’ giao điểm (D) (d)

Giải toán theo quan điểm chọn điểm “sống” (d)

thực dể hơn: Có thể em để ý tí sẻ thấy cách chọn gọi trực tiếp

5 10

' ;

2

m

M   m

 

 

' 3;2

M M  m m



VTPT đường thẳng (d): n  d 2; 5  suy VTCP (D) a5;2

M’ hình chiếu điểm M

     

' d 5 2 29 29

MM a m m m m

             

Suy toạ độ điểm M’ cần tìm là: M '5;4

Bài 2: Tìm toạ độ điểm M’ đối xứng với điểm M 3;9 qua đường thẳng (d)  d : 2x 5y10 0

Nhận xét: Cần tìm toạ độ A1 hình chiếu vng góc điểm M lên (d) (giống toán 1) điểm M’ đối xứng với điểm M qua (d) suy A1 trung điểm MM’

Hướng dẫn giải:

Gọi A15 ;2m m2   d tương tự tốn ta có A15;4

Điểm M’ đối xứng với điểm M qua (d) A1 trung điểm MM’ suy toạ độ điểm M

 

1

1

' '

' '

2 10 7

' 7;

2

M A M M

M A M M

x x x x

M

y y y y

 

    



   

 

     

 

Lời bình: Nếu tốn giải theo cách viết phương trình đường thẳng (D) qua điểm M vng góc với (d); tìm toạ độ điểm A1 giao điểm (d) (D) Cuối áp dụng công thức

toạ độ trung điểm suy điểm M’ Nếu ta làm theo điểm sống (d) có vẽ nhẹ nhàn Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ (Oxy) Cho hai đường thẳng (d1); (d2) lând lượt có phương

trình :  d1 :x y  5 0;d2:x2y 0 điểm A2;3 Tìm toạ độ điểm B, C (d1); (d2) cho tam giác ABC có trọng tâm G 2;0

Hướng dẫn giải:

Gọi Bt t;  5   d1 ;C7 '; ' t t   d2

Điểm G trọng tâm tam giác ABC nên '

3 ' '

A B C G

A B C G

x x x x t t t

y y y y t t t

     

  

 

  

       

Vậy B  1;4 , C 5;1

Lời bình: Nếu tốn khơng sử dụng điểm sống đường thẳng giải khó khăn Bài 4: Cho 1 : 3x2y 0; 2 : 2x y  1 điểm M 2;1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M cắt 1 ; 2 A, B cho M trung điểm AB

Hướng dẫn giải:

Điểm A  1  At t; 1, điểm B  2  Bt'; ' 1 t  

2;1

M  trung điểm AB nên

10

2 ' 3

2 ' 2

'

A B M

A B M

t

x x x t t

y y y t t

t

  

   

  

 

  

    

  

 

Suy 10 13; 2; 8; 20

3 3 3

A  B   AB   

     



(d) qua A nhận AB làm VTCP có phương trình

2

x y

x y

 

    

Lời bình: Lời giải hiệu ngắn gọn

Bài 5: Cho 1 : 2x y  5 0;2:x y  0 điểm M   2;0 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M cắt 1 ; 2 A, B choMA 2MB

Hướng dẫn giải:

Điểm A  1  At t;2 5, điểm B  2  Bt';3 t' Suy ra: MA t 2;2t5 , MBt' 2;3  t'

 

 

   

1 2 '

2 1 3;7

'

2 '

2

t

t t

MA MB MA

t

t t

 

  



 

      

   

 

 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Đường thẳng (d) qua M nhận MA làm VTCP có phương trình 7x 3y14 0

Bài 6: Cho tam giác ABC có đỉnh A2; 7 , phương trình đường cao trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác 3x y 11 0, x2y 7 Viết phương trình cạnh tam giác ABC

H M A

C B

I

K

M A

C B

D

Nhận xét: A2; 7  có toạ độ khơng thoả mãn phương trình hai đường thẳng đường cao trung tuyến không qua A2; 7 

Đặt BH: 3x y 11 & CM :x2y 7

Ta có BBH  Bt; 11  t 

Gọi M trung điểm AB toạ độ điểm M

2

2 18

2 ;

3 18 2

2

A B

M

A B

M

x x t

x

t t

M

y y t

y

 



 

   

  

 

  

    

  

 

  2 18  4;1

2

t t

M  CM         t   B 

 

Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB 4x3y13 0

 AC BH: 3x y 11 0 (AC) qua điểm A2; 7  nên phương trình cạnh (AC)

3 23

x y 

Điểm C AC  CM suy toạ độ C thoả mãn hệ 33 5; 6

2

x y

C

x y

  



  



  



Phương trình cạnh BC là: 7x9y19 0

Bài 7: Cho tam giác ABC có đỉnh A1;2 , phương trình đường trung tuyến (BM)

2x y  1 0và phân giác (CD): x y  0 Viết phương trình đường thẳng BC Hướng dẫn giải:

Điểm CCD  C t;1 t Suy trung điểm M AC 3;

2

t t

M    

 

Điểm

   7;8

2

t t

M  BM         t  C  

 

Suy pt(AK): x y  1

Toạ độ I thoả hệ 0;1

1

x y

I x y

   

 



  

 Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK

suy toạ độ K   1;0 Đường thẳng BC qua điểm C, K có phương trình 4x3y 4

Lời bình: Nếu đường tam giác đỉnh không nằm đường cho trước em có thể giải không? Em thử giải tốn sau để khái qt lên trường hợp vừa nêu Cho tam giác ABC biết A2; 1 , phương trình hai đường phân giác góc B, C là: dB:x 2y 1 0;dC:x y  3 Viết phương trình đường thẳng BC (Rất mong bạn học sinh tóm tắt tốn tam giác Nếu có khó khăn q trình làm trao đổi với q thầy cô trường để dược hướng dẫn; kiến thức rất quang trọng)

Bài 8: Cho tam giác ABC có diện tích SABC 8, hai đỉnh A5; ,  B7; 3  trọng tâm

G tam giác ABC nằm đường thẳng  d : 3x y  18 0 Tìm toạ độ điểm C tam giác ABC

Hướng dẫn giải:

Gọi toạ độ điểm C C x y0; 0 Khi toạ độ trọng tâm G tam giác ABC 12;

3

x y

G   

  Mặt khác G nằm đường thẳng  

: 18

d x y   nên ta có

0

0

12

3 48 10

3

x y

y x

 

     

Phương trình cạnh (AB): x y  10 0

Khoảng cách từ điểm C đến (AB) 0 10 3 10 10 2 0

1 1

x x

x y

h        x

 

2

AB

Diện tích tam giác ABC 1.2 0 0 0

2

(d) (D) M

N

Bài 9: Lập phương trình đường (D) qua điểm M 2;1 tạo với (d) 2x3y 4 góc 450

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Thơng thường: (D) qua điểm M 2;1 có phương trình dạng:

 2  1 0 2 0

a x b y  a b   ax by   a b  có VTPT n 1a b; 

Đường thẳng (d) có VTPT n2 2;3



Để (D) hợp với (d) góc 450 thì

1

0 2

2 2

2 3 2 5

cos 45 24

5

13

n n a b a b

b ab a

a b

n n a b



 

        

  

                             

Suy có hai đường thẳng cần tìm    

1

: 11

:

D x y

D x y

   



   

Cách 2: Gọi N d  N   3t 2;2t(Tìm hiểu cách gọi toạ độ vậy? biết không?)

