Tài liệu Một số kinh nghiệm giúp học sinh tránh những sai lầm khi các giải bài toán hình học tọa độ trong không gian.

Một số kinh nghiệm giúp học sinh tránh những sai lầm khi các giải bài toán Hình học tọa độ trong không gian. A.Lý do chọn đề tài: - Toán học thường được xem là bộ môn khoa học căn bản, tuy vậy mỗi giờ học toán thường rất căng thẳng và thường học sinh quan niệm rằng toán học là những công thức, quy tắc,… - Cùng một vấn đề, toán học bao giờ cũng có thể luận giải được bằng phương pháp giải tích, phương pháp đại số, phương pháp hình học, hoặc bằng sự kết hợp của các phương pháp đó. -Với phương pháp toạ độ trong không gian chúng ta đã có sự kết hợp của tất cả các phương pháp trên. Việc làm này đã làm cho việc học hình học không bắt buộc phải tự dạy cụ thể và trực quan với những hình vẽ không gian 3 chiều, tránh được tính trừu tượng, nhằm đạt tới sự khái quát hoá của hình học không gian nói riêng và của toán học nói chung. - Lý thuyết của phương pháp toạ độ trong không gian bao gồm tất cả những lý thuyết của phương pháp toạ độ trong mặt phẳng và những lý thuyết mở rộng trong không gian với một khối lượng kiến thức đáng kể. - Bài tập của PP toạ độ trong KG rất đa dạng, số lượng tương đối nhiều. Muốn giải tốt các bài tập này đòi hỏi học sinh phải biết nhận dạng các đối tượng cơ bản của HHKG, biết tìm sự liên hệ giữa chúng, biết kết hợp giữa PP toạ độ với HHKG. - Do thời gian phân phối chương trình cho phần này còn hạn chế: Có những bài cả lý thuyết và bài tập chỉ có 1 tiết. Bản thân một số giáo viên chưa nhiều kinh nghiệm. Đa số học sinh học toán với kỹ năng tính toán kém, tư duy tưởng tượng HHKG không có, kiến thức HHKG lớp 11 nắm không vững , chỉ coi trọng công thức, chưa hiểu đúng vai trò của lý thuyết với bài tập … - Qua nhiều năm giảng dạy và qua theo dõi các bài làm, bài kiểm tra của học sinh tôi nhận thấy các em có những sai lầm phổ biến sau: 1) Về lý thuyết: Do trương trình sgk được viết ngắn gọn nên: - Học sinh dễ ngộ nhận tất cả những khái niệm có trong HH phẳng là có trong HHKG. Ví dụ như véc tơ pháp tuyến của đường thẳng. - Học sinh không biết nhận ra sự giống và khác nhau gữa các công thức tính theo toạ độ của PP toạ độ trong KG và PP toạ độ trong mặt phẳng. Dẫn đến tâm lý căng thẳng cho rằng công thức phải thuộc là quá nhiều, khó nhớ. - Các em không biết xâu chuỗi các kiến thức liên quan trong nhiều bài khác nhau. Ví dụ: có thể tìm được vtpt của mặt phẳng, nhưng khi tìm vtcp của đường thẳng thì lại khó khăn. - Kiến thức lý thuyết ở mỗi bài thường nhiều và tương đối khó, nhưng thời gian để phân tích, chứng minh cho hs hiểu sâu lại không có. 2) Về bài tập: - Học sinh không nhớ nhiều các kiến thức về PP toạ độ trong mặt phẳng có liên quan đến PP toạ độ trong KG nên khi áp dụng làm các bài tập cụ thể gặp khó khăn. - Học sinh thường sử dụng công thức một cách khuôn mẫu, không biết vận dụng triệt để các kiến thức của hình học KG lớp 11 có liên quan. Ví dụ như khi tính thể tích một hình chóp học sinh thường áp dụng máy móc 1 6 công thức tính : [( AB, AC ), AD] mà đôi khi không ngĩ tới công thức tính thể tích hình chĩp : V= 1/6.h.dt(đáy) . Công thức được sử dụng đơn giản hơn nhiều. - Kỹ năng trình bày, diễn đạt của Hs chưa tốt. Nhiều khi đứng trước một nội dung đã hiểu nhưng lại không biết diễn đạt như thế nào, hoặc nếu có thì diễn đạt không đủ ý, nhiều khi còn lủng củng. - Đa số các em không biết