(Sáng kiến kinh nghiệm) sử dụng các tính chất định tính hình học nhằm giúp học sinh lớp 12 giải bài toán hình học giải tích trong khô

MỤC LỤC Nội dung MỞ ĐẦU NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1.Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 1 18 20 20 20 MỞ ĐẦU * Lý chọn đề tài: Hình giải tích khơng gian (hay phương pháp tọa độ không gian) phần quan trọng chương trình học Tốn THPT Đặc biệt với xu nay, tập tọa độ không gian thiếu đề thi THPT quốc gia, đề thi học sinh giỏi cấp Khi giải tốn hình hình giải tích không gian, học sinh quên ý đến tính chất hình học nó, mà tính chất giúp ta đơn giản việc tính toán cung giải chúng Các em thường áp dụng phương pháp tọa độ hay giải tích để giải Nhưng nhiều toán học sinh biết khai thác tính chất định tính hình học khơng gian túy chúng định hướng lời giải ngắn gọn độc đáo Đặc biệt với tốn cực trị hình giải tích học sinh sử dụng cơng cụ giải tích để xét biến thiên tìm cực trị số đại lượng độ dài, khoảng cách, góc Mặc dù cách giải rõ ràng lại phải tính tốn phức tạp, chí dài dịng Chính thế, việc nắm kiến thức hình học khai thác mực đưa tới phương án giải vô hữu hiệu Đề tài “Sử dụng tính chất định tính hình học nhằm giúp học sinh lớp 12 giải tốn hình giải tích khơng gian” viết với mong muốn giúp em học sinh khối 12 nắm kiến thức định tính hình học không gian lớp 11 biết cách khai thác chúng vào giải tốn hình học giải tích khơng gian * Mục đích nghiên cứu Trang bị cho học sinh phương pháp sử dụng tính chất hình học khơng gian vào giải nhanh dạng tốn hình giải tích khơng gian mang lại hiệu rõ nét việc giải đề thi THPT Quốc gia Bồi dưỡng cho học sinh phương pháp, kỹ giải tốn Qua học sinh nâng cao khả tư duy, sáng tạo hình thành nhiều cách giải khác * Đối tượng nghiên cứu Các tốn hình giải tích khơng gian Đối tượng nghiên cứu đề tài học sinh khối THPT qua năm giảng dạy * Phương pháp nghiên cứu Tổng hợp kiến thức, kiểm nghiệm qua thực tế dạy học Tập hợp vấn đề nảy sinh, khó khăn học sinh q trình giải số tốn hình hình giải tích khơng gian Từ đề xuất phương án giải tổng kết thành kinh nghiệm NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Phương trình mặt phẳng, đường thẳng, mặt cầu : - Mặt phẳng  P  qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) nhận n  ( A; B; C ) làm vectơ pháp tuyến có phương trình dạng: A( x  x0 )  B ( y  y0 )  C ( z  z0 )  - Phương trình tham số đường thẳng d qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) có vectơ  x  x0  a1t   phương a  (a1; a2 ; a3 ) là:  y  y0  a2t (t  R) z  z  a t  - Phương trình tắc đường thẳng d qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) có vectơ  phương a  (a1; a2 ; a3 ) là: x  x0 y  y0 z  z0   (a1 , a2 , a3  0) a1 a2 a3 - Phương trình tâm I (a; b; c) bán kính R là: ( x  a )  ( y  b)  ( z  c)  R - Phương trình : x  y  z  Ax  By  2Cz  D  với A2  B  C  D  phương trình mặt cầu tâm I ( A;  B; C ) , bán kính R  A2  B  C  D 2.1.2 Các kiến thức khác - Các tính chất định tính hình học phẳng, hình học khơng gian quan hệ song song, quan hệ vng góc, góc, khoảng cách, độ dài đoạn thẳng, đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu, đường tròn - Khoảng cách từ M ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng    : Ax  By  Cz  D  cho công thức d ( M ,  )  Ax  By0  Cz0  D A2  B  C    [a, a '].MM '   - Khoảng cách hai đường chéo nhau: d (,  ')  [a, a ']   ( d qua M có vectơ phương a , d ’ qua M ’ có vectơ phương a ' ) * Cho A( x A ; y A ; z A ), B( xB ; yB ; zB ) ta có:  AB  ( xB  x A ; yB  y A ; z B  z A ) ; AB  ( xB  x A )  ( yB  y A )  ( zB  z A )  x A  xB y A  y B z A  z B  ; ;  2   M trung điểm AB M   2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trước áp dụng nghiên cứu vào giảng dạy tiến hành khảo sát chất lượng học tập học sinh hai lớp 12A5 12A8 trường THPT Hậu Lộc làm thử đề thi tự luận (tuyển chọn số tập hình giải tích có nhiều cách giải) cho