Luận văn Phương pháp tọa độ trong hình học không gian

Bài toán 2.26. Cho góc tam diện vuông Oxyz. Điểm N cố định nằm trong góc tam diện mặt phẳng (P) qua N cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C. Gọi khoảng cách từ N đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) là a, b, c. a) Tính OA, OB, OC để thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. b) Tính OA, OB, OC để OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, từ giả thiết ta được N(a; b; c). Khi đó phương trình mặt phẳng (P) qua N có dạng: (P): α(x - a) + β(y - b) + γ(z - c) = 0 với α, β, γ > 0.

pdf56 trang | Chia sẻ: anhthuong12 | Ngày: 26/09/2020 | Lượt xem: 493 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Phương pháp tọa độ trong hình học không gian, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
          a 3 qua I ; 0; 0 a 3 2P : P : z = . 2 vtpt b(0; 0; 1)             Suy ra tọa độ của O a a 3 a 3 ; ; 2 6 2       và bán kính 2 2 2 2 2 2 a 3a 3a 39a a 39R = OE = + + = R = . 4 36 4 36 6  c) Vì BD // 1 2  CE nên DE  BC = M ( - a; 0; 0), ta có: 3a a 3 AM - ; - ; 0 2 2 AM.AC = 0 AM AC AM (ACE). a a 3 AC ; - ; 0 2 2                        y x z D A B C M E 18 Gọi α là góc tạo bởi (ABC) và (ADE). Gọi ,1 2n n   theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (ABC) và (ADE), ta có: 1n  (0; 0; 1); 2 2 2 n AD n ( 3; - 3; - 3). n AE           ta chän Khi đó: 0 . 1 2 .1 2 n n 1 cosα = = α = 60 . 2n n      Bài toán 2.8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a, BAD = 600. Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SO = 3a 4 . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, BE. a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). b) Tính góc giữa hai đường thẳng AE và SF. c) Mặt phẳng (α ) chứa AD và vuông góc với (SBC) cắt hình chóp S.ABCD theo một thiết diện . Tính diện tích thiết diện đó. Lời giải: Vì OA, OB, OS đôi một vuông góc nên chọn hệ trục tọa độ Oxyz (hình vẽ). Ta có tọa độ các điểm là A a 3 ; 0; 0 2       , B a 0; ; 0 2       , C a 3 - ; 0; 0 2       , D a 0; - ; 0 2       , S 3a 0; 0; 4       a) Ta có SB  a 3a 0; ; - 2 4       , SC  a 3 3a - ; 0; - 2 4       nên SB, SC     = 2a 3 8 ( - 3 ; 3; 2) N M F EO B CD A x y S z 19  Phương trình mặt phẳng (SBC) là: - 2 3 x + 6y + 4z - 3a = 0. Khoảng cách cần tìm là d( A, (SBC)) =   2 2 2 a 3 -2 3. + 6.0 + 4.0 - 3a 2 3a . 4 -2 3 + 6 + 4  b) Vì E, F lần lượt là trung điểm của BC, BE nên E a 3 a - ; ; 0 4 2       , F a 3 a - ; ; 0 8 2       . Do đó AE  3a 3 a - ; ; 0 4 2       , BF  a 3 - ; 0; 0 8       , nên  3 93 3 93 cos(AE,BF) = cos(AE,BF) = φ = arccos . 31 31    c) Phương trình mặt phẳng (α ): 2x - 2 3 y + 4 3 z - a 3 = 0. Phương trình các đường thẳng x = 0 x = 2t SB: y = 2t (t R), SC : y = 0 (t R). 3a 3a z = - 3t z = + 3t 4 4                Do đó (α )  SB = M a 3a 0; ; 4 8       , (α )  SC = N a 3 3a - ; 0; 4 8       . Thiết diện là hình thang ADNM có chiều cao bằng khoảng cách từ A đến (SBC) nên diện tích của thiết diện là : SADNM = 1 2 (AD + MN). d(A, (SBC)) = 29a . 16 Bài toán 2.9. Trên các tia Ox, Oy, Oz của góc tam diện vuông Oxyz lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho OA = a, OB = a 2 , OC = c (a, c > 0). Gọi D là đỉnh đối diện với O của hình chữ nhật AOBD và M là 20 trung điểm của đoạn BC. Mặt phẳng (α ) qua A, M cắt mặt phẳng (OCD) theo một đường thẳng vuông góc với đường thẳng AM. a) Gọi E là giao điểm của (α ) với đường thẳng OC. Tính độ dài đoạn thẳng OE. b) Tính tỷ số thể tích của hai khối đa diện được tạo thành khi cắt khối chóp C.OADB bởi mặt phẳng (α ). c) Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (α ). Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz ( hình vẽ). Tọa độ các điểm O (0; 0; 0), A(a; 0; 0), B (0; a 2 ; 0), C(0; 0; c), D (a; a 2 ; 0). a) Vì M là trung điểm của BC nên M a 2 c 0; ; 2 2       . Ta có OC  (0; 0; c), OD  (a; a 2 ; 0)  OC, OD     = ( - ac 2 ; ac; 0). Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (OCD) là (OCD) n  (- 2 ; 1; 0). Gọi F = (α )CD thì EF là giao tuyến của (α ) với (OCD), ta có: EFAM. Vì a 2 c AM - a; ; 2 2        nên (OCD) , n AM     = c 2 (1; 2 ; 0), do đó một véc tơ chỉ phương của EF là EF u  (1; 2 ; 0). Ta có EF , u AM    = 1 2 (c 2 ; - c; 3 2 a) nên phương trình mặt phẳng (α ) là 2 cx – cy + 3 2 az - ac 2 = 0. Do đó (α )  Oz = E c 0; 0; 3        OE = c 3 . I F E G H M K D x z y O B C A 21 b) Ta có (α )  CD = F 2a 2 2a c ; ; 3 3 3        CF CD = 2 3 . Mà VC.OADB = 2VC.AOD = 2VC.BOD nên C.EAFM C.AEF C.MEF C.OADB C.AOD C.BOD V V V 1 CE CF CM CE CF 1 . . . V 2V 2V 2 CO CD CB CO CD 3           Do đó tỷ số thể tích hai khối đa diện được tạo thành khi cắt khối chóp C.OADB bởi mặt phẳng (α ) là 1 2 (hay 2). c) Khoảng cách cần tìm là d(C,(α )) = 2 2 2 2 2 3 2ac - ac 2 2 6ac . 2c + c +18a 3 c + 6a  2.2. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán chứng minh Bài toán 2.10. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại D lấy điểm S sao cho SD = a 6 . 2 Chứng minh rằng hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc với nhau. Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Dxyz, (hình vẽ) khi đó: D(0; 0; 0), A a 3; 0; 0 , B a 3 a;- ; 0 2 2       , C a 3 a ; ; 0 2 2       , S a 6 0; 0; 2       . Gọi ,1 2n n   theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (SAB) và (SAC), ta có: y z x D S A B C 22 1 1 1 a 6 n SA a 3; 0; - 2 n (1; - 3; 2). a 3 a n AB - ; - ; 0 2 2                        ta chän 2 2 2 a 6 n SA a 3; 0; - 2 n (1; 3; 2). a 3 a n AC - ; ; 0 2 2                        ta chän Nhận xét rằng: . 1 2n n   = 1- 3 + 2 = 0  1 2n n    (SAB) (SAC). ĐPCM Bài toán 2.11. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) bằng h. Tìm điều kiện của a và h để hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc với nhau. Lời giải: Gọi O là trọng tâm ABC, với điều kiện SA = SB = SC, ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với BC song song với tia Ox, A thuộc tia Oy, khi đó: A a 3 0; ; 0 3       , B a a 3 ; - ; 0 2 6       , C a a 3 - ; ; 0 2 6       , S( 0; 0; h) Gọi ,1 2n n   theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (SAB) và (SAC), ta có: 1 1 1 a 3 n SA 0; ; - h 3 3 n (h 3; h; ). 3a a 3 n AB ; - ; 0 2 2 a                        ta chän O y x z S A C B 23 2 2 2 a 3 n SA 0; ; - h 3 3 n (-h 3; h; ). 3a a 3 n AC - ; - ; 0 2 2 a                        ta chän Để (SAB)  (SAC) điều kiện là: 1 2n n    . 1 2n n   = 0  - 3h2 + h2 + 2a 3 = 0  a = h 6 . Bài toán 2.12. Đường thẳng (d) tạo với 2 đường thẳng (d1) và (d2) cắt nhau các góc bằng nhau, ngoài ra nó không vuông góc mặt phẳng (α ) chứa các đường thẳng này. Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc (d’) của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (α ) cũng tạo thành những góc bằng nhau với 2 đường thẳng (d1) và (d2). Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O = (d1) (d2) và (d1), (d2) Oxy, khi đó gọi 1 2a, a', a , a     theo thứ tự là vtcp các đường thẳng (d), (d’), (d1), (d2), ta có: a  (x; y; z), a'  (x; y; 0), 1a  (x1; y1; 0), 2a  (x2; y2; 0). Từ giả thiết: (d, d1) = (d, d2) 1 2 1 2 a a = .a .a . a .a aa          1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2. . xx yy xx yy x y z x y x y z x y           1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2. . xx yy xx yy x y x y x y x y          (d, d1) = (d, d2). ĐPCM Bài toán 2.13. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1. AB = a, AD = b, AA1 = c với 0 < a < b < c. Gọi I, J theo thứ tự là trung điểm AB, C1D1. Các điểm M, N thỏa mãn 1AM = kAD, BN = kBB     với 0 k 1.  Chứng minh M, N, I, J đồng phẳng. Lời giải: 24 x z y Δ' Δ A B M N z x y P N J I M C1 B1 D1 C A B A1 D Chọn hệ trục tọa độ Axyz với B thuộc tia Ax, D thuộc tia Ay và A1 thuộc tia Az, khi đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; b; 0), D(0; b; 0), A1(0; 0; c), B1(a; 0; c), C1(a; b; c), D1(0; b; c), I a ; 0; 0 2       , J a ; b; c 2       Vì 1AM = kAD, BN = kBB     nên M(0; kb; 0) & N(a; 0; kc) Ta có IJ  (0; b; c), a IM - ; kb; 0 2        , a IN ; 0; kc 2        . Ta có: kIJ = IM + IN IJ, IM, IN       đồng phẳng  M, N, I, J đồng phẳng. ĐPCM Bài toán 2.14. Cho hai đường thẳng  , ' chéo nhau và vuông góc với nhau nhận AB làm đường vuông góc chung (A , B ' ). Gọi M, N là các điểm di chuyển trên  và ' sao cho MN = AM + BN. a) Chứng minh rằng tích AM.BN và thể tích khối tứ diện ABMN là những đại lượng không đổi. b) Chứng minh rằng MN luôn tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB. Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz (hình vẽ), với O  A, trục Oz chứa AB, trục Ox chứa đường thẳng  , trục Oy // ' . Đặt AB = h, AM = a, và AN = b (h, a, b > 0). Tọa độ các điểm A (0; 0; 0), B (0; 0; h), M (a; 0; 0), N (0; b; h). Vì MN = AM + BN nên 2 2 2h + a + b = a + b  2a.b = h2. a) Ta có AM.BN = a.b = 2h . 2 25 AB  (0; 0; h), AM  (a; 0; 0), AN  (0; b; h)  AB, AM     = (0; ah; 0). Thể tích khối tứ diện ABMN là: VABMN = 1 AB,AM .AN 6        = 1 6 abh = 1 12 h3. Vì h = AB không đổi nên tích AM.BN và thể tích khối tứ diện ABMN là những đại lượng không đổi. ĐPCM b) Gọi trung điểm của AB là I h 0; 0; 2       . Ta có MN  ( - a; b; h), IM  h a; 0; 2       nên MN, IM     = hb ha - ; ; - ab 2 2       . Khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng MN là d( I, MN) = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MN,IM h b + h a + 4a b = 4(a + b + h )MN        3 3 2 2 2 2 2 2ab + 2ba + 4a b ab h AB = = = = . 4(a + b + h ) 2 2 2 Vậy đường thẳng MN tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB. ĐPCM 2.3. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán quỹ tích Bài toán 2.15. Trong mặt phẳng (α ) cho đường tròn (C) đường kính AB= 2R, SA = h (0 < h < 2R) và vuông góc với mặt phẳng (α ). Gọi M là điểm di động trên (C). Tính h theo R để tồn tại điểm M trên (C) sao cho đoạn nối trung điểm hai đoạn AM và SB là đoạn vuông góc chung của chúng, khi đó tính độ dài của đoạn vuông góc chung này. Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Axyz, với B thuộc tia Ax, khi đó: A(0; 0; 0), B(2R; 0; 0), S(0; 0; h). Điểm M (C)  M(a; b; 0) với a2 + b2 = R2. (1) Gọi E, F là trung điểm AM và F E A x y z M B S 26 IK A z y x O O1 B SB, ta có: a b E ; ; 0 2 2       , h F R; 0; 2       a b h EF R - ; - ; 2 2 2         . EF là đường vuông góc chung của AM và SB khi: 2 2 a b a(R - ) - = 0 EF AM EF . AM = 0 2 2 a hEF SB EF . SB = 0 2R(R - ) - = 0 2 2                       Do đó (1)  R R 3 a = & b = ± 2 2 h = R 3      Vậy với điều kiện h = R 3 thì tồn tại hai điểm 1 R R 3 M ; ; 0 2 2       và 2 R R 3 M ; - ; 0 2 2       trên (C) thỏa mãn điều kiện đầu bài và khi đó độ dài đoạn vuông góc chung của AM và SB bằng EF = R 6 2 . Bài toán 2.16. Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn (O) và (O1), bán kính R, chiều cao hình trụ bằng h. Trên hai đường tròn (O) và (O1) có hai điểm di động A, B. Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm OO1 và AB. a) Chứng minh rằng IK là đường vuông góc chung của OO1 và AB. b) Tính độ dài IK trong các trường hợp: i) AB= k.h, với 1 < k < 2 2 4R 1+ h ii)  1OA, O B α.   Từ đó suy ra quỹ tích điểm K khi AB di động. Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với O1 tia Oz, khi đó O1(0; 0; h) và A (O, R)  A(xA; yA; 0) với 2 2 2 A Ax + y = R ; B (O1, R)  B(xB; yB; h) với 2 2 2x + y = RB B . 27 Vì I, K là trung điểm OO1 và AB A B A Bh x + x y + y hI 0; 0; , K ; ; 2 2 2 2              . a) Ta có 1OO  (0; 0; h),  B A B AAB x - x ; y - y ; h  và A B A B x + x y + y IK ; ; 0 2 2        nên 1 1 1 1 OO .IK 0 OO IK AB .IK 0 AB IK                    IK là đường vuông góc chung của OO1 và AB. b) Ta có   2 2 2 2 2 2 2A B A B A B A B A B A B x + x y + y 1 IK = x + x + y + y 2 x .x + y .y 2 2 4                     2 2A B A B A B A B 1 1 = 2R + 2 x .x + y .y = R + x .x + y .y . 4 2    (1) i) Khi AB = k.h, ta được:     2 22 2 2 2 B A B Ak .h = AB = x - x + y - y + h  2 2 2 2 2A B A B A B A B= x +x +y +y -2 x .x +y .y +h  2 22 A B A B 1- k h x .x + y .y = R + . 2  (2) Thay (2) vào (1) ta được    2 2 2 22 2 2 21- k h 1- k h1IK = R + R + = R + 2 2 4         2 22 1- k h IK = R + 4  . Khi đó quỹ tích điểm K thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính IK ở trong mặt phẳng qua I và vuông góc với OO1. ii) Với  1OA, O B α,   ta được: A B A B 2 2 2 2 A A B B x .x + y .y cosα x + y . x + y  2A B A B x .x + y .y = R cosα. (3) Thay (3) vào (1), ta được: 2 2 2 2 21 α αIK = R + R cosα = R .cos IK = R.cos . 