phân loại các dạng bài tập và các phương pháp chung cho từng loại bài tập đó.. Vì thế khi gặp các bài tập tương tự nhưng hỏi theo cách khác các em lại tưởng như đó là một loại bài tập mới. - Đứng trước một bài tập mà giả thiết cho là những toạ độ, phương trình của các đối tượng cơ bản trong KG, các em không biết liên hệ giữa giả thiết với kết luận như thế nào. Tức là không biết bắt đầu từ đâu, không biết sử dụng trí tưởng tượng HHKG để vẽ hình và tìm mối liên hệ giữa các đối tượng đó. Từ những nhận định trên, tôi xin đưa ra một số giải pháp nhằm khắc phục những thiếu sót của hs, giúp các em hiểu và giải được những bài tập loại này. Từ đó giúp các em phấn khởi hơn khi học môn Toán, tự tin hơn khi bước vào kỳ thi học kỳ II, kỳ thi TN THPT, kỳ thi Đại học. Những kỳ thi ma các bài tập loại này luôn luôn có. Đó là lý do tôi chọn đề tài trên. B)NỘI DUNG: I) Một số giải pháp hạn chế những sai sót về kiến thức và kỹ năng của học sinh: 1) Vấn đề lý thuyết: - Khi dạy lý thuyết đa số các giáo viên phải dạy nhanh vì phân phối chương trình rất hạn chế về thời gian. Khi đó nhiều định lý không hoặc không chứng minh kỹ được, hay một số công thức tính không được chỉ ra, dẫn dắt đến nó một cách bài bản, rõ ràng con đường đi tới nó. Từ đó việc học công thức cuả học sinh rất máy móc, dẫn đến khó thuộc, do không được hiểu một cách rõ ràng, chỉ biết là phải thuộc để vận dụng chúng. - Ngoài ra nếu không đổi mới phương pháp dạy thì không có thời gian để củng cố các kiến thức liên quan và đưa ra các dạng bài tập thường gặp, đồng thời chỉ rõ những dạng bài tập đó được vận dụng lý thuyết tương ứng nào. Chính vì vậy yêu cầu giáo viên khi dạy phần lý thuyết này trước hết phải phân biệt cho học sinh rõ trọng tâm của mỗi bài, phải thể hiện cách ghi bảng sao cho học sinh ghi ít nhất nhưng trong tâm nhất để tránh mất thời gian. *) Khi dạy các công thức tính theo toạ độ như : biểu thức toạ độ của tích vô hướng, độ dài vec tơ, góc giữa hai véc tơ, toạ độ véc tơ tổng, hiệu hai véc tơ, điều kiện vuông góc giữa hai véc tơ, điều kiện cùng phương giữa hai véc tơ, phương trình tham số, phương trình chính tắc của đường thẳng, phương trình mặt cầu, phương trình đường tròn,…Giáo viên có thể đặt câu hỏi: Các công thức trên có quen không? Có những công thức nào không giống trong hình học phẳng? Giúp các em trả lời được các câu hỏi trên, như vậy giáo viên đã gợi cho học sinh thấy được sự giống và khác nhau với các công thức tương tự ở phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Từ đó giúp học sinh dễ nhớ các công thức và tránh nhầm lẫn khi vận dụng. *) Giáo viên phải hướng dẫn học sinh xâu chuỗi các kiến thức có liên quan trong nhiều bài khác nhau để có hướng chọn phương pháp khi gặp một bài tập. VD: Khi nhận biết về 3 véc tơ đồng phẳng thì có thể sử dụng định nghĩa nếu bài toán có hình vẽ cụ thể cho trước, nhưng cũng có thể sử dụng định lý về điều kiện đồng phẳng của 3 véc tơ ( SGK.HH12.trang 71, dựa và tích có hướng của hai vectơ ) nếu giả thiết cho các véc tơ với những toạ độ của chúng. *) Ở mỗi một kiến thức lý thuyết cụ thể giáo viên có thể gợi ý cho học sinh các dạng bài tập áp dụng để từ đó khi bắt tay vào giải bài tập các em có định hướng rõ ràng hơn. VD: Khi học về phương trình mặt phẳng gio vin cần cho học sinh biết rằng một mặt phẳng xẽ xc định được khi biết một đường thẳng có hướng vuông góc với nó và một điểm nằm trên mặt phẳng, để học