 4;2 1 MN   t t



; VTCP (d): a 3; 2 



Để (D) hợp với (d) góc 450 thì

       

2

0

2

13 10 2

cos 45 13 10 13 13 20 17

2

13

MN a t

t t t

MN a t t

 

       

  

   

 

2 169t 260t 100 169t 260t 221

     

2

1 29

;

13 13 13

169 260 21

21 37 42

;

13 13 13

t N

t t

t N

  

    



 



    

  

    



 



KL có đường thẳng cần tìm    

1

: 11

:

D x y

D x y

   



   

Bài 10: Lập phương trình đường thẳng (D) qua điểm 1;

2

A 

 

tạo với ox góc 600.

Hướng dẫn giải:

Cách 1:  ;0 1;

2

M ox M  m  AM m  

 



; VTCP ox i 1;0



Để (D) hợp với ox góc 600 thì

 

 

2

0

2

1

2 1 2 1 1

cos60

2 4

1

2

m

AM i m

m m

AM i

m





      

 

 

 

 

   

2 2

4 1 3

1

m

m m m m m m

m

 

          

 

KL: có đường thẳng cần tìm y 3x; y 3x

Cách 2: Thực cách (So sánh cách cách em nhé)

Lời bình: Bạn nghỉ thực cách so với cách khác? Suy nghỉ thêm để tìm cách giải tốt

Bài tập nhỏ áp dụng: Cho hai đường thẳng  d : 2x y  0;  D x:  2y 1 Lập phương trình đường thẳng (d’) qua giao điểm (d) (D) đồng thời tạo với   :y 0 góc 450

Hướng dẫn nhỏ cho bạn đây: “ Theo bạn đường thẳng cần tìm cần qua giao điểm (d) (D) song song trùng với đường thẳng y = x y = - x? có khơng? Tự giải thích để có kết Thử giải toán theo toán số 10 thử xem)

Bài 11: Cho đường thẳng (d): 3x y  0 điểm A1; 4  Tìm (d) điểm mà khoảng cách từ điểm đến điểm A

Hướng dẫn giải:

(d1) (d2) G B

A

C

(d1) (d2)

A' G B

A

C

2

10 68 58 29

5

m

m m

m

  

    

  

KL: có điểm thoả yêu cầu đề bài:

 

29 52

1;4 , ;

5

M  M   

 

Bài 12: Cho tam giác ABC, biết A1;3 hai trung tuyến có phương trình

 d1 :x 2y 1 0;d2: y 0 Lập phương trình cạnh tam giác ABC

Hướng dẫn giải: Dể thấy điểm A không nằm hai đường thẳng   d1 , d2 nên hai trung tuyến kẻ từ B C Đặt  d1 :x 2y 1 trung tuyến kẻ từ B trung tuyến kẻ từ C

d2 :y 0 Cách 1:

 1 2 1; ;  2  ,1

B d  B a a C d  C  b

Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy toạ độ G nghiệm hệ phương trình

 

2 1

1;1

1

x y x

G

y y

   

 

  

 

  

 

G trọng tâm tam giác ABC

3 3

3 3

A B C G

A B C G

x x x x a b a b a

y y y y a a b

         

   

       

          



Vậy B  3; ,  C 5;1 - Phương trình cạnh tam giác

(CB): x 4y 0 ; (AC) x2y 0 ; (AB): x y  2

Cách 2: Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy G1;1 Gọi A’ đối xứng với điểm A qua G suy A'1; 1  Điểm B giao điểm A’B với (d1) A’B// (d2)

Điểm C giao điểm A’C với (d2) A’C//(d1)

(d1)

(d)

(d2) C

A

B M

Cách 3: Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy G1;1 ; G  d1  d2

Gọi M trung điểm BC suy

2

AM  AG

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

suy toạ độ M

 1 2 1; ;  2  ,1

B d  B a a C d  C  b

M trung điểm BC suy toạ độ B, C

Bài 13: Cho đường thẳng  d1 : 4x y 11 0; d2:x4y 7 điểm M 4; 7  Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M cắt   d1 , d2 A, B cho tam giác ABC cân C (với C giao điểm   d1 & d2

Hướng dẫn giải:

Nhận xét: Hai đường thẳng   d1 , d2 vng góc với Cách 1:

- Viết phương trình đường phân giác góc tạo hai đường

thẳng   d1 , d2:    

1

: 16

: 14

x y

x y

   

 

   



- Gọi (d) đường thẳng qua P vng góc với 1 suy pt (d): 3x y  0 - Gọi (d’) đường thẳng qua P vng góc với 2 suy pt (d’): x 3y 0 KL: Có đường thẳng cần tìm 3x y  0 ; x 3y 0

Cách 2: Dựa vào tam giác cân

- Gọi (d) qua P có dạng:  d a x:   2 b y 1  0 ax by  2a b 0a2b20

- (d) với   d1 , d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm   d1 , d2 nên ta có góc

giữa (d) (d1) 450 nên ta có 2

2

2

cos 45

2

a b

a ab b

a b



     



   

3 :

3 ' :

a b d x y

b a d x y

    

  

    



Cách 3:

 1  ;4 11 ;  2  7; 

  1 2  3; 1

C  d  d  C   

Theo gt suy    

* , , thẳng hàng CA CB

A B M

 2  2

2 3 4 12 17 102 153

CA  m  m  m  m

 2  2

2 4 4 1 17 30 17

CB  n  n  n  n

 7; 11

AB  n m  n m



4 ; 18 AM   m  m 

Từ (*) ta có

       

2

17 102 153 17 30 17

4 18 4 11

m m n n

n m m m n m

     

 

         

 

Lời bình: Bài địi hỏi người giải phải lưu ý đến vị trí hai đường thẳng   d1 , d2 Nếu nhận xét tốt ta có cách giải 1, dựa vào tam giác vng cân ta có cách giải Cách tương đối phức tạp bán

Bài 14: Cho hai đường thẳng (d): 2x y  1  D x:  2y 0 Viết phương trình đường thẳng   qua giao điểm (d) (D) đồng thời chắn hai trục toạ độ doạn thẳng

Hướng dẫn giải

Gọi     5;

3

M  d  D  M    

 

Gọi Aa;0ox B; 0;boy suy phương trình  : x y ,a b 0

a b

   

 

3

M

a b

     

a b OA OB

a b

    

 

TH1: a = b ta có 4

3 4

x y

a b pt x y

a a

             

TH 2: a = - b ta có 2 3 3

3 3 2

x y

b a pt x y

Bình luận: Nếu tốn làm theo chùm đường thẳng phải nhớ loại bỏ trường hợp đường thẳng qua gốc toạ độ (Đây trường hợp đặt biệt)

Bài 15: Cho điểm M 1;1 đường thẳng (d) x 2y 2 Lập phương trình đường thẳng (d’) đối xứng với (d) qua M

Hướng dẫn giải:

Gọi Aa b;    d điểm A'a b'; ' đối xứng với điểm A qua M suy

' 2 '

' 2 '

a a a a

b b b b

   

 



 

   

 

Điểm Aa b;    d  a 2b  2 2 a' 2   b'  2 a' ' 0 b 

Suy điểm A’ thuộc đường thẳng (d’): x 2y0 đường thẳng cần tìm

Lời bình: Vì A chạy (d) A’ đối xứng với A qua M nên A’ chạy đường thẳng d’ đường thẳng đối xứng với (d) qua M

Bài 16: Cho hai đường thẳng  d : 4x y  3 0; D x y:  0 Lập phương trình đường thẳng (d’) đối xứng với (d) qua (D)

Hướng dẫn giải:

Lấy điểm Aa b;    d gọi A a b' '; ' đối xứng với A qua (D) suy ' '

' '

a b a b

b a b a

 

 



 

 

 

Vì Aa b;    d  4a b   3 'b a ' 0   a' ' 0 b 

Suy toạ độ điểm A’ thoả mãn phương trình (d’): x 4y 0

Lời bình: Toạ độ điểm A’ dể tìm A; A’ đối xứng với qua đường thẳng (D): y x Em

nghỉ (D) khơng phải đường thẳng yx? Có thể em xem thêm ví dụ sau

Bài 17: Cho hai đường thẳng  d :x y  3 0; D : 2x y  5 Lập phương trình đường thẳng (d’) đối xứng với (d) qua (D)

Hướng dẫn giải:

Lấy điểm Aa b;    d gọi A a b' '; ' đối xứng với A qua (D) suy trung điểm I AA’ nằmtr ên (D) AA' D

Trung điểm I '; '

2

a a b b I    

 ; AA'a a b b vtcp D' ; ' ;  : ud 1;2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Khi ta có  

     

' ' 2 ' 5

2

2 ' 5

'

1 ' '

a a b b a b

I D

a b

AA D

a a b b

       

   



    

   

   

 

  

     



Vì  ;    2 ' 5 ' ' '

2

a

A a b  d  a b    b        a b 

 

Suy toạ độ điểm A’ thoả mãn phương trình (d’): x 4y 9

Lời bình: Em thấy sau thay đổi phương trình (D); Cách giải làm khó khăn cho em? Có cách giải khác khơng? Tìm cách giải khác so sánh với cách giải để có định sáng suốt giải toán loại (Lớp 11 giải toán nào?)

Hãy thử chổ tài xem sau nhé: Cho hai đường thẳng

 d :x2y 5 0; D : 2x3y 0 Lập phương trình đường thẳng (d’) đối xứng với (d) qua (D)

Bài 18: Cho đường tròn (C): x2 y2 2x 4y 3 ; đường thẳng  d :x 0 điểm

 1;3

A 

1) Lập phương trình đường trịn (C’) đối xứng với đường trịn (C) qua điểm A

2) Lập phương trình đường tròn (C’’) đối xứng với đường tròn (C) qua đường thẳng (d) Nhận xét: Bài giống cách giải 17

Hướng dẫn giải

1) Lấy điểm M a b;    C Gọi M'a b'; ' đối xứng với điểm M qua A suy

' 2 '

' 6 '

a a a a

b b b b

   

 



 

   

 

Điểm M a b;    C

 2  2    

2 2 4 3 0 2 ' 6 ' 2 2 ' 4 6 ' 3 0

a b a b a b a b

                 

2

' ' ' ' 23

a b a b

     

Suy toạ độ điểm M’ thoả mãn phương trình C' : x2 y26x 8y23 0 đay phương trình cần tìm

2) em tự làm lấy nhhé

1) Chứng minh từ điểm M (d) ln kẻ đến (C) hai tiếp tuyến MT MT1, 2 T T1; tiếp điểm Lập phương trình đường thẳng T T1 2

2) Chứng minh đường thẳng T T1 2 qua điểm cố định Hướng dẫn giải:

1) Đường trịn (C) có tâm O0;0 , bk R1 Khi d O d ;   1 R Vậy điểm M trên(d) kẻ tiếp tuyến đến (C) MT MT1,

Gọi M  d  M m m; 2 Giải sử toạ độ tiếp điểm tiếp tuyến qua M tới (C)  1; 1

T  x y ta có tiếp tuyến có dạng: xx1yy11

Tiếp tuyến qua điểm M nên ta có mxm2 y 1  

Nhận thấy toạ độ T T1; thoả mãn (1) Vậy phương trình T T1 2: mxm2 y 0 2) mxm2 y1 0  x y m  2y1 *  

Phương trình (*) có nghiệm với m

1

0 2

2 1

2

x x y

y

y

    

 



 

 

  

 

Vậy T T1 2 qua

điểm cố định 1;

2

N   

 

Lời bình: Bài tốn khó bạn khơng phát huy điểm “sống” (d) vất vã Đặc biệt điểm cố định khó ( có lúc phải thật cần đến điểm “sống”)

Bài 20: Cho đường tròn ( ) :C x2 y2 2x 8y 0 điểm A  4; 6  Viết phương trình

tiếp tuyến với (C) qua điểm A, Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm viết phương trình đường thẳng qua tiếp điểm

Nhận xét: Bài tốn địi hỏi yêu cầu: Tiếp tuyến; tiếp điểm; pt đường thẳng qua tiếp điểm Hướng dẫn giải

Gọi M x y0; 0   C  x02y02 2x0 8y0 1  

Phương trình tiếp tuyến (d) với (C) điểm M xx0yy0 x x 0 4 y y 0  0 Tiếp tuyến qua điểm M nên ta có

     

0 0 0

4x 6y x y x 2y

Giải hệ tạo (1) (2) ta 0

0

4

4

x y

x y

   

   



   

   

1

4;4 :

4;0 : 12

M d x

M d x y

    

    

Từ ta trả lời yêu cầu

Qua M kẻ tiếp tuyến đến (C) có dạng  d1 :x 4 0; d2: 3x 4y 12 0 Toạ độ tiếp điểm M1  4;4 ; M2 4;0

Đường thẳng qua tiếp điểm x2y 0

Lời bình: Phương pháp giải tỏ hiệu yêu cầu đề viết phương trình tiếp tuyến với (C) qua điểm A, Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm viết phương trình đường thẳng qua tiếp điểm “Nếu yêu cầu đề viết phương trình tiếp tuyến thơi ta nên sử dụng phương pháp thơng thường)

Bài 21: Cho đường tròn ( ) :C x2 y2 2x 6y 9 đường thẳng (D): 3x 4y12 0

Viết trình tiếp tuyến với (C) vng góc với (d) Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm viết phương trình đường thẳng qua tiếp điểm

Hướng dẫn giải:

Gọi M x y0; 0   C  x02y02 2x0 6y0 9 1  Phương trình tiếp tuyến (d) với (C) điểm M có dạng

       

0 0 0 3

xx yy  x x  y y    x  x y  y x  y  

Tiếp tuyến (d) vuông góc với (D) x0 4   y0 3  0 3x0 4y0 2  

Giải hệ tạo (1) (2) ta

0

0

9 18

5

1 12

5

x y

x y



  

 

   



   

1

2

9 18

; : 18

5 12

; :