học sinh làm thu kết sau: Sĩ Giỏi Khá TB Yếu Kém Lớp số SL % SL % SL % SL % SL % 12A5 38 0 13,1 20 52,7 10 26,3 7,9 12A8 40 20 25 62,5 12,5 0 Tôi nhận thấy học sinh đa phần dùng công cụ giải tích hay đại số để giải tốn, dẫn tới lời giải dài dịng, thời gian Nhiều học sinh không giải hết đề cho kết sai Như số lượng học sinh vận dụng tính chất định tính hình học khơng gian để giải dạng không nhiều chưa nắm vững nguồn kiến thức kĩ cần thiết Để thực để tài vào giảng dạy, trước hết tơi nhắc lại kiến thức hình học tọa độ, tiếp đưa tính chất thơng dụng hình học khơng gian túy ví dụ cụ thể để hướng dẫn học sinh thực hiện, cuối đưa tập tổng hợp để học sinh rèn luyện 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Giải pháp 1: Sử dụng tính chất tứ diện, hình chóp Giáo viên u cầu học sinh nắm tính chất tứ diện,hình chóp hay tính chất tứ diện, hình chóp đặc biệt (tứ diện đều, tứ diện vng, hình chóp đều, hình chóp có tính chất đặc biệt) Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (2;1;1) Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua M , cắt trục Ox, Oy, Oz A, B, C 1 1    cho 2 OA OB OC A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  3z  Giải: z H Gọi trực tâm tam giác ABC C Theo tính chất tứ diện vng nên ta có chân đường cao kẻ từ O trùng với trực tâm ABC đồng thời: 1 1     2 2 OA OB OC OH OM Mà ta tính OM  nên M trùng với H Vậy OM  ( ABC )  Khi mp  P  qua MO nhận OM  (2;1;1) H x O A y I B làm véc tơ pháp tuyến Suy phương trình mp  P  là: x  y  z   Chọn C *Nhận xét: Học sinh giải tốn theo phương pháp tọa độ, sử dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn Tuy nhiên cách giải tương đối dài dễ sai sót Ở ta sử dụng tính chất tứ diện vng vào giải tốn Ví dụ (Đề THPTQG năm 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(2;0;0), B (0; 2;0), C (0;0; 2) Gọi D điểm khác O cho DA, DB, DC đơi vng góc I (a; b; c) tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Tính S  a  b  c A S  4 B S  1 C S  2 D S  3 Giải: Xét tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc OA  OB  OC  2, ABC cạnh 2 nên gọi G 2 trọng tâm ABC G ( ;  ;  ) đường thẳng OG trục đường tròn 3 ngoại tiếp ABC Gọi D điểm đối xứng O qua mặt phẳng  ABC  Khi tứ diện DABC có DA, DB, DC đơi vng góc DABC Nếu J tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I đối xứng với J qua mặt phẳng  ABC  Vì O ABC hình chóp tam giác nên J giao điểm ba mặt phẳng trung trực OA, OB, OC (có phương trình x  1 , y  1 , z  1 )  J (1; 1; 1) 1 Vì G trung điểm IJ nên I ( ;  ;  ) Vậy S  1 Chọn B 3 Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x  y 1 z  x  y 1 z 1 (d1 ) :   , (d ) :   Lấy điểm A, B 2 2 (d1 ) , C , D (d ) cho AB  1, CD  Tính thể tích V khối tứ diện ABCD A V  B V  C V  D V  9 9 Giải: Gọi V thể tích khối tứ diện ABCD, h khoảng cách (d1 ) (d ) ,  góc (d1 ) (d ) Trước hết ta vận dụng công thức quen thuộc: V  AB.CD.h.sin  Nhận thấy d1  d nên sin   Lấy M (2;1;3)  (d1 ), N (3; 1;1)  (d )   MN  (1; 2; 2) Các véctơ phương (d1 ) (d ) lần   lượt u1 , u2 Tính    u1; u2  AB 21    u1; u2   (3; 6; 6) Vậy h          u1; u2    7 Suy V  1.2 .1  (đvtt) Chọn D * Nhận xét: Trong ví dụ trên, rõ ràng giải tốn theo lối suy nghĩ thơng thường quy tọa độ đỉnh áp dụng tích hỗn tạp véc tơ để giải gần khơng thể, tọa độ đỉnh tứ diện không cố định Tuy nhiên nhận thấy độ dài cạnh AB, CD không đổi nằm đường thẳng cố định việc tìm lời giải có sở Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp tam giác S.ABC biết A(3;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3) Tìm toạ độ đỉnh S biết thể tích khối S.ABC 36 đỉnh S có hồnh độ dương A S(8; ; 8) B S(9; ; 9) C S(2; ; 2) D S(5; ; 5) Giải: Phương trình  ABC  : x  y  z   ABC có trọng tâm G  1;1;1 S A C G B Do hình chóp S.ABC nên SG qua G vng góc với (ABC) x   t  SG :  y   t  S (1  t ;1  t ;1  t ) z  1 t  Ta có : VS.ABC=36= SG SABC  t  8, t  8 Do S có hồnh độ dương nên: S  9;9;9  