sinh biết được khi viết mộ phương trình mặt phẳng cần phải biết những yếu tố gì. *) Khi dạy có thể sắp xếp lại thứ tự trình bày của kiến thức trong SGK cho hợp lý hơn với thực tế vận dụng kiến thức đó vào bài tập. VD: Khi xét vị trí tương đối của 2 đường thẳng trong KG không nên chỉ ra việc cho 2 đt bởi PTCT như SGK mà cho: Đt (d) qua M0(x0;y0;z0) , có VTCP u  a; b; c  Đt (d’) qua M0’(x0’;y0’;z0’) , có VTCP u '  a' ; b' ; c' ( học sinh sẽ hiểu rằng đt cho bởi pt dạng nào đi nữa thì cũng phải khai thác từ mỗi đt một điểm và một VTCP của nó ) Gv sử dụng hình vẽ minh hoạ giúp các em phân biệt được hai khả năng: 2 đt cùng phương ( song song hoặc trùng) và 2 đ thẳng không cùng phương ( cắt hoặc chéo ), sau đó mới phân biệt rõ 2 vị trí tương đối trong mỗi khả năng trên. Qua quá trình phân tích, so sánh các vị trí tương đối của các đt đi tới kết luận: +)  d   d '  a : b : c a': b': c'  x0 ' x0  :  y 0 ' y 0  :  z 0 ' z 0  +)  d  //  d '  a : b : c a': b': c'  x0 ' x0  :  y 0 ' y 0  :  z 0 ' z 0   a : b : c  a ': b': c' +) (d) cắt (d’)      u , u ' . M 0 M 0 ' 0   +) (d) và (d’) chéo nhau  u, u ' . M 0 M 0 ' 0   Chú ý việc tính u, u ' . M 0 M 0 ' chỉ thực hiện khi hai véc tơ chỉ phương không cùng phương, tránh những phần tính toán thừa. *) Đổi mới phương pháp trong mỗi giờ dạy: Nếu bài lý thuyết quá dài không thể đủ thời gian cho việc chứng minh các đlý, công thức một cách kỹ lưỡng thì gv có thể chủ động soạn , dạy bằng giáo án điện tử ( tránh mất thời gian ghi bảng của cả gv và hs). Ngoài ra còn có thể sử dụng được những hình vẽ sinh động minh hoạ cho phần chứng minh. Ví dụ: *) Lập công thức tính thể tích của tứ diện: So sánh thể tích của một tứ diện ABCD và thể tích của một khối hộp có 3 cạnh xuất phát từ đỉnh B là BA, BC, BD: Coi ABCD là một hình chóp đỉnh A, đáy là ABC , BCED là một đáy của Hình hộp, ta thấy hình chóp và hình hộp có cùng chiều cao AH. Nên: D’ A C’ 1 1 1 VABCD = AH .S BCD  AH . S ABCD 3 3 2 1 6 = VBCED. AC 'E 'D ' =   1 BC , BD .BA zzzzz 6 E’ D B H C E *) Một cách tính véc tơ chỉ phương của một đường thẳng cho bởi phương  trình tổng quát: u d  n , n  Hình vẽ minh hoạ:  n  n ud n , n     d 2) Vấn đề bài tập: - Số lượng bài tập ở mỗi mục đều rất nhiều nên không thể sửa tất cả trong giờ bài tập, vì vậy giáo viên phải yêu cầu đại trà cả lớp làm các bài tập cơ bản bắt buộc, đồng thời không giới hạn cho những hs khá, giỏi. -khi dạy xong một phần lý thuyết, ngoài việc củng cố những lý thuyết cơ bản, trọng tâm của bài , gv cần định hướng cho hs những thể loại bài tập có thể sẽ gặp mà vận dụng lý thuyết vừa học. Nêu vấn đề về phương pháp để hs có hướng về nhà tự tìm hiểu và giải bài tập. Trong giờ bài tập gv cùng các em giải quyết các vấn đề đó và cuối cùng chốt lại thành phương pháp cụ thể cho từng loại . VD: Khi học xong bài PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU, qua các ví dụ được thể hiện trong bài gv có thể gợi ý cho hs nêu lại các dạng bài tập có thể hỏi. Cụ thể là những dạng bài tập sau: +) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu cho bởi pt dạng: x2 + y2 + z2 -2ax – 2by – 2cz + d = 0 (1) +) Tìm điều kiện của tham số để pt dạng (1) là pt của một mặt cầu. +) Xác định tâm và bán kính của đường tròn là giao tuyến của một mặt phẳng và một mặt cầu cho trước phương trình. +) Lập phương trình mặt cầu có tâm I(a;b;c) và tiếp xúc với mp (P) cho bởi pt :Ax + By + Cz + D = 0 +) Lập