2 2 2     28 Khi đó quỹ tích điểm K thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính IK ở trong mặt phẳng qua I và vuông góc với OO1. Bài toán 2.17. Cho hai điểm A, B cố định. Tìm tập hợp các điểm M sao cho AM = k BM với 0 < k  1 Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A(-a; 0; 0), B(a; 0; 0), khi đó với điểm M(x; y; z), ta có: AM = k BM     2 2 22 2 22 2 2 x + a + y + zAM k = = BM x - a + y + z    2 2 2 2 2 2 2 a 1+ k 2ak x + + y + z = 1- k 1- k              Phương trình trên là phương trình mặt cầu có: Tâm  2 2 a 1+ k I - ; 0; 0 1- k         , bán kính 2 2ak = 1- k R . Bài toán 2.18. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có ABCD và A’B’C’D’ tương ứng là đáy trên và đáy dưới, A’A//B’B//C’C//D’D. Một điểm X chuyển động với tốc độ không đổi dọc theo chu vi hình vuông ABCD; Y cũng chuyển động cùng với tốc độ đó dọc theo chu vi hình vuông B’C’CB. X xuất phát từ A đi về phía B còn Y rời từ B’ đi về hướng C’. Tìm quỹ tích trung điểm XY. Lời giải: Kí hiệu O1, O2, O3 lần lượt là tâm của các mặt ABB’A’, BB’C’C, ABCD. Ta sẽ chứng minh rằng quỹ tích các trung điểm Z của XY là đường gấp khúc O1O2CO3O1. Giả sử A là gốc tọa độ, AB, AD và z yx O2O1 O3 C C' D' B' A B D A' 29 AA’ thuộc các trục tọa độ Ax, Ay, Az tương ứng. Đặt AB = AD= AA’= 1. Chia thời gian điểm X chạy trên đường ABCDA làm 4 phần bằng nhau và lấy mỗi phần ấy làm đơn vị thời gian. Ta biết rằng nếu điểm K chuyển động thẳng đều thì sự phụ thuộc tọa độ của nó vào thời gian là sự phụ thuộc tuyến tính và ngược lại, nếu sự phụ thuộc tọa độ của điểm K vào thời gian là tuyến tính thì K chuyển động thẳng đều. Nếu T là trung điểm của đoạn OP với: O =(x1; y1; z1) và P=(x2; y2; z2) thì 1 2 1 2 1 2 x + x y + y z + z T = ; ; 2 2 2       . Ứng dụng các mệnh đề đã phát biểu trên, ta lập bảng phụ thuộc tọa độ của các điểm X, Y, Z vào t sau đây: 0 t 1  t 1 2 t 2 3 t 3 4 x t 1 3-t 0 y 0 t-1 1 4-t X z 0 0 0 0 x 1 1 1 1 y t 1 3-t 0 Y z 1 2-t 0 t-3 x 1+ t 2 1 4- t 2 1 2 y t 2 t 2 4- t 2 4- t 2 Z z 1 2 2 - t 2 0 t -3 2 Khi t = 0; 1; 2; 3; 4, dễ dàng thấy được Z tương ứng ở các vị trí O1, O2, O3, O1 còn trên các đoạn giữa chúng, tọa độ của Z thay đổi tuyến tính, nghĩa là Z vẽ trong không gian các đoạn thẳng O1O2, O2C, CO3, O3O1 và có nghĩa là Z chuyển động theo hình thoi O1O2CO3. 30 z y x I I2 I1 N M C D B C' A' D' A B' Bài toán 2.19. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ và mặt cầu (C) nội tiếp hình lập phương đó. Mặt phẳng (P) quay quanh A, tiếp xúc với mặt cầu (C) và cắt hai cạnh A’B’ và A’D’ lần lượt tại M và N. Tìm tập hợp tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA’MN. Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O A' , B’(1; 0; 0), D’(0; 1; 0), A(0; 0; 1). Với hai điểm M, N bất kì nằm trong các cạnh A’B’, A’D’, ta có: M(m; 0; 0), N(0; n; 0) (0 < m, n < 1). Mặt phẳng (AMN) có phương trình x y + + z =1 m n , mặt cầu (C) có phương trình 2 2 2 1 1 1 1 x - + y- + z - = 2 2 2 4                   . Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA’MN ta có m n 1 I ; ; 2 2 2       . Vậy mặt phẳng (AMN) tiếp xúc với mặt cầu (C) khi và chỉ khi khoảng cách từ điểm 1 1 1 ; ; 2 2 2       đến mặt phẳng (AMN) bằng 1 2 . Hay 2 2 2 2 2 1 1 12 2+ + -1 m n 2 1 1 1 1 1 = + -1 = + +1 2 m n1 1 m n + +1 m n        1 1 1 + = m + n =1 m n mn   1 1 1 1 1 1 x + y = 2 1 z = (*) 2 1 0 < x , y < 2           31 z x y I C' D B' A' D' B A C Từ (*) suy ra quỹ tích của I là đoạn thẳng I1I2 trong đó 1 1 1 I ; 0; ; 2 2       2 1 1 I 0; ; 2 2       , không kể hai điểm I1 và I2. Bài toán 2.20. Cho tứ diện đều ABCD. Tìm quỹ tích những điểm M sao cho tổng bình phương các khoảng cách từ đó đến các mặt của tứ diện bằng k2 cho trước. Lời giải: Dựng hình lập phương AC’BD’.B’DA’C ngoại tiếp tứ diện đều ABCD cạnh a thì cạnh hình lập phương b = a 2 . Chọn hệ tọa độ D’xyz (hình vẽ), ta có: Tâm I b b b ; ; 2 2 2       . Trong hệ tọa độ này, các mặt phẳng chứa các mặt của tứ diện đều ABCD có phương trình lần lượt là: mp(ABC): x + y + z - b = 0. mp(DBC): - x + y + z - b = 0. mp(DCA): x - y + z - b = 0. mp(DAB): x + y - z - b = 0. Gọi M (x0; y0; z0) và d1, d2, d3, d4 là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng đó. Theo đề bài ta có: 22 2 2 21 2 3 4d + d + d + d = k  2 20 0 0 2 2 2 0 0 0 4 x + y + z - b(x + y + z ) + b = k 3      2 2 2 2 2 0 0 0 4 b b b 1 x - + y - z - + b = k 3 2 2 2 3                        2 2 2 2 2 0 0 0 b b b 3 a x - + y - z - = k - 2 2 2 4 6                        32 Ta sẽ xét từng trường hợp: i) Nếu 2 2 a a 6k - > 0 k > 6 6  thì quỹ tích của M là mặt cầu (C), tâm I, bán kính 2 23 ap = k - . 2 6 ii) Nếu a 6 k = 6 thì quỹ tích của M là điểm I. iii) Nếu a 6 k < 6 thì quỹ tích của M là  . 2.4. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán cực trị Bài toán 2.21. Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A1B1C1D1 cạnh đáy bằng 1 và chiều cao bằng x. Tìm x để góc tạo bởi đường thẳng B1D và mặt phẳng (B1D1C) đạt giá trị lớn nhất. Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Axyz, với B thuộc tia Ax, D thuộc tia Ay, A1 thuộc tia Az, khi đó: C(1; 1; 0), D(0; 1; 0), B1(1; 0; x), D1(0; 1; x) 1 B D  (-1; 1; x). Gọi n  là vtpt của mặt phẳng (B1D1C), ta có:     1 1 n CB 0; - 1; x n (- x; - x; -1). n CD -1; 0; x           Gọi α là góc tạo bởi đường thẳng B1D và mặt phẳng (B1D1C), ta có: 1 2 2 2 4 2 1 B D x - x - x x = = = B D 1+1+ x . x + x .n s +1 2x + 5 inα . x + 2n     . Ta có α đạt giá trị lớn nhất khi 4 2 x 2x + 5x + 2 đạt giá trị lớn nhất. Xét hàm số f(x) = 4 2 x 2x + 5x + 2 với x > 0 C1 B1 D1 C A x z y B A1 D 33 Ta có 2 2 2 2 1 1 1 sin α . 31 22 x + + 5 5 + 2 2x . x x          C«si Vậy Max(sinα ) = 1 3 , đạt được khi x = 1 ABCD.A1B1C1D1 là hình lập phương cạnh bằng 1. Bái toán 2.22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông đường cao AB=a, BC= 2a, SA= a và vuông góc với đáy, SCBD. a) Tính AD. b) Gọi M là điểm trên đoạn SA, đặt AM = x (0 x a)  . Tính độ dài đường cao DE của BDM theo a và x. Xác định x để DE có giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Axyz với D tia Ax, B  tia Ay, S  tia Az, khi đó: A(0; 0; 0), B(0; a; 0), C(a; 2a; 0), S(0; 0; a). a) Giả sử D(xD; 0; 0), ta có:  SC 2a; a; - a  &  DBD x ; - a; 0 ,  2 D D a SC BD SC.BD = 0 2ax - a = 0 x = 2        AD = a 2 b) Vì M SA và AM = x nên M(0; 0; x). Độ dài đường cao DE của BDM được cho bởi: 2 2 2 2 2 2 2 BD,BM a 5x + a a 4a DE = = = 5 - 2 x + a 2 x + aBM        . Ta có DE lớn nhất  2 2 2 4a x + a nhỏ nhất  x2 + a2 lớn nhất  x = a. Vậy MaxDE = a 3 2 , đạt được khi x = a, tức là khi M  S. E A x y z D S B C M 34 DE nhỏ nhất  2 2 2 4a x + a lớn nhất  x2 + a2 nhỏ nhất  x = 0. Vậy MinDE = a 2 , đạt được khi x = 0, tức là khi M  A. Bài toán 2.23. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A1B1C1 có các cạnh bằng a. Lấy E, F theo thứ tự thuộc BC1 và A1C sao cho EF//(ABB1A1). Tính giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn EF. Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Axyz với B tia Ax, khi đó A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C a a 3 ; ; 0 2 2       , A1(0; 0; a), B1(a; 0; a), C1 a a 3 ; ; a 2 2       . Phương trình cạnh (A1C) cho bởi:  1 x = u a A C : y = u 3 , u 0; . 2 z = a - 2u          Với E  A1C  E(u; u 3 ; a - 2u ) Phương trình cạnh (BC1) cho bởi:  1 x = a + v a : y = - v 3 , v - ; 0 . 2 z B = - 2v C          Với F  BC1  F( a + v; - v 3 ; – 2v ) Vì EF // (ABB1A1) EF Ay    u + v = 0  v = - u Khi đó: E( u; u 3 ; a - 2u ) & F(a - u; u 3 ; 2u)   2 2 2 22 2 2 2 3a a aEF = (a - 2u) + 4u - a = 20u -12au + 2a = 5 2u - + 5 5 5        a 5 EF 5   . Vậy MinEF = a 5 . 5 FE A x y z C B A1 C1 B1 35 Bài toán 2.24. Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a. Vẽ 3 tia Aa, Bb, Cc cùng chiều và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Trên Aa, Bb, lấy các điểm A1, B1 sao cho AA1 = 2a, BB1 = a. Xác định vị trí của điểm C1 trên Cc sao cho A1B1C1 có diện tích nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Axyz với B tia Ax, khi đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), A1(0; 0; 2a), B1(a; 0; a), C a a 3 ; ; 0 2 2       . Giả sử CC1 = m, m 0 thì C1 a a 3 ; ; m . 