Chọn B * Nhận xét: Ví dụ học sinh thường nghĩ tới hướng áp dụng tích hỗn tạp để giải Tuy nhiên khó thực tạo độ điểm S có thành phần đề chưa biết Ở ta khai thác tính chất hình chóp tam giác Học sinh cần nhận thấy tam giác ABC từ áp dụng cơng thức tính thể tính khối chóp để suy chiều cao(học mơn Hình khơng gian) Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ A Oxyz , cho tứ diện ABCD với A(0; ; ), 3 B (1;0;0) , C (1;0;0) , D(0; 3;0) Điểm M thuộc phần tứ diện ABCD Tính tổng khoảng H3 cách từ M đến mặt tứ diện ABCD M H2 2 A B H4 3 D B C D H1 3 Giải: Gọi H1 , H , H , H hình chiếu M C xuống mặt tứ diện Ta dễ có ABCD tứ 2 diện cạnh suy VABCD  23  12 Mặt khác: VMBCD  VMACD  VMABD  VMABC  VABCD AB  BC  CA   S ABC  Do mặt bên tứ diện có diện tích nên suy ra: 3V 2 MH1  MH  MH  MH  ABCD   (hằng số) Chọn D S BCD 3 * Nhận xét: Điểm mấu chốt ví dụ ta sử dụng phương pháp cộng thể tích khối đa diện Bên cạnh việc phát tứ diện ABCD cạnh a sử dụng công thức cơng thức V  a khiến tốn giải 12 cách ngắn gọn 2.3.2 Giải pháp 2: Sử dụng tính chất khoảng cách Trước hết, giáo viên cần cung cấp cho học sinh kiến thức liên quan đến tính chất khoảng cách, quan hệ đoạn vng góc độ dài đường xiên, tính chất khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, mặt phẳng, khoảng cách đường thẳng mặt phẳng song song, mặt phẳng song song, tính chất đối xứng Bên cạnh từ định hướng giáo viên, học sinh cần phải biết xây dựng hướng giải Giáo viên gợi ý khâu vẽ hình áp dụng cho học sinh Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) x 1 y z 1   đường thẳng d : Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách d (P) lớn A x  y  z  67  B y  z   C x  y  z  77  D x  y  z  13  Giải: Gọi H hình chiếu A d, H mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) d khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH  HI Suy HI lớn A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp I tuyến A H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) P Vì H hình chiếu A d nên    AH  d  AH u  (u  (2;1;3) véc tơ phương d   H (3;1;4)  AH (7; 1;5) Vậy  x  y  z  77   x  y  z  77  Chọn D * Nhận xét: Ngồi cách giải trên, giải tốn theo phương pháp giải tích sau : Phương trình (P) qua A có dạng: a( x  10)  b( y  2)  c ( z  1)  (a  b  c  0)   Vì (P)//d nên ud nP   2a  b  3c   b  2a  3c Lấy M (1;0;1)  d , ta có khoảng cách d (P) bằng: 9a  2b  2c 5a  8c d ( M ;( P ))   a  b2  c 5a  12ac  10c Nếu c   d ( M ;( P))  a 5    c Nếu c   d ( M ;( P ))  a a    12    10 c c 5t  7  t  Khảo sát hàm số f (t )  , ta f(t) đạt max 5t  12t  10 Lúc chọn a = 7, b = -5 b = 1, ta có (P): 7x + y -5z -77 = * Rõ ràng việc tìm tính chất hình học giúp ta giải toán cách nhẹ nhàng nhiều x 1 y z 1   Ví dụ Trong khơng gian Oxyz, cho đường thẳng  : 1 hai điểm A(1;2; 1), B (3; 1; 5) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm A cắt đường thẳng  cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d lớn nhất, nhỏ Giải: * Gọi d đường thẳng qua A B cắt  M  M (1  2t ;3t ; 1  t ) Gọi H hình chiếu B d Khi d ( B, d )  BH  BA Vậy d ( B, d ) lớn BA Δ  H  A Điều xảy K    AM  AB  AM AB  d P A H M  2(2  2t )  3(3t  2)  4t   t   M (3;6; 3) Phương trình đường x 1 y  z 1   thẳng d    * Lại có AM  (2  2t ;3t  2; t ), AB  (2; 3; 4) Mặt phẳng (P) chứa d  có PT là: Gọi K hình chiếu B (P)  BH  BK Vậy d ( B, d ) nhỏ BK  H  K Lúc d đường thẳng qua A K Ta tìm phương trình (P) là: x  y  z  K (0;2; 2) x  t  Vậy d ( B, d ) nhỏ nhất, ta có phương trình đường thẳng d là:  y   z  2  t  Ví dụ (Sách tập hình học nâng cao 11) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1;2) N (1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ K  0;0;2  đến (P) đạt giá trị lớn K Giải: Gọi I, H hình chiếu K lên đường thẳng MN (P) Khi khoảng cách từ K đến (P) KH Theo tính chất đường vng góc đường xiên, ta có KH  KI Mà KI không H đổi nên KH đạt max KI N I H trùng với I Vậy mp(P) cần tìm qua I M