pt mặt cầu đi qua 4 điểm không cùng thuộc một mặt phẳng +) Xét vị trí tương đối giữa một mặt cầu và một mặt phẳng đã cho pt. +) Viết pt tiếp diện của một mặt cầu cho trước tại một điểm cho trước hoặc tiếp diện song song với một mặt phẳng cho trước. Đồng thời nêu phương pháp cơ bản cho từng loại. - Khi ôn tập cần phân loại các dạng bài tập thường gặp khi thi, nhắc lại phương pháp giải cho từng loại, cho bài tập hs giải để ghi nhớ phương pháp và rèn luyện kỹ năng. Cụ thể có những loại bài tập sau: a) Viết pt của đường thẳng trong KG. Phương pháp chung: +) Xác định được VTCP và một điểm của đt rồi sử dụng PTTS hoặc PTCT để viết. +) Xác định được pt của 2 mặt phẳng cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng phải tìm. (Chú ý sử dụng cho dạng bài tập viết pt đt là hình chiếu vuông góc của một đt cho trước trên một mặt phẳng cho trước) b) Viết pt của mặt phẳng: Phương pháp chung: Từ giả thiết tìm được toạ độ một điểm và VTPT của mặt phẳng , sau đó sử dụng công thức: A(x – x0) + B(y - y0) + C( z – z0) = 0. Hoặc dùng VTPT viết pt mp ở dạng Ax + By + Cz + D = 0, thế toạ độ của điểm mà mp đó đi qua vào pt để tìm D. Từ đó kết luận pt của mp. c) Viết pt của mặt cầu: Phương pháp chung: +) Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của mặt cầu rồi sử dụng pt dạng: ( x – a )2 + ( y – b )2 + ( z – c ) 2 = R2 để viết. +) Gọi pt mặt cầu dạng : x2 + y2 + z2 -2ax – 2by – 2cz + d = 0, sử dụng giả thiết lập được một hệ pt với các ẩn là a,b,c,d. Giải hệ tìm được các ẩn đó và kết luận pt mặt cầu. d) Viết pt, xác định tâm và tính bán kính của đường tròn trong KG: Phương pháp chung: Tìm được đường tròn là giao tuyến của một mặt phẳng và  x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d 0 một mặt cầu nào đó,suy ra pt đường tròn:   Ax  By  Cz  D 0  x  a tA  y  b tB  Lập hệ pt tìm toạ độ tâm H của đường tròn:   z  c tC  Ax  By  Cz  D 0 Tính bán kính của đường tròn: r = R 2  IH 2 e) Tính khoảng cách, góc giữa các đối tượng cơ bản của HHKG: Phương pháp chung: +) Xác định rõ các đối tượng cần tính khoảng cách và vị trí tương đối gữa chúng để sử dụng công thức cho chính xác. Nếu là khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song thì được tính bằng k/c từ một điểm bất kỳ trên đt này đến đt kia, sử dụng công thức tính k/c từ một điểm đến một đt. Khi 2 đt chéo nhau thì sử dụng trực tiếp công thức k/c giữa 2 đt chéo nhau. Khi 2 đt trùng nhau thì k/c giữa chúng bằng 0. Nếu là k/c giữa 2 mặt phẳng song song thì tính bằng k/c từ một điểm bất kỳ của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. +) Xác định góc: Cách nhớ tóm tắt: Khi tính góc giữa hai đối tượng giống nhau thì tính côsin của góc đó còn tính góc giữa hai đối tượng khác nhau thì tính sin. +) Đôi khi còn dựa vào diện tích tam giác, thể tích khối hộp, thể tích khối chóp để tính k/c giữa 2 đường thẳng chéo nhau, k/c từ một điểm đến một đường thẳng, k/c từ một điểm đến một mặt phẳng… g) Tìm chu vi, diện tích tam giác, thể tích khối hộp, thể tích tứ diện. Phương pháp chung: Sử dụng toạđộ của các véc tơ, tích vô hướng, tích có hướng của hai véc tơ, độ dài véc tơ và các công thức: S ABC       1 1 1 AB, AC  BC , BA  CA, CB 2 2 2  CVABC  AB  AC  CB         V ABCD. A' B 'C ' D '  AB, AD . AA '  BC , BA . BB '  CB, CD . CC '  DA, DC . DD ' V ABCD          1 AB, AC . AD  BC , BD . BA  CB, CD . CA  DB, DC . DA 6 h) Loại bài tập chứng minh: +) Chứng minh