5

M d x y

M d x y

 

    

 

 

    

 

Có tiếp tuyến cần tìm là:  d1 : 4x3y 18 0; d2: 4x3y 0 Toạ độ tiếp điểm 1 18; ; 2 12;

5 5

M   M  

   

Đường thẳng qua tiếp điểm 3x 4y 0

Bài tập tương tự : Cho đường tròn ( ) :C x2y22x2y 1 đường thẳng (D):

4x 3y 5 Viết trình tiếp tuyến với (C) song song với (d) Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm viết phương trình đường thẳng qua tiếp điểm

Bài 22: Cho đường tròn (C): x 22 y 12 20 Viết trình tiếp tuyến với (C) có hệ số góc

k Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm viết phương trình đường thẳng qua tiếp điểm

Hướng dẫn giải

Gọi M x y0; 0   C  x0 22y0 12 20 1 

Phương trình tiếp tuyến (d) với (C) điểm M có dạng

x0 2 x 2  y0 1  y 1 20 suy hệ số góc (d): 0

2

d x

k y

 



Tiếp tuyến (d) có hsg nên suy 0 0  

2

2 2 2

1

x

x y x y

y



        



Giải hệ tạo (1) (2) ta 0

0

2

6

x y

x y

   



   

   

   

1

2

2;3 :

6; : 13

M d x y

M d x y

     

     

Từ ta trả lời yêu cầu trên

Có tiếp tuyến cần tìm  d1 : 2x y  7 0;d2: 2x y 13 0 Toạ độ tiếp điểm M1  2;3 ; M2 6; 1 

Đường thẳng qua tiếp điểm x2y 0

Bài 23: Cho đường trịn (C): x 12 y12 10 Viết trình tiếp tuyến (d) với (C) biết tiếp

tuyến hợp với (D): 2x y  0 góc 450 Chỉ rõ toạ độ tiếp điểm.

Hướng dẫn giải:

Phương trình tiếp tuyến (d) với (C) điểm M có dạng

x0 1 x 1  y0 1 y1 10 suy VTPT (d): nd x0 1;y01



Đường thẳng (D) có VTPT nD 2;1



(d) (D) tạo với góc 450    

   

0

0

2

0

2 1 2

cos 45

2

1 1

x y

x y

  

 

   

   

0

0

0

6 2

2

4

y x

x y

y x

  

     

  

TH1: Giải hệ tạo (1) (2) ta 0

0

2

4

x y

x y

  



    

TH2: Giải hệ tạo (1) (3) ta 0

0

0

2

x y

x y

   



   

Từ ta trả lời yêu cầu trên

Có tiếp tuyến cần tìm là: x3y 0;3 x y  14 0; x3y12 0;3 x y  6

Có toạ độ tiếp điểm M12; ; M2 4; ;  M3 0; ;  M4   2;0 Lời bình: tốn bạn sử dụng cơng thức

1

tan

k k

k k

  

 số

trường hợp tỏ bế tắt bạn nhé? Nếu đường thẳng (D) bị thay đổi

0; 0;

x m  y n  x y p   khơng sử dụng cơng thức Lời khun bổ ích: Nên áp dụng cơng thức cơsin trình bày để không bị rắc rối thêm

Bài 24: Cho đường tròn (C): x 12y 22 8 điểm A  3; 2  Tìm (C) điểm M

sao cho MA đạt giá trị lớn nhất, nhỏ Hướng dẫn giải

Cách 1: Dành cho học sinh lớp 11- 12

Ta có pt (C):    

2

2 2

1

2 2

x y

x  y         

   

Đặt

1 sin

1 2 sin 2

2 2 2 cos

cos 2

x

x

y y

 

 

    

 



 

    

   

 

M2

M1

A

Gọi M  C  M  1 2 sin ;2 2 cos   với  0;2

Khi

  2  2  2 2

2 3 2 sin 2 2 cos 4 2 sin 4 2 cos

MA                

 

2 40 32 sin cos 40 32sin

4

MA         

 

2

8 MA 72 2 MA

     

MA nhỏ 2  

5

sin 1;0

4 M

 

 

        

 

 

MA lớn sin 4 4 M2 3;4

 

 

       

 

 

Cách khác: (dành cho học sinh lớp 10) - Đường trịn (C) có tâm I 1;2 ; R2

- Dể thấy A (C)

- Gọi (d) đường thẳng qua A, I Phương trình (d): y x 1

Gọi M M1; 2    d  C  M1  1;0 ; M2 3;4 2;

AM  AM 

Vậy MA ngắn M M1 MA lớn M M2

Lời bình: Cách giải sử dụng phương trình tham số đường trịn; cách dựa vào kiến thức khoảng cách

Xinnói qua chút phương trình tham số đường trịn: Cho đường tròn (C):

x a 2y b 2 R2 phương trình (C) viết lại

2

1

x a y b

R R

 

   

 

   

   

Đặt   

sin sin

0;2 cos

cos

x a

x a R R

y b y b R

R

 

 

    



   

 

    

  

A Các tốn hình chiếu vng góc:

Bài tốn 1: Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm M = (6; -1; -5) mp(P): 2x + y -2z - =

Nhận xét: Bài toán ta viết phương trình đường thẳng d qua M vng góc với mp(P). Khi hình chiếu H giao điểm d mp(P)

Hướng dẫn giải: Đường thẳng d qua M vng góc với mp(P) có phương trình:

    

  

  

 

t z

t y

t x

2

1

Gọi H = d (P) Ta có H  d  H(6 + 2t; -1 +t; -5-2t) Vì H(P) 2(6+2t) + (-1+t) - 2(-5-2t) - =  t = -2 Vậy H(2; -3; -1)

Bài tốn 2: Viết phương trình hình chiếu vng góc đường thẳng d:

    

  

  

 

t z

t y

t x

3

2

4

)

(tR mp(P): 2x + y - 2z - = 0.

Nhận xét: Ta có d // (P) nên ta lấy Md, tìm hình chiếu M (P), hình chiếu đường thẳng d mp(P) đường thẳng qua H song song với d

Hướng dẫn giải:

Ta có: d qua điểm M(6; -1; -5), có VTCP u= (4; -2; 3)

mp(P) có VTPT n= (2; 1; -2)

u n = M(P) nên: d // (P)

Gọi H hình chiếu M (P) suy ra: H(2; -3; -1) (Bài toán 1)

Hình chiếu d (P) đường thẳng qua H song song với d nên có phương trình :

    

  

  

 

t z

t y

t x

3

2

4

d

P

M

H

d

H M

Bài tốn 3: Viết phương trình hình chiếu vng góc đường thẳng d:

    

  

  

 

t z

t y

t x

5

2

5

)

(tR mp(P): 2x + y - 2z - = 0.