vng góc với KI P Vậy phương trình (P) là: x + y – z + = * Nhận xét: Qua ví dụ ta thấy rõ ràng cách giải theo phương pháp sử dụng tình chất hình học(từ việc dựng hình) khác biệt bất ngờ Dù việc học sinh sử dụng bất đẳng thức hay phương pháp hàm số toán cực trị tương đối rõ ràng Nhưng chắn học sinh lúng túng qua trình biến đổi tính tốn Vì việc định hướng lời giải từ việc khai thác tính chất hình học chúng vơ quan trọng Ví dụ (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  1; 2; 3 , B  6;10; 3  Viết phương trình mặt phẳng (P) cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) 15 khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) Giải: Giả sử ta xác định mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu toán Gọi H, K hình chiếu A, B (P) d  A,( P )   AH  15 Ta có :  d  B,( P )   BK  Mà 13  15  12  AH  BK  AB  13 (1) Như dấu đẳng thức (1) phải xảy Điều tương đương với H  K  ( P)  AB điểm H thỏa mãn   15   AH  BH   H  K 88 15   x  x   ( x  6)   13   15 154    88 154  K H ; ; 3  Gọi H ( x; y; z )   y   ( y  10)   y  13  13 13    15   z  3 z   ( z  3)     Vậy phương trình mặt phẳng (P) mặt phẳng qua H nhận AB (5;12;0) làm vtpt, nên có phương trình ( P) : 65 x  156 y  2288  * Nhận xét: Trong ví dụ trên, đa phần học sinh sử dụng phương pháp gọi phương trình mặt phẳng (P) dạng tổng qt sử dụng cơng thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng để giải Ở ta nhận thấy AH  BK  AB nên suy điểm A, B, H, K thẳng hang H trùng với K Từ giải tốn cách nhanh chóng Ví dụ Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 1; 1 , B  1; 3;1 Giả sử C, D điểm di động thuộc mặt phẳng  P  : x  y  z   cho CD  A, C, D thẳng hàng Gọi S1 , S2 diện tích lớn nhỏ tam giác BCD Khi tổng S1  S2 có giá trị bao nhiêu? 34 17 11 37 A B C D 3 3 Giải: Gọi H hình chiếu vng góc B lên đường thẳng CD, ta có : S BCD  1 BH CD  BH  BH 2 Do yêu cầu tốn trở thành tìm H để khoảng cách BH lớn hay nhỏ Ta thấy BH nhỏ khoảng cách từ B đến mp (P), ta có  BH   d  B;( P)   2.(1)  (3)  2.1    (2) 2  8 16  S2   S BCD   BH   3 Hơn BH lớn khoảng cách từ B đến A, ta có max  BH   AB  ( 1)  (2)  22   S1  max  SBCD   BH  2.3  Vậy S1  S2  16 34   Chọn A 3 2.3.3 Giải pháp 3: Sử dụng tính chất góc Trong phần này, học sinh cần nắm vững cách xác định góc cơng thức tính góc đường thẳng, đường thẳng mặt phẳng, mặt phẳng Nắm vững tính chất góc, tính chất đường phân giác Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  1;2; 1 , M  2;4;1 , N  1;5;3  Tìm tọa độ điểm C nằm mặt phẳng  P  : x  z  27  cho tồn điểm B, D tương ứng thuộc tia AM , AN để tứ giác ABCD hình thoi A C  6; 17;21 B C  20;15;7  C C  6;21;21 D C  18; 7;9  Giải: C giao phân giác AMN với  P  Ta có: AM  3; AN  Gọi E giao điểm phân giác EM AM   EN AN     13 35   EM  3EN   E  ; ;   8 4  x   5t    AE  :  y   19t  C  6; 21; 21  z  1  22t  AMN MN Ta có: * Phân tích: Trong ví dụ ta sử dụng tính chất hình học đường phân giác trong tam giác (đã học từ lớp 8) Từ tìm tọa độ chân đường phân giác E tam giác Việc lại sử dụng phương pháp tọa độ khơng gian để tìm giao điểm C đường thẳng AE mặt phẳng (P) Ví dụ Trong không gian tọa độ Oxyz , cho O    v Lập phương v1  (2; 2;1), v1  (0;3; 4), v3  (1;0;0) v3 trình đường thẳng d qua O có vectơ phương     v tạo với v1 , v2 , v3 góc Giải:    v  v  15 v Nhận xét  15 Chọn điểm A,  B, C thỏa mãn      OA  5v1 , OB  3v2 , OA  15v3  A(10;10;5), B(0;9;12), C (15;0;0) Hình chóp O.ABC có OA = OB = OC nên chân đường cao kẻ từ O trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp v2 A C H B 10 ABC cạnh bên tạo với đường cao góc Như đường thẳng d cần tìm đường cao kẻ từ O    Ta tìm v   AB; AC    75; 15;105 Suy phương trình đường thẳng d là: x y z   1 * Nhận xét: Trên ví dụ hay Cách giải theo hướng dựng hình sử dụng tính chất góc hình chóp cho ta lời giải gọn gàng sáng tạo Học sinh cần nhớ số thao tác vận dụng tính chất Ví dụ (Sách tập hình học nâng cao 12) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   đường thẳng d: x 1 y 1 z    Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d tạo với (P) 1 góc nhỏ Giải: Giả sử ( P)  (Q)   , d K 10 A  d  ( P)  A( ;  ; )   Lấy K cố 3 định d khác A Gọi H hình chiếu K lên (P), I hình chiếu H  HI KI vng góc với  nên    KIH góc (P) (Q) HK HK   const Ta có tan   HI HA Vậy  nhỏ I trùng với A hay   d A  nằm (P) qua A A H vng góc với d.Ta tìm vectơ phương  u  (1;1;1) Δ I P   10 Mp(Q) cần tìm qua A( ;  ; ) , có vectơ pháp tuyến u ; ud   (0; 3;3) nên 3 có phương trình y  z   Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x y 1 z x 1 y z   , d2 :   mặt phẳng ( P) : x  ay  bz  c  1 1 S  a  b  c biết mặt phẳng ( P) chứa d1 tạo với d góc lớn A S  B S  1 C S  D S  d1 : Giải: d1 , d có véctơ phương là:   u1  (1;1; 2), u2  (1;1;1) Vẽ đường thẳng d song song với d cắt d1 K Gọi A điểm cố định d H la hình chiếu A ( P) Ta có góc d ( ) góc AKH Tính d2 d H d1 P K I 11 Kẻ AT  d (T  d1 ) Do tam giác HKT vuông T nên: HK TK  (không đổi) AK AK Vậy góc AKH lớn HK = KT, hay H trùng với T Góc lớn góc AKT  (d1 ; d ) Khi ( ) cần tìm chứa d1 vng góc với mặt phẳng     (d1 ; d ) hay có véctơ pháp tuyến n  u1 , u1 , u2           Ta có: u1 , u2   (1;1;0)  n  u1 , u1 , u2    (2; 2; 2) Vậy phương trình mặt phẳng ( ) là: x  y  z   Khi S  a  b  c     1 Chọn B cos AKH  *Nhận xét: Hai ví dụ câu hỏi tương đối khó số đề thi Học sinh thường vận dụng cơng thức góc đánh giá cực trị theo phương pháp giải tích bất đẳng thức Ở tơi hướng dẫn học sinh giải theo cách Tất nhiên tơi khuyến khích học sinh tìm tòi nhiều hướng giải khác 2.3.4 Giải pháp 4: Sử dụng tính chất mặt cầu Trước vào ví dụ cụ thể, giáo viên cần trang bị cho học sinh số tính chất mặt cầu vị trí tương đối mặt cầu mặt phẳng, đường thẳng, điều kiện tiếp xúc, cách xác định tâm bán kính Ví dụ Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z   tọa độ hai điểm A  1;1;1 , B  3; 3; 3 Mặt cầu  S  qua hai điểm A, B tiếp xúc với  P  điểm C Biết C thuộc đường trịn cố định Tính bán kính đường trịn đó? A R  B R  33 C R  11 D R  Giải: B Ta dễ dàng tìm tọa độ điểm D  3;3;3 giao điểm  AB   P  Do theo tính A I chất phương tích ta được: DA.DB  DI  R Mặt khác DC tiếp tuyến mặt cầu  S  DC  DI  R D P C DC  Do DC  DA.DB  36 (Là giá trị khơng đổi) Vậy C ln thuộc đường trịn cố định tâm D với bán kính R  Chọn D *Nhận xét: Ví dụ sử dụng tính chất phương tích điểm đường trịn để giải Rõ ràng biết vận dụng hợp lý tính chất định tính hình học vào giải tốn cho cách giải ngắn gọn Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (1;1; 1) mặt cầu ( S ) : ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  Ba mặt phẳng thay dổi qua M đơi vng góc với nhau, cắt ( S ) theo ba đường trịn Tổng bình phương ba bán kính đường trịn tương ứng là: 12 A B C 10 D 11 Giải: Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1; 2) , bán kính RS  Gọi ( ), (  ), ( ) ba mặt đơi vng góc thỏa mãn tốn A, B, C hình chiếu vng góc I ( ), (  ), ( ) Suy A, B, C tâm đường tròn giao tuyến Xét đường tròn giao tuyến nằm mặt phẳng ( ) có R  RS  IA2 Tương tự ta có R  RS  IB , R  RS  IC Suy R  R  R  3RS  ( IA2  IB  IC )  3RS  IM  11 Chọn D *Nhận xét: Bài toán sử dụng đến tính chất vị trí tương đối mặt phẳng mặt cầu, cơng thức liên hệ bán kính mặt cầu đường tròn giao tuyến: R  r  h2 O Ví dụ Trong không gian tọa dộ Oxyz, cho điểm A(1;1;0), B(0; 2;0), C (0;0; 2) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC (O gốc tọa độ) Giải:   Ta có AB AC  nên tam giác ABC vuông A Tương I tự ta có tam giác OBC vng O B C Vì thê A, O nhìn BC góc vng.Suy A O thuộc mặt cầu đường kính BC tâm I (0;1;1) Từ A bán kính mặt cầu R  OI  Ví dụ (Đề THPTQG năm 2017) Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1;1; 2) , mặt cầu (S): x  y  z  mặt phẳng ( P ) : x  y  x   Gọi  đường thẳng qua M, nằm (P) cắt (S) tai  điểm A, B cho AB nhỏ Biết  có vectơ phương