hai đường thẳng vuông góc. Phương pháp: Lấy lần lượt trên hai đt hai véc tơ khác véc tơ không, tính tích vô hướng của chúng và khẳng định được bằng 0. +) Chứng minh hai đt song song. Phương pháp: Lấy lần lượt trên hai đt các véc tơ chỉ phương, dùng toạ độ chỉ ra hai véc tơ đó cùng phương và không cùng nằm trên một đt. +) Chứng minh 3 điểm thẳng hàng: Phương pháp: Lấy hai véc tơ tạo bởi 3 điểm và chứng minh chúng cùng phương. +) Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: Phương pháp: Lấy trên đt một véc tơ chỉ phương a , trên mặt phẳng lấy cặp véc    a  b tơ chỉ phương b, c . CM   a  c , từ đó kết luận. +) Chứng minh một đường thẳng song song với một mặt phẳng : Phương pháp: Lấy trên đt một véc tơ chỉ phương a , trên mặt phẳng lấy cặp véc tơ chỉ     phương b, c . Chứng minh: đt không thuộc mặt phẳng và a  b, c , từ đó kết luận. II)Thời gian thực hiện: - Tiết: 22. 23. 24. 25: Hệ toạ độ ĐềCác vuông góc trong KG- toạ độ của véc tơ và của đểm. - Tiết: 26, 27, 28: Phương trình tổng quát của mặt phẳng. - Tiết: 32, 33, 34, 35, 36, 37: Phương trình của đường thẳng. - Ôn tập chương. - Tiếp tục ôn trong thời gian học phụ đạo và ôn tập cuối năm. III) Một số sai lầm của học sinh khi giải bài tập và cách khắc phục: Ví dụ 1: Viết pt mặt phẳng (P) đi qua điểm M(-1;2;3) và có VTPT n(4;5;6) Bài giải của HS Sai lầm – Cách khắc Bài giải đúng Pt mp (P) có dạng: phục *) Sai lầm: Mặt phẳng (P) có A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0 Học sinh đã sử dụng VTPT n(4;5;6) nên có   1( x  4)  2( y  5)  3( z  6) 0 ngược vai trò của toạ độ pt dạng:   x  2 y  3 z  24 0 VTPT và điểm mà mp đi 4x+5y +6z + D =0 qua khi thế vào công thức. Điểm M (-1;2;3) thuộc *) Khắc phục: (P) nên ta có : Để tránh sự nhầm lẫn này 4.(-1) +5.2 + 6.3 + D = gv hướng dẫn học sinh sử 0 dụng cách giải khác:  D  24 Sử dụng toạ độ VTPT viết Suy ra pt của mp (P): pt mp về dạng: 4x+5y+6z -24 = 0 Ax+By+Cz+D=0 Sau đó thế toạ độ của điểm M vào pt tìm D rồi kết luận ptmp. Bài tập tương tự: Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M(2;-2;5) và vuông góc với đường thẳng có phương trình: x  12 y  3 z   5 1 1 Ví dụ 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng và mặt phẳng () : x - 12 y - 9 z - 1   4 3 1   : 3x  5y - z - 2 0 1) Tìm toạ độ giao điểm của đt    và mặt phẳng   2) Viết phương trình đt  '  là hình chiếu vuông góc của    trên mặt phẳng   Bài giải của HS 1) Giải hệ pt Sai lầm – Cách khắc phục Bài giải đúng 1) Giải hệ : *) Sai lầm: Ở câu 2) hs đã pt : hiểu sai sự xác định của đt  x  12 y  9 z  1    3 1  4  3 x  5 y  z  2 0  x  12 y  9 z  1 trong KG, coi sự xác định    3 1  4  3 x  5 y  z  2 0 một đt giống như trong mặt Tìm được nghiệm là ( 0;0;-2) phẳng. Đó là một đt có thể Tìm được nghiệm là được xác định bởi một điểm ( 0;0;-2) 2) Đt  '  là hình chiếu và một VTPT của nó. Vì thế đã dùng một véc tơ vuông góc của    trên vuông góc với đt làm VTPT mặt phẳng   và viết pt kiểu như phương Nên đt  '  đi qua điểm I trình tổng quát của đt trong và nhận VTPT là mặt phẳng.  