Nhận xét: Ta có d cắt (P) nên tìm giao điểm A d (P) sau lấy Md, tìm hình chiếu H M (P), hình chiếu đường thẳng d mp(P) đường thẳng qua H có VTCP AH

Hướng dẫn giải:

Gọi A giao điểm d (P)

Ta có: A d suy ra: A(6-5t; -1+2t; -5+5t) Vì A (P)  2(6-5t) + (-1+2t) - 2(-5+5t) - =  t =

Do A(1; 1; 0)

Ta lại có: M(6; -1; -5) d

Gọi H hình chiếu M (P) suy ra: H(2; -3; -1) (bài toán 1)

Hình chiếu d (P) đường thẳng qua H có VTCP AH = (1; -4; -1)

nên có phương trình :

    

  

  

 

t z

t y

t x

1

(tR)

Bài tốn 4: Tìm tọa độ hình chiếu H điểm M(-1; -2; 4) đường thẳng d:

    

 

 

  

t z

t y

t x

1 2

3

Nhận xét: Bài toán ta lấy Hd, H hình chiếu M đường thẳng d u MH = (u VTCP d)

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP u= (3; -2; 1) Gọi Hd suy ra: H(-2+3t; 2-2t; 1+t) nên:

MH =(-1+3t; 4-2t; -3+t)

H hình chiếu M d  u.MH =

 3(-1+3t) - 2(4-2t) + (-3+t) =  t = Vậy H(1; 0; 2)

d

H M

A d

H M

Kết luận: Từ toán nêu ta thấy, với toán dạng này, ta lấy điểm cho trước chọn điểm đường thẳng cho trước sau dựa vào quan hệ vng góc điểm với đường thẳng, đường thẳng với mặt phẳng để tìm hình chiếu vng góc điểm đường thẳng hay mặt phẳng Từ kết luận (nếu tốn tìm hình chiếu) viết phương trình hình chiếu dựa vào hình chiếu vừa tìm vị trí tương đối đường mặt

Một số tập tham khảo:

Bài 1: Viết phương trình hình chiếu vng góc đường thẳng d:

1 3

2

1 

  

 y z

x

trên mặt phẳng tọa độ

Bài 2: Cho đường thẳng d :

    

 

 



t z

t y

t x

2

4

8 mặt phẳng (P): x + y + z - = Viết phương

trình hình chiếu vng góc d mp(P)

Bài 3: Tìm tọa độ điểm H hình chiếu vng góc điểm M(1; -1; 2) mặt phẳng (  ) : 2x - y + 2z + 11 = 0.

Bài 4: Cho đường thẳng d mặt phẳng ( ) có phương trình: d:

5

1

2 

  

 y z

x

; ( ): 2x + y + z- 8= Viết phương trình hình chiếu vng góc d (

 )

Bài 5: Tìm tọa độ điểm H hình chiếu vng góc điểm A(1; -1; 3) đường thẳng d :

2

2 x y t

z t

  

  

 



B Các toán đối xứng:

Bài toán 5: Tìm tọa độ điểm M ' đối xứng với điểm M(6; -1; -5) qua mp(P): 2x + y

- 2z - =

Nhận xét: Bài tốn ta viết phương trình đường thẳng d qua M vng góc với mp(P), lấy M ' d (M 'M) , M ' đối xứng với M qua (P) d(M;(P))=d(M ';(P))

Hướng dẫn giải: Đường thẳng d qua M vng góc với mp(P) có phương trình:

    

  

  

 

t z

t y

t x

2

1

Gọi M '(6+2t; -1+t; -5-2t)d M 'M  t 0

Giáo viên Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 21 M

d

M ' đối xứng với M qua (P)  d(M;(P))=d(M ';(P))



3 18

18 

 t  t = - 4 t = (loại) Vậy M '(-2; -5; 3)

Bài tốn 6: Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d:

    

  

  

 

t z

t y

t x

3

2

4

qua mp(P): 2x + y - 2z - =

Nhận xét: Ta có d // (P) nên ta lấy M d, tìm M ' đối xứng với điểm M qua (P), đó

đường thẳng d ' qua M ' song song với d.

Hướng dẫn giải:

Ta có: d qua điểm M(6; -1; -5), có VTCP u= (4; -2; 3)

mp(P) có VTPT n= (2; 1; -2)

u n = M(P) nên: d //(P)

Gọi M ' đối xứng với điểm M qua (P) suy ra: M '(-2; -5; 3).( toán5)

Đường thẳng d ' qua M ' song song với d nên có phương trình:

    

 

  

  

t z

t y

t x

3

2

4

Bài tốn 7: Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d:

    

  

  

 

t z

t y

t x

5

2

5

qua mp(P): 2x + y - 2z - =

Nhận xét: Ta có d cắt (P) nên tìm giao điểm A d (P) sau lấy Md, tìm M ' đối

xứng với điểm M qua (P), đường thẳng d ' qua M ' có VTCP AM' Hướng dẫn giải:

Gọi A giao điểm d (P)

Ta có: A d suy ra: A(6-5t; -1+2t; -5+5t) A (P)  2(6-5t) + (-1+2t) - 2(-5+5t) - =  t =

Do A(1; 1; 0)

Ta lại có: M(6; -1; -5) d

Gọi M ' đối xứng với điểm M qua (P)

suy ra: M '(-2;-5;3) ( toán5)

d' M'

M d

(P)

A

M '

d M

d'

Đường thẳng d ' qua M ', có VTCP AM' = (-3; -6; 3) = 3(-1; -2; 1) nên có phương trình:

    

 

  

  

t z

t y

t x

3

2

(tR)

Bài toán 8: Tìm tọa độ điểm A/ đối xứng với A(1 ; -2 ; -5) qua đường thẳng d có phương

trình :

    

   

 

t z

t y

t x

2

2

Nhận xét: Bài toán ta lấy Hd, H hình chiếu A lên đường thẳng d u AH = (u VTCP d), ta có H trung điểm AA/ từ suy tọa độ A/

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP u= (2; -1; 2) Gọi Hd suy ra: H(1+2t ; -1-t ; 2t)

nên: AH=(2t ; 1-t ; 2t-5)

H hình chiếu A d  u AH =

 2(2t) - (1- t) + 2(2t + 5) =  t = -1 suy ra: H(-1;0;-2)

Ta có H trung điểm AA/ nên:     

   

1

/ / /

A A A

z y x

Vậy: A/ (-3 ; ; 1).

Kết luận: Từ toán nêu ta thấy, với toán dạng này, ta lấy điểm cho trước chọn điểm đường thẳng cho trước sau tìm điểm đối xứng điểm qua đường thẳng hay mặt phẳng Từ kết luận (nếu tốn tìm điểm đối xứng) viết phương trình đường thẳng đối xứng dựa vào điểm đối xứng vừa tìm vị trí tương đối đường mặt, đường đường

Một số tập tham khảo:

Bài 1: Cho điểm A(1; 0; 0) đường thẳng  :

    

  

 

t z

t y

t x

2

2

a/ Tìm tọa độ điểm H hình chiếu điểm A đường thẳng 

b/ Tìm tọa độ điểm A/ đối xứng với A qua đường thẳng .

d

H

Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 2; 3) đường thẳng: d1:

1

2

2 

 

 

 y z

x

; d2 :

1

1

1 

   

 y z

x

a/ Tìm tọa độ A/ đối xứng với A qua đường thẳng d

1

b/Viết phương trình đường thẳng  qua A vng góc với đường thẳng d1 cắt đường

thẳng d2 (Đề thi ĐHCĐ khối D năm 2006)

Bài 3: Cho điểm M(2; 1; 0) mặt phẳng ( ) : x + 3y - z - 27 = Tìm tọa độ điểm M/ đối

xứng với M qua mặt phẳng ( ).