u  (1; a; b) Tính T  a  b A T = B T = C T = -1 Giải: (S) có tâm O(0 ; ; 0), bán kính R = Nhận thấy M(1 ; 1; 2) thuộc (P) M nằm mặt cầu (S) nên  cắt (S) tạ điểm A, B Gọi H hình chiếu vng góc O  Khi H trung điểm AB Ta có AB  HB   OH   OM Suy ABmin  H  M    OM D T = -2   Khi  có vectơ phương OM ; nP   (1;1;0) 13 Suy a = -1, b = T = -1 Chọn C Ví dụ (Đề THPTQG năm 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , 2 cho hai điểm A  3; 2;6  , B  0;1;0  mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  25 Mặt phẳng  P  : ax  by  cz   qua A, B cắt  S  theo giao tuyến đường trịn có bán kính nhỏ Tính T  a  b  c A T  B T  C T  D T  Giải: x  t  Ta có phương trình AB:  y   t  z  2t  (S) có tâm I(1 ; ; 3) bán kính R = Gọi H hình chiếu vng góc I AB, suyra H(t ; – t ; 2t)  Vì AH AB  suy t = Từ IH  Gọi K hình chiếu I (P) Ta có IK  IH   IK  R Suy (P) cắt (S) theo giao tuyến đường trịn có bán kính r  25  IK rmin  IK max  K  H Khi (P) nhận  HI  (0; 2;1) làm vecto pháp tuyến Suy phương trình (P): y  z   Vậy T  Chọn A Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2  S  :  x  1   y    z  điểm A  3;0;0  , B  4; 2;1 Gọi M điểm thuộc mặt cầu  S  Tìm giá trị nhỏ biểu thức MA  2MB A B C 2 D Giải:  IA   R Ta thấy A B nằm mặt cầu đồng thời   IB  30 Mục đích cách giải tìm C cho MA  MC với điểm M thuộc mặt cầu cách sau: Lấy điểm C IA cho ICM IMA đồng dạng với tức IM IC IM R R   IC    IA IM  IA R 2  Vậy IA  IC  C  0;3;0  MA  2MB   MB  MC   BC  Chọn D 2.3.5 Giải pháp 5: Sử dụng tính chất vectơ, độ dài đoạn thẳng Ví dụ (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2016) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(4;1;5), B(3;0;1),C(1;2;0) mặt phẳng (P) có phương trình: 3x  3y  2z  37  Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P)      cho biểu thức S = MA.MB  MB.MC  MC.MA đạt giá trị nhỏ Giải: 14 Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy G  2;1;  Ta có:             S  MG  GA MG  GB  MG  GB MG  GC  MG  GC MG  GA           3MG2  2MG GA  GB  GC  GAGB  GBGC  GCGA        3MG2  GAGB  GBGC  GCGA                  Do GAGB  GB.GC  GC.GA không đổi nên S đạt giá trị nhỏ MG đạt giá trị nhỏ , M hình chiếu G lên (P)   Từ M thuộc mặt phẳng (P) véc tơ MG phương với véc tơ nP (3; 3; 2) Ta tìm M(4;7; 2) *Nhận xét: Bài toán sử dụng quy tắc cộng vectơ tính chất trọng tâm tam giác Giáo viên cần trang bị cho học sinh tính chất điển hình phép tốn vectơ biết cách vận dụng chúng cách hợp lý Ví dụ (Sách tập HH 12 nâng cao) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z   hai điểm A(3;1;0), B (9;4;9) Tìm điểm M mặt phẳng (P) cho MA  MB đạt giá trị lớn Giải: Thay tọa độ điểm A, B vào vế trái phương trình mp(P), ta thấy trái dấu Vì A B nằm hai phía so với mp(P) B Gọi A’ điểm đối xứng với B qua (P) Theo tính chất khoảng cách tam giác ta có: MA  MB  MA ' MB  A ' B (không đổi) A' Dấu xảy điểm A’, B, M M thẳng hàng điểm M nằm đoạn thẳng H A’B P Vậy MA  MB lớn A’B A M giao điểm đường thẳng A’B  x  1  8t  mp(P) Ta có A '(1;3; 2) phương trình đường thẳng AB’  y   t  z  2  11t  Từ thay x, y, z vào PT mp(P) tìm t = Vậy M (7;2; 13) * Nhận xét: Ví dụ ví dụ quen thuộc gặp đề thi từ trước tới Học sinh cần nắm vững cách dựng hình áp dụng tính chất bất đẳng thức khoảng cách đoạn thẳng tam giác Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y   hai điểm A(3;-5;2), B(7;-3;-2) Tìm điểm M (S) cho biểu thức MA2 + MB2 có giá trị nhỏ Giải: Gọi I trung điểm AB I (5;-4;0)     Ta có : MA2  MB  ( IA  I M )2  ( IA  IB )  IM  AB  IM  29 15  MA2  MB nhỏ IM nhỏ 1  15   J ; 2;0 (S) có tâm   ,bán kính R  Do IJ      (2  4)   R , 2  2  Nên I nằm (S) Từ gọi M0 giao điểm đoạn thẳng IJ với (S) với điểm M thuộc (S) ta ln có bất đẳng thức sau: IM  MJ  IM  R  IJ  IM  R  IM  IM  const Đẳng thức xảy M  M Vậy MA2  MB nhỏ M giao điểm đoạn IJ với (S)  x   3t  Ta có pt IJ :  y  4  4t (t  R) z    x   3t  y  4  4t  x  2; y  z  0; t    Tọa