u ( )  n   ' I n '  u  , n   8;7;11   *) Cách khắc phục: Trước Suy ra pt của đt  '  là: khi giải bài tập loại này giáo    là mặt phẳng đi -8(x – 0) +7(y –0)+11(z + viên lưu ý cho hs: Một đt 2) Gọi trong KG chỉ có khái niệm qua đt    và vuông góc 2) = 0   8 x  7 y  11z  22 0 VTCP mà không có khái với mp   niệm VTPT, vì một đt trong Mp    đi qua điểm I KG có thể vuông góc với và nhận VTPT là nhiều đt có phương khác nhau. Sử dụng hình vẽ để minh hoạ điều này:   n   u  , n   8;7;11 Suy ra pt của mp    là: -8(x – 0) +7(y –0)+11(z + 2) = 0   8 x  7 y  11z  22 0 Đt  '  =       Suy ra pt của  '  là:  3 x  5 y  z  2 0    8 x  7 y  11z  22 0 Từ đó phân tích để hs hiểu được sự xác định của đt  '  :    =       ' Trong đó    là mặt phẳng đi qua đt    và vuông góc với mp   . Bài tập tương tự: Tìm phương trình hình chiếu vuông góc của đt (d) : x  2  y 2 z  1 3 4 1 Lên mặt phẳng (P) : x + 2y + 3z + 4 = 0 Ví dụ 3: Lập phương trình đường vuông góc chung của 2 đường thẳng: (d) : x 7 y 3 z 9   1 2 1 Bài giải của HS và (d’) : x 3 y 1 z 1    7 2 3 Sai lầm – Cách Bài giải đúng khắc phục Đt (d) đi qua điểm *) Sai lầm: Học *) Cách 1: M0(7;3;9) và có VTCP sinh đã nghĩ rằng Đt (d) đi qua điểm M0(7;3;9) và có u 1;2; 1 (P) là mp chứa    VTCP u 1;2; 1 Đt (d’) đi qua điểm và (d) suy ra (P) là Đt (d’) đi qua điểm M0’(3;1;1) và M0’(3;1;1) và có VTCP mp chứa (d) và có VTCP u '   7;2;3 . vuông góc với (d’), u '   7;2;3 . Gọi    là đường vuông góc chung như vậy là đã ngộ Gọi    là đường vuông của (d) và (d’) thì    có VTCP nhận rằng (d’) luôn góc chung của (d) và góc với (d). Thực tế u d , u d (8;4;16) (d’) thì    có VTCP 2 đt (d) và (d’) giả Hay u   2;1;4  '  u , u  (8;4;16) thiết cho có thể Gọi (P) là mp chứa    và (d) suy Hay u   2;1;4 vuông góc với nhau ra (P) là mp qua M0 và nhận VTPT d d' Gọi (P) là mp chứa    cũng có thể không, là: và (d) suy ra (P) là mp và ở bài này là chứa (d) vàvuông góc không. với (d’) . Như vậy mp Tương tự hs đã sai (P) qua M0 và có VTPT lầm ở sự xác định u , u  (9; 6; 3) hay d  n P (3; 2; 1) Suy ra pt mp (P): 3(x-7) – 2(y-3) – (z-9) = 0  3x  2 y  z  6 0 u d   7;2;3 suy ra pt mặt phẳng (Q). Gọi (Q) là mp chứa    và (d’). *) Khắc phục: GV (P) : Như vậy mp (Q) qua M0’ và có hướng dẫn hs : -7(x -7) + 2(y -3) + Trước hết phải kiểm VTPT u d , u  (5;34; 11) suy ra pt +3(z -9) = 0 tra xem (d) và (d’) (Q) :   7 x  2 y  3 z  16 0 '  '  có vuông góc với 5(x -3) + 34(y -1) -11 (z -1) = 0 Gọi (Q) là mp chứa    nhau hay và (d’) suy ra (Q) là mp Nếu chúng không.  5 x  34 y  11z  38 0 có      P    Q   3 x  2 y  z  6 0 chứa (d’) và vuông góc vuông góc thì giải  pt    :  5 x  34 y  11z  38 0 với (d) . Như vậy mp theo cách của các *) Cách 2: Gọi HK là đoạn vuông (Q) qua M0’ và có em là đúng. Còn góc chung của (d) và (d’). H thuộc nếu chúng chéo VTPT u d 1;2; 1 (d) , K thuộc (d’). nhau và không  x 7  t Suy ra pt (Q) : vuông góc thì thông Ptđt (d)   y 3  2t  u d 1;2; 1 (x -3) +2(y -1) -(z -1) =  z 9  t  qua hình vẽ: Giả sử 0  x 3  7 s đt    đã dựng  x  2 y  z  4 0    y 1  2 s  u d   7;2;3 Ptđt (d’) được. '     P    Q   pt    :   7 x  2 y  3 z  16 0   x  2 y  z  4 0  z 1  3s  với    là đường vuông góc chung H là một điểm thuộc (d) và K là một điểm thuộc (d’) suy ra: H  7  t ;3  2t ;9  t  của d và d’suy ra K  3  7 s;1  2s;1  3s     có VTCP là  KH  4  t  7 s;2  2t  2s;8  t  3s  u , u  (8;4;16) KH là đường vuông góc chung Tiếp đến gv chỉ ra  KH  u d   của (d) và (d’)   KH  u d ' d d' cho hs thấy mp (P) chứa    và (d) chính là mp chứa  (4  t  7 s )  2(2  2t  2s)  M0 và song song với phương của u  nên t  s 0 là   nhận VTPT   . Tương tự ud , u   (8  t  3s) 0     7(4  t  7 s )  2(2  2t  2 s)    3(8  t  3s ) 0  t 0    6t  62s 0  s 0  H (7;3;9); K (3;1;1) cho mp (Q) qua M0’    chính là đt KH và có pt: và nhận VTPT