Bài 4: Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d:

1 2 x t

y t

z t

  

       

qua mặt

phẳng ( ) : x + y + z - = 0.

Bài 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1:

2

x t

y t

z t

  



  

  



d2:

, ,

,

1

4 x t

y t

z t

  

   

   

a/ Tìm tọa độ giao điểm d1 d2

b/ Viết phương trình đường thẳng d đối xứng với đường thẳng d1 qua d2

C Các toán cắt nhau, vng góc, song song:

Bài tốn 9: Cho đường thẳng d mp (P) có phương trình: d:

1 2 x t

y t

z t

  



  

   

; (P): 2x + z -

=

a/ Xác định tọa độ giao điểm A d (P)

b/ Viết phương trình đường thẳng d ' qua A, nằm (P) vng góc với d.

Nhận xét: Bài toán ta tìm tọa độ A, đường thẳng d ' qua A có véctơ chỉ

phương vu n ,  ; u VTCP d, n VTPT mp(P) Hướng dẫn giải:

a/ A = d (P) Ta có Ad  A(1 + t; + 2t; + 2t)

d

Vì A(P)  2(1 + t) + (3 + 2t) - =  t = Vậy: A(1; 2; 3)

b/ d có VTCP u = (1; 2; 1); mp(P) có VTPT n = (2; 0; 1)

Đường thẳng d ' (P) d 'd nên d ' có véctơ phương vu n, 

 

  

= (2; 1; -4)

Đường thẳng d ' qua A có VTCP v nên có phương trình :

    

 

 

 

t z

t y

t x

4

2

Bài tốn 10: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :

1

3

1 

   

 y z

x

mặt phẳng (P) : 2x + y - 2z + =

a/ Tìm tọa độ điểm Id cho khoảng cách từ I đến mp(P)

b/ Tìm tọa độ giao điểm A đường thẳng d mặt phẳng (P).Viết phương trình đường thẳng  nằm mp(P),biết  qua A vng góc với d

(Đề thi ĐHCĐ khối A năm 2005)

Nhận xét: Đây đề thi ĐHCĐ, câu a ta lấy Id sử dụng công thức khoảng cách, câu b cách làm toán

Hướng dẫn giải:

a/ Đường thẳng d có phương trình tham số:

    

 

  

 

t z

t y

t x

3

Id suy ra: I(1-t; -3 + 2t; 3+t)

Khoảng cách từ I đến mp(P) nên:

2

9 ) ( ) ( ) (

      

 t t t

 2 2t 6

   

 



2

t t

Vậy có điểm I1 (-3; 5; 7), I2 (3; -7; 1)

b/ Vì Ad suy ra: A(1-t; -3 + 2t; 3+t)

Ta có A(P)  2(1-t) + (-3 + 2t) - 2(3 + t) + =  t =

Do A(0; -1; 4)

Đường thẳng d có VTCP u = (-1; 2; 1), mp(P) có VTPT n=(2; 1; -2)

Đường thẳng  (P)  d nên  có véctơ phương vu n, 

  

=(-5; 0; -5)



I2 I1

(P)

d

Phương trình đường thẳng :           t z y t x

Bài toán 11: Viết phương trình đường thẳng  qua I(-1; -2; 4) vng góc cắt đường

thẳng d:

            t z t y t x 2 ) (tR

Nhận xét: Bài toán ta lấy Hd, H  u.IH = (u VTCP

của d); đường thẳng qua I có VTCP IH

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP u= (3; -2; 1) Gọi Hd suy ra: H(-2 + 3t; - 2t; + t) nên:

IH



=(-1 + 3t; - 2t; -3 + t)

H  u.IH



=  3(-1 + 3t) - 2(4 - 2t) + (-3 + t) =  t = suy H(1; 0; 2)

Đường thẳng qua I có VTCP IH



=(2; 2; -2) nên có phương trình :

             t z t y t x

Bài toán 12: Viết phương trình đường thẳng  qua A(2; 1; -3) cắt đường thẳng d1:

            t z t y t x )

(tR vng góc với đường thẳng d2:

            t z t y t x ) (tR

Nhận xét: Bài tốn ta lấy Hd1, H u



.AH = (ulà VTCP d2); đường thẳng qua I có VTCP AH



Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d2 có VTCP u



= (4; 1; 1) Gọi Hd1 suy ra: H(3+t; -1-2t; 4+t) nên:

AH



=(1+t; -2-2t; 7+t)

H  u.AH =

 4(1+t) + (-2-2t) + (7+t) =

 t = -3 suy H(0; 5; 1)

Đường thẳng qua A có VTCP AH =(2; -4; -4) = 2(1; -2; -2) nên có phương trình :

            t z t y t x 2

(tR)

Bài tốn 13: Viết phương trình đường thẳng  cắt đường thẳng d1:

           t z t y t x

2 ; d2:             / / / t z t y t x

song song với đường thẳng d:

1     y z x

Nhận xét: Bài toán ta lấy Ad1, Bd2 A, B  hai vectơ u



,

AB



cùng phương (ulà VTCP d), đường thẳng qua A có VTCP u Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP u= (3; 2; 1) Gọi Ad1 suy ra: A(t; -2-3t; 1+t)

Bd2 suy ra: B(1+2t/ ; -1+3t/ ; 4-t/ )

nên: AB = (2t/ - t + 1; 3t/ + 3t + 1; -t/ - t + 3)

A, B  uvà AB phương

 3 3

2 / / /

       

 t t t t t

t         / / t t t t        / t t

suy A(-1;1;0)

Đường thẳngqua A có VTCP u= (3;2;1) nên có phương trình :

           t z t y t x

Bài toán 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1:

1 1     y z x

d2:

           z t y t x

Viết phương trình đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (P): 7x + y - 4z = cắt đường thẳng d1 , d2 (Đề thi ĐHCĐ khối A năm 2007)

Nhận xét: Đây đề thi ĐHCĐ, ngồi cách giải đáp án, tơi thấy tương tự tốn 13, ta giải nhanh cách lấy Ad1, Bd2 A, Bd u



, ABcùng phương (ulà VTCP d); đường thẳng d qua A có VTCP u

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d (P) nên d có VTCP u= (7; 1; -4)

Đường thẳng d1 có phương trình tham số:

           / / / 2 t z t y t x

Gọi Ad1 suy ra: A(2t/ ; 1- t/ ; -2+ t/ )

Bd2 suy ra: B(-1+ 2t ; 1+ t ; 3)

nên: AB= (2t - 2t/ - 1; t + t/ ; - t/ )

A, B    u, ABcùng phương



2 / / /

     

 t t t t

t           5 / / t t t t        / t t

suy A(2; 0; -1)

Đường thẳng d qua A có VTCP u= (7; 1; -4) nên có phương trình :

           t z t y t x

Bài tốn 15: Viết phương trình đường vng góc chung đường thẳng chéo d:

          t z t y t x )

(tR d/ :

             / / / t z t y t x )