độ M nghiệm hệ:  z   x  1; y  4; z  0; t   2  x  y  z  x  y   Do M thuộc đoạn IJ nên nhận M(2;0;0) * Nhận xét: Ví dụ có sử dụng phương pháp tâm tỉ cự vectơ quan hệ dây cung mặt cầu Đây lớp tập phổ biến Ví dụ Trong không gian với hệ tọa dộ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A(3; 2;1), B(1;0; 2), C (4;1; 1), D(3; 2; 6) Các điểm P, Q di chuyển không gian thỏa mãn PA  QB, PB  QC , PC  QD, PD  QA Biết mặt phẳng trung trực PQ qua điểm X cố định Vậy X nằm mặt phẳng ( ) đây: A ( ) : x  y  z   B ( ) : x  y  z   C ( ) : x  y  z   D ( ) : x  y  3z  12  Giải: PA  QB, PB  QC , PC  QD, PD  QA suy ra: Từ         PA  QA  PB  QB  PC  QC  PD  QD               AI PQ  BI PQ  2CI PQ  DI PQ   8IX PQ   IX  PQ Trong I trung điểm đoạn PQ X trọng tâm tứ diện ABCD Khi mặt phẳng trung trực PQ qua trọng tâm X ( ; ; 2) Vậy điểm X thuộc mặt phẳng ( ) : x  y  z   Chọn A Ví dụ (Đề minh họa THPTQG 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai  8 điểm A(2; 2;1) , B   ; ;  Đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp tam  3 3 giác OAB vng góc với mặt phẳng (OAB) có phương trình x 1 y  z 1 x 1 y  z      A B 2 2 11 2 x y z x y z C D 3 3 9 9 2 2 16 Giải:   Ta có OA; OB   k  1; 2;   Vectơ phương đường thẳng   d  u   1;  2;  Chú ý: Với I tâm đường trịn nội ABC , ta có đẳng thức vectơ sau: tiếp     BC.IA  CA.IB  AB.IC   Tọa độ I thỏa mãn hệ: BC.x A  CA.xB  AB.xC   xI  BC  CA  AB  BC y A  CA yB  AB yC   yI  BC  CA  AB  BC.z A  CA.z B  AB.zC   zI  BC  CA  AB  Khi đó, xét tam giác ABO  Tâm nội tiếp tam giác I  0;1;1 x 1 y  z 1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm  d  :    Chọn A 2.3.6 Giải pháp 6: Bài tập tự luyện Bài Cho tam giác ABC có A(0;0; 2), B(0;1;0), C (2;0;0) Gọi H trực tâm tam giác ABC Phương trình đường thẳng OH ( O gốc tọa độ) A x y z   2 B x y z   2 1 C x y z   1 2 D x y z   1 Bài Cho ABC có đỉnh A  4;1;0  , trực tâm H  8;1;0  M  1;1;0  trung điểm BC Tìm tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC A I  1;1;0  B I  1;0;1 C I  1;1;1 D I  1;1;0  Bài Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, AC cắt BD gốc tọa độ O Biết A  2;0;0  , B  0;1;0  , S  0;0;2  Gọi M trung điểm cạnh SC Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD điểm N Tính thể tích khối chóp S.ABMN Bài Cho mặt cầu ( S ) : x  ( y  1)  ( z  2)  tâm I điểm M (2;2;0) Từ M kể tiếp tuyến MA, MB đến (S) cho điểm M, I, A, B đồng phẳng Tính AB 5 5 A AB  B AB  C AB  D AB  3 3 Bài Gọi  đường thẳng qua điểm A  2,1,  , song song với mặt phẳng  P  : x  y  z  có tổng khoảng cách từ điểm M  0, 2,  , N  4, 0,  tớiđường thẳng đạt giá trị nhỏ nhất? Vectơ phương  là?    A u   1, 0,1 B u   2,1,1 C u   3, 2,1 D u   0,1, 1 17 Bài Lập phương trình đường thẳng d qua A(1;0; 2) cắt d’: x 1 y 1 z    cho góc đường thẳng d mặt phẳng (P): 2 x  y  z   lớn Bài Gọi d đường thẳng qua điểm A  1, 0,  có hình chiếu mặt phẳng  P  : x  y  z   d ' Giả sử giá trị lớn nhỏ khoảng cách từ điểm M  2, 3, 1 tới d '   Tính giá trị T     ? D Bài Cho tam giác ABC, biết B(1; 4; 2), C (5; 2;3) đường phân giác x  y  z 1   Tìm tọa độ điểm A ngồi góc A có phương trình 6 6 Bài Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Có tất mặt cầu có A B C tâm nằm mặt phẳng  P  tiếp xúc với ba trục tọa độ x ' Ox, y ' Oy, z ' Oz ? A mặt cầu B mặt cầu C mặt cầu D mặt cầu 5 10 13 ; ; ) Gọi ( S ) mặt cầu tâm I 7 qua hai điểm A, B cho OI nhỏ M (a; b; c) điểm thuộc ( S ) , giá trị lớn biểu thức T  2a  b  2c A 18 B C 156 D Bài 10 Cho hai điểm A(1; 2;7), B( 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào việc dạy số tiết tự chọn lớp số buổi bồi dưỡng tơi cho tiến hành kiểm tra khả tiếp thu kiến thức học sinh lớp dạy đề kiểm tra 15 phút (trắc nghiệm gồm câu, câu điểm): ĐỀ KIỂM TRA 15 PHÚT: Câu Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm H (2;1;1) cắt trục Ox, Oy, Oz A, B, C (khác gốc O) cho H trực tâm tam giác ABC