là Suy ra  ud ' , u . Hoặc có thể viết phương trình đường  x 7  2t  vuông góc chung  y 3  t HK bằng cách tìm  z 9  4t  (d)   cụ thể toạ độ của 2 P H đầu đoạn vuông góc K chung, với 2 giả thiết H,K lần lượt thuộc (d), (d’) Q (d’)và HK cùng vuông góc với (d), (d’).Từ đó viết pt của    theo kiểu pt đt đi qua 2 điểm phân biệt. Hướng dẫn hs thứ tự trình bày bài toán. Bài tập tương tự: Viết pt đường vuông góc chung của 2 đt (a) và (b) (a) : x 1 y  1 z  2   , 2 3 1 (b) : x 1 y2 z   1 5  2 Ví dụ 4 : Tìm điểm M’ đối xứng với M(4;3;10) qua đt    : Bài giải của HS x 1 y 2 z 3   2 4 5 Sai lầm – Cách khắc Bài giải đúng phục Đt    qua I( 1;2;3) có VTCP *) Sai lầm: Hs đã không u (2;4;5). Gọi (x;y;z) là toạ độ khai thác đủ điều kiện để của M’, ta có : xác định M’ là điểm đối M xứng của M qua    trong KG. Chưa hiểu  đúng về vị trí đối xứng này. Không chỉ cần điều M’ P  MM '  u    d  M ;  d  M ';   ( x  4).2  ( y  3).4  ( z  10).5 0   IM , u IM ', u    u  u  2 x  4 y  5 z  70 0  2 2    5 y  4 z  2    2 z  5 x  1    ( 4 x  2 y ) 2 630      dẫn đến không đủ phương trình để giải tìm 3 ẩn x;y;z. Không hoàn thành bài toán. kiện:  MM '  u 1   d  M ;  d  M ';  Mà cần có MM’ và    Từ giả thiết ta có đt    quaI(1;2;3)cóVTCP u (2;4;5). cắt nhau, MM’ phải nằm Mp (P) qua M và trên mặt phẳng vuông vuông góc với    có góc với    tại trung pt: điểm H của MM’. Như 2(x-4)+4(y-3)+5(zvậy phải thông qua toạ 10)=0 độ của điểm H mới tìm  2 x  4 y  5 z  70 0 được toạ độ của M’ Pt tham số của    : *) Khắc phục: Khi giải loại bài tập này gv cần  x 1  2t lưu ý hs sử dụng hình vẽ để tìm điều kiện triệt để cho M’ là điểm đối xứng của M qua    . Việc tìm toạ độ của M’ là phải tìm đủ 3 toạ độ x;y;z, nên cần có đủ 3 phương trình   y 2  4t  z 3  5t  Gọi H là hình chiếu của M trên    suy ra H là giao của    và mp (P). Toạ độ H là nghiệm của hệ: 3 ẩn thì mới giải và tìm được. Có thể dùng hình vẽ phụ minh hoạ cho hình ảnh MM’ thoả đk (1) nhưng M’ lại không là điểm đx  x 1  2t  y 2  4t    z 3  5t  2 x  4 y  5 z  70 0  x 3    y 6  z 8  của M qua    . M H là trung điểm của M’  MM’ nên :  xM '  4 3  2   yM '  3 6  M '  2;9;6  2   z M '  10 8  2  Bài tập tương tự: Trong Kg với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1;2;-1) và đt (d) : x 1 y  2 z  2   3  2  2 Tìm điểm N đối xứng với M qua (d), từ đó tìm độ dài đoạn MN. ( Đề thi ĐH – CĐ năm học 1997 ) Ví dụ 5 : Trong Kg với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(0;0;1), B(3;0;-2), C(0;3;-2). a) Viết phương trình mặt cầu (S) qua 3 điểm A,B,C và có tâm I nằm trên mặt phẳng (Oxy). b) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài giải của HS Sai lầm – Cách khắc phục Bài giải đúng a) HS1: Gọi pt mặt cầu (S) Câu a)*) Sai lầm: HS1 chỉ a) Tâm I của mặt cầu là: sử dụng giả thiết mặt cầu (S) thuộc mp (Oxy) suy x2+y2+z2-2ax-2by-2cz+d = 0 (S) qua 3 điểm A,B,C mà ra I(a;b;0) (S) qua A,B,C nên ta có: quên không chú ý còn một Như thế pt mặt cầu (S) 1  2c  d 0   9  4  6 a  4c  d  0  9  4  6b  4c  d 0  giả thiết cho tâm mặt cầu có dạng: Không đủ điều kiện để tìm a,b,c,d, suy ra không viết nữa. x2+y2+z2-2ax-2by+d = HS2 sử dụng sai điều kiện 0 của tâm I. Em đã nghĩ rằng I (S) qua A,B,C nên ta được pt mặt cầu (S) thuộc mp (Oxy) thì hoành có: HS2: Tâm I của mặt cầu (S) độ và tung độ của nó đều 1  d 0  thuộc mp (Oxy) suy ra bằng 0. Dẫn tới lập hệ pt  9  4  6a  d 0 I(0;0;c) tìm toạ độ tâm sai và dẫn tới Như