(t/ R



Nhận xét: Bài toán học sinh lấy Ad1, Bd2; AB đường vng góc chung d

và d/

u AB v AB          

  ; đường vng góc chung qua A có VTCP AB Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP u= (3; 1; 1) Đường thẳng d/ có VTCP

v 

= (1; 3; -1)

d B d2 d1 A (P)

Gọi Ad suy ra: A(5+3t; 2+t; t) Bd/ suy ra: B(-2+t/ ; -7+3t/ ; 4-t/ )

nên: AB=(t/ - 3t - 7; 3t/ - t - 9; -t/ - t + 4)

AB đường vng góc chung d d/ 

u AB v AB                                     ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( / / / / / / t t t t t t t t t t t t         38 11 26 11 / / t t t t        / t t

suy ra: A(2; 1; -1); AB =(-1; 1; 2)

Đường vng góc chung qua A có VTCP AB =(-1; 1; 2) nên có phương trình :

            t z t y t x 1 ) (tR

Kết luận: Từ toán nêu ta thấy tốn dạng có độ " khó" Tuy nhiên, ta thấy phương pháp chung để giải là: Chọn điểm điểm (có chứa tham số) đường thẳng đường thẳng bị cắt (cho trước), sau dựa vào yếu tố song song, vng góc để tìm tham số Từ viết phương trình đường thẳng theo yêu cầu toán

Một số tập tham khảo:

Bài 1: Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d1 cắt hai đường

thẳng d2 d3, biết phương trình d1, d2 d3 là:

d1            t z t y x

; d2:

3 1    

 y z

x

; d3:

            ' ' ' t z t y t x

Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(-4;-2;4) đường thẳng d:

             t z t y t x 1

, Viết phương trình đường thẳng 

Bài 3: Cho hai đường thẳng: d 1:            t z t y t x 8

d2:

3    

 x y z

Viết phương trình đường vng góc chung hai đường thẳng

Bài 4: Cho hai đường thẳng: d: 1    y z x

và d':            t z t y t x

a.Viết phương trình đường vng góc chung d d'.

b Viết phương trình đường thẳng song song với Oz, cắt d d'

Bài 5: Viết phương trình đường thẳng  vng góc với mặt phẳng tọa độ (Oxz) cắt

đường thẳng d :

           t z t y t x

4 ; d/ :

            / / / t z t y t x

Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng : 12 12 1

   

 y z

x

mặt phẳng (P) : x + 2y - 3z + = Viết phương trình đường thẳng d nằm (P) cho d cắt vng góc với đường thẳng 

(Đề thi ĐHCĐ khối D năm 2009) D Các tốn cực trị tọa độ khơng gian:

Bài tốn 16: Trong khơng gian với hệ tọa độ Đềcác vng góc Oxyz cho điểm M(1; 3; -2)

và đường thẳng d:

5 2 x t y t z t          

 Tìm tọa độ điểm H



d cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ

Nhận xét: Bài tốn ta lấy Hd, độ dài MH nhỏ MH d  u MH = (u VTCP d)

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng d có VTCP u= (3; 1; -1) Gọi Hd suy ra: H(5 + 3t; 2+ t; -2 - t) nên:

MH =(4 + 3t; -1 + t; - t) MH nhỏ  MH d

 u MH =

 3(4+3t) + (-1 + t) - (- t) =  t = -

d

Vậy H(2; 1; -1)

Bài tốn 17: Trong khơng gian Oxyz cho M (1; 2; 3), N ( 4; 4; 5) Tìm điểm I mp(Oxy) cho IM + IN nhỏ

Nhận xét: Bài toán ta kiểm tra M, N nằm hay hai phía mặt phẳng Nếu M, N nằm hai phía mặt phẳng I giao điểm MN mặt phẳng, M, N nằm phía mặt phẳng I giao điểm M 'N mặt phẳng M ' điểm đối xứng M qua

mặt phẳng

Hướng dẫn giải:

Mặt phẳng (Oxy) có phương trình z = Trước hết ta xét xem M N có hai phía với mp (Oxy) hay không? Dể thấy zM zN = = 15>0  M, N phía với mp (Oxy)

Đường thẳng d qua M vng góc mp(Oxy) có pt:

1 x y z t

  

     

Gọi H giao điểm d với mp(Oxy) Ta có H  d  H (1; 2; + t)

Vì H  (Oxy)  + t =  t = -3

 H( 1; 2; 0)

Gọi M' đối xứng với M qua mp(Oxy)

H trung điểm MM' nên M' (1; 2; -3) M N ' = (3; 2; 8)

Ta có IM + IN = IM' + IN  M'N  Min ( IM + IN) = M'N  I giao điểm M'N mp(Oxy)

M'N qua M ' có VTCP M N ' = (3; 2; 8) nên có phương trình:

, ,

,

1 2

x t

y t

z t

  



  

   

Điểm I ( + 3t', + 2t', -3 + 8t')d I  (Oxy)  -3 + 8t' =  t' =3

8

Vậy I 17 11; ;0

 

 

 

Bài toán 18: Trong k/gian Oxyz cho: M (3; 1; 1), N ( 4; 3; 4) đường thẳng d có phương

trình:

7

9 x t

y t

z t

  

   

  



Tìm điểm I d cho: IM + IN nhỏ

M

N

M'

y x O

d

Nhận xét: Ta có MNd nên IM + IN nhỏ I = d (P) (P) mặt phẳng qua MN vng góc với d

Hướng dẫn giải:

Ta có: MN = (1; 2; 3), d có VTCP u = ( 1; -2; 1), MN.u =0  MN d

Mặt phẳng( P) qua MN vng góc với d có phương trình là: x - 2y +z - = Gọi H = d (P), H d  H(7 + t; - 2t; + t)

Vì H (P) nên: (7 + t) - 2(3 - 2t) +(9 + t) - =

 t =

  H 17 17 23; ;

3 3

 

 

 

Với I d, ta có: IM + IN  HM + HN

 IM + IN nhỏ  IM + IN = HM + HN  I H

Vậy: I 17 17 23; ; 3

 

 

 

Bài tốn 19: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(-3; 0; 1), B(1; -1; 3) và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - = Trong đường thẳng qua A song song với (P), viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng nhỏ (Đề thi ĐHCĐ khối B năm 2009)

Nhận xét: Ta gọi d đường thẳng cần tìm; d chứa mp(Q) qua A song song với (P), khoảng cách từ B đến đường thẳng d nhỏ d qua H (H hình chiếu B (Q))

Hướng dẫn giải:

Gọi d đường thẳng cần tìm; d chứa mp(Q) qua A song song với (P) Ta có phương trình (Q): x - 2y + 2z + =

Gọi I, H hình chiếu B d, (Q) Ta có d(B;d) = BI  BH

nên d(B;d) nhỏ d qua H Đường thẳng d ' qua B vng góc (Q)

có phương trình:

1 x t

y t

z t

  



  

  



H = d ' (Q), Hd ' nên H(1+ t; -1 - 2t; + 2t).