A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Câu Cho ba điểm A(0;1;2), B (2; 2;1), C ( 2;0;1) Biết điểm M (a; b; c) thuộc mặt phẳng (P): x  y  z   MA  MB  MC Tính S  a  b  c A S  3 B S  2 C S  1 D S  Câu Cho tam giác ABC, với A(1; 2; 1), B (2; 1;3) C (4;7;5) Viết phương trình đường phân giác kẻ từ B tam giác ABC x  y 1 z  x  y 1 z      A B 2 7 x  y 1 z  x  y 1 z      C D 7 4 7 18 Câu Cho điểm M  3; 4;5  Gọi  P  mặt phẳng qua M cho  P  cắt trục tọa độ điểm A, B, C cho khoảng cách từ gốc tọa độ tới  P  lớn Thể tích khối tứ diện OABC là? A 6250 B 3125 C 24 D 144 Câu Cho điểm A(1; 2; 1) mặt phẳng ( P ) có phương trình x  y  z  13  Mặt cầu ( S ) qua A , tiếp xúc với ( P ) có bán kính nhỏ Điểm I (a; b; c) tâm ( S ) , tính giá trị biểu thức T  a  2b  3c A T  25 B T  30 C T  20 D T  30 Kết thu sau: Sĩ 10 điểm điểm điểm điểm trở xuống Lớp số SL % SL % SL % SL % 12A5 38 5,3 21 25 65,8 7,9 12A8 40 12,5 15 37,5 19 47,5 2,5 Thơng qua bảng số liệu khẳng định điều: Việc triển khai buổi học mở rộng mang lại hiệu nhiều Và điều phù hợp chương trình SGK mới, thực tốt cho chuyên đề tự chọn học sinh Đó điều mong mỏi tơi viết sáng kiến kinh nghiệm Mong muốn có chủ đề tự chọn học sinh vừa bám sát chương trình học - thi, vừa cung cấp cho em hệ thống tri thức phương pháp Thực tế cho thấy, học sinh hào hứng thích thú thực đề tài kết tương đối khả quan Nếu trước đó, học sinh thường làm dạng tập thời gian việc lựa chọn để có kết gọn khó em chán nản Sau áp dụng đề tài kết có tiến rõ rệt thời gían làm giảm nhiều 19 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Kiến thức trình bày đề tài giảng dạy cho em học sinh khá, giỏi ôn thi THPT QG Kết thu khả quan, em học tập cách say mê, hứng thú Với chuyên đề người thầy phải biết vận dụng sáng tạo phương pháp, ln khơng ngừng tìm tịi, tham khảo tài liệu, tham khảo đồng nghiệp, xâu chuỗi chúng lại cho học sinh tập định hướng để em học tập, tìm hiểu Tuy vậy, nhiều nguyên nhân khác nhau, chủ quan khách quan nên đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót, hạn chế định Rất mong nhận góp ý quý thầy cô giáo em học sinh để đề tài ngày hồn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh 3.2 Kiến nghị Cần tăng cường hệ thống ví dụ giải tốn hình học tọa độ khơng gian phương pháp sử dụng tính chất hình học hệ thống tập sách giáo khoa, tài liệu tham khảo để học sinh tự nghiên cứu vận dụng véc tơ q trình giải tốn Nhà trường nên tạo điều kiện cho Giáo viên mở lớp bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, phụ đạo cho học sinh yếu để em có khả tìm hiểu sâu kiến thức Nên có chuyên đề tự chọn để giáo viên học sinh trao đổi thẳng thắn với vấn đề, từ rút phương pháp phù hợp với đối tượng học sinh XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 21 tháng năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Nguyễn Văn Tuấn 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa hình học 11, hình học 11 nâng cao [2] Sách giáo khoa tập hình học 11, tập hình học 11 nâng cao [3] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [4] Đề thi tuyển sinh Đại Học Cao Đẳng năm; đề thi học sinh giỏi [5] Hướng dẫn ôn thi THPT QG năm học 2016 – 2017, 2017 – 2018 [6] Tuyển chọn theo chuyên đề chuẩn bị cho kỳ thi tốt nghiệp THPT thi vào ĐH – CĐ (Tủ sách Toán học tuổi trẻ - Tập 2) [7] Tài liệu internet 21 ... thức hình học khai thác mực đưa tới phương án giải vô hữu hiệu Đề tài ? ?Sử dụng tính chất định tính hình học nhằm giúp học sinh lớp 12 giải tốn hình giải tích khơng gian” viết với mong muốn giúp. .. giải tích để giải Nhưng nhiều toán học sinh biết khai thác tính chất định tính hình học khơng gian túy chúng định hướng lời giải ngắn gọn độc đáo Đặc biệt với tốn cực trị hình giải tích học sinh. .. hay Cách giải theo hướng dựng hình sử dụng tính chất góc hình chóp cho ta lời giải gọn gàng sáng tạo Học sinh cần nhớ số thao tác vận dụng tính chất Ví dụ (Sách tập hình học nâng cao 12) Trong không