thế pt mặt cầu (S) có đáp số sai. dạng: x2+y2+z2-2cz+d = 0 *) Cách khắc phục:  9  4  6b  d 0   a 2    b 2  d  1  (S) qua A,B,C nên ta có: - Chú ý cho hs khi muốn 1  2c  d 0   9  4  4c  d 0  9  4  4c  d 0  viết được pt của một mặt Suy ra pt mặt cầu (S) : (1) (2) (3) Trừ từng vế (2) cho (1) ta có: đủ các giá trị của a,b,c,d 0 trong pt dạng khai triển hoặc a,b,c,R2 trong dạng 6c +12=0 , suy ra c = -2 Thế vào (1) ta có d = -5 Vậy pt mặt cầu (S) là: 2 cầu thì phải tìm được đầy x2+y2+z2- 4x - 4y - 1 = 2 2 x +y +z + 4x - 5 = 0 tổng quát. Nếu trong quá trình giải mà chưa có đủ điều kiện để tìm được tất cả các giá trị đó thì phải xem lại xem đã sử dụng đủ các giả thiết của bài toán cho hay chưa. - Ngoài ra cần phải khai thác đúng các giả thiết. I thuộc mp toạ độ nào thì toạ độ còn lại bằng 0. - Củng cố lại các pt của các mp toạ độ: (Oxy) : z = 0 (Oyz) : x = 0 (Oxz) : y = 0. - Hướng dẫn hs các bước trình bày lời giải: +) Xác định sự đặc biệt của toạ độ tâm I, suy ra dạng pt mặt cầu (S). +) Sử dụng giả thiết A,B,C thuộc mặt cầu để lập hệ pt ẩn là a,b,d. +) Giải hệ pt tìm a,b,d +) kết luận pt mặt cầu (S). b) b) *) Sai lầm: Học sinh đã sử AB  3;0; 3, AC  0;3; 3   dụng phương pháp tìm toạ  AB, AC  9;9;9 Câu b): độ tâm đường tròn ngoại Gọi I(x;y;z) là tâm đường tiếp như trong HH phẳng, Mp (ABC) có VTPT tròn ngoại tiếp ABC không hiểu rõ rằng trong n1;1;1 2 2  IA  IB  IA  IB   2 (*)  IA  IC 2  IA  IC KG có vô số những điểm  ptmp( ABC ) : cách đều điểm A, B, C. x  y  z  1 0 Trong số đó chỉ có điểm Mặt cầu (S) qua 3 điểm  x 2  y 2   z  1 2   2 2 2    x  3  y   z  2   2 2 2  x  y   z  1   2 2 2   x  ( y  3)   z  2 nằm trên mp (ABC) mới là A,B,C suy ra: tâm đường tròn ngoại tiếp Đường tròn ngoại tiếp ABC .  6 x  6 z 12   6 y  6 z 12 ABC là giao tuyến của *) Khắc phục: Gv giúp hs mp(ABC) với mặt cầu Không đủ tìm được toạ độ hiểu rõ tập hợp những điểm (S)nên có pt: 2 2 2 tâm I, không viết được pt cách đều A,B,C trong KG là  x  y  z  4 x  4 y  1  đường tròn ngoại tiếp ABC trục (d) của đường tròn ngoại tiếp ABC , tâm I của (d) đường tròn này là giao điểm A B của đường thẳng (d) với mp (ABC). Như vậy ngoài đk O C (*) toạ độ tâm I còn phải thoả mãn pt mp (ABC) nữa.    x  y  z  1 0  0 Ngoài ra pt của một đường tròn trong KG phải là một hệ gồm pt một mặt phẳng và pt của một mặt cầu, chúng cắt nhau tạo nên giao tuyến là đường tròn đó. Vậy việc viết pt của một đường tròn trong KG chính là việc tìm ra pt của một mp và một mặt cầu cùng chứa đường tròn phải tìm, sau đó ghép các pt đó thành một hệ. Bài tập tương tự: Trong KG với hệ toạ độ Oxyz cho A,B,C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (P) có phương trình: x+y+z-1=0 với các trục Ox,Oy,Oz. a) Viết pt mặt cầu (S) qua 4 điểm A,B,C, O. b) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ví dụ 6: Tìm khoảng cách sau:  x 1  t  a) Giữa hai đt    :  y  1  t  z 1  t  b) Giữa hai đt    :  x 2  3t  ' :  y  2  3t  z 3  3t  x  1 y 1 z   2 1 1   ' : x  3  y  z  1 1 2 1  2 x  y  z  1 0  2 x  y  5 z  5 0 c) Từ điểm M(2;3;1) đến đt    :  Bài giải của HS Sai lầm – Cách khắc phục a)    qua M0(1;-1;1) và a)*) Sai lầm: có VTCP u (1; 1; 1)   -Hs đã tính u,u ' sai. Bài giải đúng a)    qua M0(1;-1;1) và có VTCP u (1; 1; 1)  ' qua M0’(2;-2;3) và - Không biết hai đường thẳng  ' qua M0’(2;-2;3) và có VTCP đã cho ở vị trí tương đối nào, có VTCP u '( 1;1;1) cứ tính khoảng cách giữa hai M 0 M 0 ' 1; 1;2 