Vì H(Q) nên: (1+ t) -2(-1 - 2t) + 2(3 + 2t) + =  t = 10

  H 11 7; ; 9

 



 

 

M

N

d

H I

(P)

d d' H

I

B

A (Q)

Đường thẳng d qua A có VTCP (26 11; ; 2) 9 AH  



có phương trình:

3 26 11

x t

y t

z t

  

  

  



Bài tốn 20: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;4;2), B(-1;2;4) và

đường thẳng d có phương trình:

1

2 x t

y t

z t

   

  

 



a/ Tìm tọa độ điểm Md cho MA MB  

nhỏ b/ Tìm tọa độ điểm Id cho diện tích AIB nhỏ

c/ Viết phương trình đường thẳng qua A cắt d cho khoảng cách từ B đến đường thẳng đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

Nhận xét: Ta lấy M  d; câu a, ta tìm MA +MB  MA MB  

suy M; câu b, c ta tìm diện tích AIB, khoảng cách vận dụng tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, từ suy kết

quả

Hướng dẫn giải:

a/ Md M ( 1-t; -2+t; 2t) MA =(t; 6-t; 2-2t),MB =(-2+ t; -t; -2t) Do đó: MA +MB = (-2 + 2t; 10 - 2t; - 4t)

 MA MB  

= ( 2 )t (10 )t (6 )t

      = 24(t 2)244 11

Suy ra: Min MA MB  

=2 11  t-2 = 0 t = Vậy: M(-1; 0; 4)

b/ Id  I(1-t; -2+t; 2t) ta có: AI= (- t; - + t; - + 2t) AB= ( -2; -2; 2)  AI AB, 

 

 

= ( 6t - 16; -2t + 4; 4t - 12)

Diện tích AMB: SAIB=1 ,

2 AI AB  

=

2 2

(6 16)t  ( 2t4) (4 12)t =

2

2

56t  304t416 = 14t2 76t104 ( tR)

Xét hàm f (t) = 56t2- 304t + 416  f / (t) = 112t - 304;

f / (t) = 0 t = 304

112= 19

7 BBT:

Giáo viên Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 33

t -  19/7

+ 

+ 

+ 

- +

Từ suy ra: SAIB đạt GTNN t =19

Vậy: I 12 38; ; 7

 



 

 

c/ Gọi đường thẳng d1 qua A cắt d M ( 1- t; -2 + t; 2t)

Khi dB d; 1 =

, AM AB AM        = 2

56 304 416 20 40

t t t t     = 2

28 152 208 10 20

t t

t t

 

 

Xét hàm g(t) = 28 22 152 208 10 20

t t

t t

 

 

g / (t) =

2

2

16(11 60) (3 10 20)

t t t t

 

  ; g

/ (t) =  11t2 - 8t - 60 = 0

2 30 11 t t      

Ta có lim ( ) 28 3 x g t 

BBT:

Max dB d; 1= Khi t = -2  Đường thẳng d1:

1 4 x t y t z t           

Min dB d; 1= 35

35 Khi t = 30

11  Đường thẳng d2:

1 15 18 19 x t y t z t           

Vậy có đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán là:

d1:

1 4 x t y t z t           

d2:

1 15 18 19 x t y t z t           

Kết luận: Đây tốn khó, để giải cần phải vận dụng dạng tốn Tuy nhiên, ta thấy phương pháp chung để giải là: Chọn điểm (có chứa tham số) đường thẳng (cho

4/35 28/3 28/3 12 + -2 f ' ( t )

f( t )

0 +

-+ 

-  30/11

trước), sau dựa vào yếu tố hình chiếu vng góc đưa hàm số sau tìm tham số Từ tìm điểm viết phương trình đường thẳng theo yêu cầu toán

Một số tập tham khảo:

Bài 1: Cho A (1; 2; -1), B (7; -2; 3) đường thẳng d có pt: 2

3 2

x y z

 

 Tìm điểm

I  d cho IA + IB nhỏ

Bài 2: Cho mp(): 2x - y + z + = hai điểm A( 3; 1; 0), B( -9; 4; ) a/ Tìm điểm I ( ) choIA IB  đạt GTNN

b/ Tìm điểm M( ) cho: MA MB đạt GTLN

Bài 3: Cho: A (1; 1; 0) B ( 3; -1; 4) đ/t d: 1

1

x y z

  Tìm d điểm I

cho: IA + IB bé

Bài 4: Cho A (5; -1; 3), B (7; -1; 1) mặt phẳng (P) có phương trình: x - y + z - = Tìm điểm I (P) cho IA + IB nhỏ

Bài 5: Cho hai đường thẳng d1:

1 1

2 1

x y z

  ; d2:

1

1

x y z

  điểm A ( 1; 4;

2) Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt d1 cho khoảng cách d d2 lớn

KẾT QUẢ

Sau hình thành đưa cách giải, tơi vận dụng phương pháp dạng A, B vào dạy kết kiểm tra 15' lớp giảng dạy sau:

Lớp sử dụng phương pháp khác(3 lớp với 144 em)

Lớp sử dụng phương pháp này(2 lớp với 92 em)

Điểm Điểm từ 5< 8 Điểm từ 810

45 78 21

Từ bảng kết ta thấy lớp sử dụng phương pháp tỉ lệ điểm giảm gần nữa, tỉ lệ điểm từ < tăng không nhiều tỉ lệ điểm từ 810 tăng gần gấp lần.

PHẦN KẾT LUẬN

Từ toán nêu cách giải chúng, ta thấy vận dụng tốt quan hệ vng góc, song song , tính chất đối xứng điểm với tọa độ điểm theo tham số ta giải nhiều dạng toán, đơn giản toán, hạn chế việc " sợ " tốn hình học khơng gian học sinh, tạo hứng thú cho em, góp phần chung vào việc nâng cao chất lượng dạy học phát huy tính tích cực học sinh, khơi nguồn cho em tìm tịi, sáng tạo q trình giải tốn

Trên kinh nghiệm thực tiễn thân qua nhiều năm giảng dạy mơn tốn phần phương trình đường thẳng không gian, với đề tài hy vọng giúp cho em học sinh biết cách vận dụng quan hệ vng góc, song song, tính chất đối xứng vào giải tốn cải tiến phương pháp học tập

Cuối cùng, tơi xin cảm ơn thầy tổ tốn đọc, góp ý giúp đỡ tơi hồn thành đề tài

Điểm Điểm từ 5< 8 Điểm từ 810

18 50 24

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1/ Giải toán nào? (G.Polya - Nhà xuất Giáo dục năm 1997)

2/ Toán nâng cao cho học sinh - Hình học ( Phan Huy Khải - Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội năm 1998).

3/ Hình học 12- Chuẩn ( Trần Văn Hạo - Nhà xuất Giáo dục - Hà Nội năm 2008)

4/ Hình học 12- Chuẩn- Sách giáo viên ( Trần Văn Hạo - Nhà xuất Giáo dục - Hà Nội năm 2008)

5/ Hình học 12- Nâng cao ( Đồn Quỳnh - Nhà xuất Giáo dục - Hà Nội năm 2008)

6/ Hình học 12- Nâng cao - Sách giáo viên ( Đoàn Quỳnh - Nhà xuất Giáo dục - Hà Nội năm 2008)

7/ Bộ đề thi tuyển sinh đại học - Môn Tốn Bộ GD & ĐT.(Dỗn Minh Cường; Phạm Minh Phương - Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội năm 2007)