2 2       Gọi S, S1 theo thứ tự là diện tích ABC và A1B1C1, gọi α là góc giữa mặt phẳng (ABC) và (A1B1C1), khi đó: 2 1 S a 3 S = = cosα 4cosα . (1) từ đó ta thấy S1 đạt giá trị nhỏ nhất  cosα đạt giá trị lớn nhất. Gọi 1 2n , n   theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (ABC) và (A1B1C1), ta có: 1 1 1 1 2 1 2 2 n A B n (0; 0; 1), n (a 3; 3a - 2m; a 3). n A C            ta chän Suy ra 1 2 2 2 2 1 .n cosα . n a 3 = = n 6a + (3a - 2mn )     , khi đó cosα đạt giá trị lớn nhất  3a - 2m = 0  m = 3a 2  cosα = 2 2  π α = 4 . Vậy MinS1 = 2a 6 4 đạt được khi CC1 = 3a 2 . C z y x A B A1 C1 B1 36 K I M C1 D1 B1 C A x z y D A1 B Bài toán 2.25. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có AB = a, AD = 2a, AA1=a 2 . Trên cạnh AD lấy điểm M, gọi K là trung điểm B1M. a) Đặt AM = m (0  m < 2a). Tính thể tích khối tứ diện A1KID theo a và m, trong đó I là tâm hình hộp. Tìm vị trí của điểm M để thể tích đó đạt giá trị lớn nhất. b) Khi M là trung điểm AD: i) Hỏi thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng (B1CK) là hình gì ? Tính diện tích thiết diện đó theo a. ii) CMR đường thẳng B1M tiếp xúc với mặt cầu đường kính AA1. Lời giải Chọn hệ tọa độ Axyz với D tia Ax, B tia Ay  và 1 A tia Az, khi đó: A(0; 0; 0), B(0; a; 0), C(2a; a; 0), D(2a; 0; 0), 1 A (0; 0; a 2 ), B1(0; a; a 2 ), C1(2a; a; a 2 ), D1(2a; 0; a 2 ), M(m; 0; 0), I a a 2 a; ; 2 2        , K m a a 2 ; ; 2 2 2        a) Thể tích khối tứ diện 1A KID được cho bởi:   2 1 1 1 1 a 2 V = A K, A I .A D = 2a -m 6 24        . Khi đó Max V= 3a 2 12 , đạt được khi m = 0 M A  . b) Khi M là trung điểm AD thì m = a, suy ra M(a; 0; 0); K a a a 2 ; ; 2 2 2        i) Vì (BCC1B1)//(ADD1A1) nên (B1CK) (ADD1A1) = MN//B1C//A1D nên N là trung điểm AA1, do đó N a 2 0; 0; 2        và thiết diện B1CMN là hình thang cân. 37 z y x S N C A B b a c Ta có : ΔNB M ΔCB M 1 1td 1 1 1 1 S = S +S = NB , NM + CB ,CM 2 2           2 2 2a 2 3a 2= +a 2 = 2 2 ii) Để chứng minh đường thẳng B1M tiếp xúc với mặt cầu đường kính AA1, ta chứng minh d(N,B1M) = 1 AA 2 .  B M = a; - a; - a 2 ;1  a 2 MN = - a; 0; 2         Thật vậy, ta có : d( N, B1M ) = 21 1 1 B M ,MN AAa 2 a 2 = = = 2a 2 2B M        Vậy khoảng cách từ N đến B1M là 1 AA 2 . Suy ra B1M tiếp xúc với mặt cầu tâm N, bán kính 1 AA 2 (đường kính AA1). Bài toán 2.26. Cho góc tam diện vuông Oxyz. Điểm N cố định nằm trong góc tam diện mặt phẳng (P) qua N cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C. Gọi khoảng cách từ N đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) là a, b, c. a) Tính OA, OB, OC để thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. b) Tính OA, OB, OC để OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, từ giả thiết ta được N(a; b; c). Khi đó phương trình mặt phẳng (P) qua N có dạng: (P): α(x - a) + β(y - b) + γ(z - c) = 0 với α, β, γ > 0. Từ đó bằng cách lấy giao điểm của (P) với Ox, Oy, Oz, ta được: 38 aα + bβ + cγ aα + bβ + cγ A ; 0; 0 OA = , α α       aα + bβ + cγ aα + bβ + cγ B 0; ; 0 OB = , β β       aα + bβ + cγ aα + bβ + cγ C 0; 0; OC = . γ γ       a) Ta có : VOABC = 1 6 OA.OB.OC =   3 33 3 aαbβcγ1 (aα + bβ + cγ) 1 9abc = . 6 αβγ 6 αβγ Côsi 2  Vậy Min VOABC 9abc = , 2 đạt được khi aα = bβ = cγ , khi đó: aα + bβ + cγ aα + aα + aα OA = = 3a, α α  tương tự OB = 3b và OC = 3c. b) Ta có: aα + bβ + cγ aα + bβ + cγ aα + bβ + cγ OA + OB + OC = α β γ   aα bβ cγ aα bβ cγ = a + b + c + + + + + + β α α γ γ β                   2 a + b + c + 2 ba + 2 ac + 2 cb = ( a + b + Côsi c) . Vậy Min(OA + OB + OC) = 2( a + b + c) , đạt được khi 2 2 2aα bβ cγ aα bβ cγ= & = & aα = bβ = cγ , β α α γ γ β   khi đó: aα + bβ + cγ bβ cγ a a OA = = a + a + b + c = a + ab + ac, α α α b c   tương tự OB = ba + b + bc và OC = ca + cb + c . Bài toán 2.27. Tứ diện đều ABCD có tâm là S và độ dài các cạnh bằng 2. Một đường thẳng  quay quanh S. Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là hình chiếu của A, B, C, D trên  . Tìm tất cả các vị trí của  sao cho tổng SA’4 + SB’ 4 +SC’4 + SD’ 4 đạt giá trị lớn nhất. 39 Lời giải: Dựng hình lập phương AB1CD1.C1DA1B ngoại tiếp tứ diện đều ABCD, hình lập phương này có độ dài cạnh bằng 2 . Chọn D1 làm gốc O của hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz sao cho Atia Ox, Btia Oy, Ctia Oz. Ta có: A( 2 ; 0; 0), B(0; 2 ; 0), C(0; 0; 2 ), D( 2 ; 2 ; 2 ), S 2 2 2 ; ; 2 2 2       . Suy ra 2 2 2 SA = ; - ; - , 2 2 2        2 2 2 SB = - ; ; - 2 2 2        2 2 2 2 2 2 SC = - ;- ; , SD = ; ; 2 2 2 2 2 2               Gọi e  (x; y; z) là véc tơ đơn vị chỉ phương của đường thẳng  . Khi đó: SA' = e.SA , SB' = e.SB , SC' = e.SC , SD' = e.SD         và x2 + y2 + z2 = 1. Ta có: S = SA’4 + SB’ 4 +SC’4 + SD’ 4 = 1 4 [(-x + y + z)4 + (x - y + z)4 +(x + y - z)4 + (x + y + z)4] = 1 + 4(x2y2 + y2z2 + z2x2)  1 + 4 3 ( x2 + y2 + z2 )2 = 7 3 . Vậy Smax = 7 3  x2 = y2 = z2 = 1 3 1 x = y = z = 3  . Suy ra 4 vị trí của  thỏa mãn điều kiện tổng và đạt giá trị lớn nhất, tương ứng với véc tơ đơn vị chỉ phương là: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ; - ; - , - ; ; - , - ; - ; , ; ; 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3                         Đó là 4 đường thẳng SA, SB, SC, SD đi qua các đỉnh của tứ diện đều. ≡ O S D A1 B1 C1x z yD1 B C A A' 40 Bài toán 2.28. Cho tứ diện S.ABC có SC=CA=AB = a 2 , SC mp(ABC), tam giác ABC vuông tại A. Các điểm MSA, NBC sao cho: AM= CN= t (0 < t < 2a). a) Tính độ dài đoạn MN. Tìm giá trị t để MN ngắn nhất. b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BC và SA. Lời giải: a) Ta chọn hệ trục Oxyz sao cho gốc O A. Trục Ox chứa AC, trục Oy chứa AB và trục Oz (ABC). Khi đó cạnh SC song song với trục Oz, ta có: A(0; 0; 0), B(0; a 2 ; 0), C(a 2 ; 0; 0), S(a 2 ; 0; a 2 ). t 2 t 2 t 2 t 2 M ; 0; , N a 2 ; ; 0 2 2 2 2             t 2 t 2 MN = 2(a t); ; 2 2         2 2 2 2 2 2t t MN = 2(a 2at + t ) + + = 3t 4at + 2a 2 2    2 22a 2a a 6 3 t + 3 3 3         Vậy MN ngắn nhất bằng a 6 3 khi t = 2a 3 . b) Khi MN ngắn nhất thì: a 2 a 2 M ; 0; 3 3       và 2a 2 a 2 N ; ; 0 3 3       a 2 a 2 a 2 MN = ; ; 3 3 3         Ta có: MN.SA 0 MN.BC 0         MN là đường vuông góc chung của SA và BC. x y z A ≡ O S B C M N 41 x x x B' C' A' B z x yD D' C A O P N M Bài toán 2.29. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a Trên cạnh AB lấy điểm M, trên OC lấy điểm N, trên A’D’ lấy điểm P sao cho AM = CN = D’P = x ( 0  x  a ). a) Chứng minh rằng tam giác MNP đều. Tính diện tích tam giác MNP theo a và x. Tìm x để diện tích ấy nhỏ nhất. b) Cho a x = 2 , tính thể tích khối tứ diện B’MNP và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện này. Lời giải: a) Chứng minh MNP đều MN2 = CM2 + CN2 = MB2 + CB2 + CM2 = (x  a)2 + a2 + x2 NP2 = NC’2 + PC’2 = NC’2 + C’D’2 + D’P2 = (x  a)2 + a2 + x2 MP2 = PA2 + A’M2 = P’A2 + AA’2 + AM2 = (x  a)2 + a2 + x2  MN = NP = MP = 2 ( x2 + a2 – ax)  MNP đều SMNP = MN 2 3 4 = [ (x  a)2 + a2 + x2] = 3 2 ( x2 + a2 – ax) Đặt y = x2 ax + a2 ( 0  x  a ), ta có: y’ = 2x – a  y’ = 0  a x = 2 ymin = f( a 2 ) = 2 2 2 2a a 3a + a = 4 2 4  minS = 2 23 3a 3a 3 . = 2 4 8 khi a x = 2 . b) Tính thể tích tứ diện B’MNP khi a x = 2 . Chọn hệ trục Oxyz như sau: Gốc O trùng với D; trục Ox đi qua DA; trục Oy đi qua DC; trục Oz đi qua DD’. Khi đó: M (a; a 2 ; 0 ), N ( 0; a; a 2 ), P ( a 2 ; 0; a), B’(a; a; a)  MN  = ( a; a 2 ; a 2 ), MP  = ( a 2 ;  a 2 ; a). 42 α E O D CA B  MN,MP     . MB'  = 3 3 33a 3a 9a = 8 4 8  V = 1 6 MN,MP .MB'      3 31 9a 3a = . 6 8 16  ( đvdt) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện B’MNP: Gọi I (x; y; z) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 2 2 2 2 2 2 MI = B'I NI = B'I PI = B'I                               2 2 2 2 22 2 2 2 2 22 2 2 2 2 22 a x a + y + z = x a + y a + z a 2 a x + y + z = x a + y a + z a 2 a x + y + z a = x a + y a + z a 2 a                                    x = y = z = 17a 12  7a 7a 7a I ; ; 12 12 12        5a 3 R = 12 . Bài toán 2.30. Cho một hình cầu nội tiếp trong một hình nón tròn xoay. Một hình trụ ngoại tiếp hình cầu đó có đáy dưới nằm trong mặt phẳng đáy của hình nón. Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của hình nón và của hình trụ. a) Chứng minh rằng V1  V2. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số 1 2 V V . Lời giải: a) Giả sử hình nón có đường cao BD = h, bán kính đáy là DC = a, góc giữa đường sinh và trục là α ; bán kính hình cầu nội tiếp hình nón là r. Ta có:   2 1 πha V = * 3 43     r 1+sinαr h = OB+OD = + r = , sinα sinα r 1+sinα a = .tanα sinα Thay các kết quả trên vào (*) ta được:       3 23 3 1 2 πr 1+sinα πr 1+sinα V = = . 3sinα. 1-sinα3sinα.cos α Thể tích hình trụ ngoại tiếp hình cầu là 32V = 2πr , do đó         2 2 1 2 1+sinαV 1+s = = , V 6sinα 1-sinα 6s 1-s ở đây ta đặt s = sin , 0 < s < 1. Giả sử rằng 1 2 V V =1 (tức là V1 = V2), ta được phương trình 7s 2 - 4s +1= 0, phương trình bậc hai theo s này lại vô nghiệm, điều này có nghĩa không tồn tại α để V1 = V2 và khẳng định ở đề bài được chứng minh. b) Đặt 1 2 V V = k, ta có phương trình (1+6k)s2 +2(1- 3k) s +1 = 0, để phương trình này có nghiệm, ta phải có ' =(1-3k)2 – (1+6k)  0  k  4 3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của 1 2 V V = k là 4 3 , ứng với 1 s = sinα = 3 và OB = 3r. 44 Chương 3: KIỂM TRA KẾT QUẢ LỜI GIẢI BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VỚI PHẦN MỀM MAPLE 3.1. Sơ lược về các câu lệnh của phần mềm Maple trong gói công cụ hình học không gian Để bắt đầu thực hiện các câu lệnh trong hình học không gian, chúng ta phải mở gói hình học không gian bằng câu lệnh sau: [> with(geom3d):  và khai báo [ > _EnvXName:=`x`: _EnvYName:=`y`: _EnvZName:=`z`: Các đối tượng hình học trong gói này là: Điểm, đoạn thẳng, đoạn thẳng định hướng, đường thẳng, mặt phẳng, tam giác, hình cầu và hình đa diện. Để tạo các đối tượng cơ bản, ta sử dụng các hàm gọi sau: dsegment, line, plane, point, segment, sphere, triangle Bài toán: - Vẽ đoạn thẳng đi qua điểm A(1; 2; 3) và điểm B(2; 3; 4): [> point(A,1,2,3):point(B,2,3,4): segment(AB,[A,B]);  [> draw(AB):  - Xác định đường thẳng l đi qua điểm A (1; 2; 3) và v  = (0; 2; 4): [> point(A,1,2,3): line(l,[A,[0,2,4]]);  -Xác định mặt phẳng (P) đi qua ba điểm: A=(1; 2; 3), B=(1; 0; 3), C=(0; 2; 3), [> point(A,1,2,3):point(B,1,0,3):point(C,0,2,3):  [> plane(p,[A,B,C]):  - Xác định mặt phẳng (P) đi qua điểm A = (1; 2; 3) với véc tơ pháp tuyến u  = (0; 2; 4): [> point(A,1,2,3): plane(p,[A,[0,2,4]]);  - Mặt cầu (S) đi qua bốn điểm không đồng phẳng A=(1; 2; 3), B = (-1; -4; -5), C = (1/2;1/3;1/4), D=(2/3;1; 0): [>point(A,1,2,3): point(B,-1,-4,-5):point(C,1/2,1/3,1/4): point(D,2/3,1,0):A=coordinates(A):B=coordinates(B): C=coordinates(C):D=coordinates(D): sphere(S,[A,B,C,D]): 45 Equation(S,[x,y,z]):  - Xác định mặt cầu có phương trình x2 + y2 + z2 =1. [> with(geom3d): sphere(S2,x^2+y^2+z^2-1=0,[x,y,z]): Equation(S2,[x,y,z]):  3.2. Sử dụng Maple minh họa kết quả vận dụng phương pháp tọa độ vào giải bài toán hình học không gian Bài toán 3.1. Viết phương trình mặt phẳng (P1) đi qua điểm A=(1; 1; 5) và song song với mặt thẳng (P) có phương trình x+3y+z=2. [>plane(p,x+3*y+z=2,[x,y,z]); point(A,1,1,5); parallel(p1,A,p); Equation(p1);  Bài toán 3.2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua một điểm A (1; 2; -1) và vuông góc với mặt phẳng (P): 3x-2y+5z+6=0. [>point(A,1,2,-1); plane(p,3*x-2*y+5*z+6=0,[x,y,z]); perpendicular(A,p,d);  Bài toán 3.3. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(0; 1; 1) và vuông góc với đường thẳng BC đi qua hai điểm B(-1; 0; 2), C(3; 1; 0). [> point(A,0,1,1);point(B,-1,0,2);point(C,3,1,0); line(BC,[B,C]); print(`pt mặt phẳng (p) là:`); perpendicular(p,A,BC);  Bái toán 3.4. Qua một điểm A (2; 4; 7) dựng đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P): x+2y - 6z - 4=0 (lấy điểm B là hình chiếu của A trên P, lấy AB làm véc tơ chỉ phương) [>plane(P,x+2*y-6*z=4,[x,y,z]): point(A,2,4,7); projection(B,A,P): coordinates(B); line(l,[A,B]): draw({l,P(color=yellow)});  46 Bài toán 3.5. Kiểm tra bốn điểm hoặc hai đường thẳng có đồng phẳng hay không?: [>point(A1,0,0,0):point(B1,0,0,1):point(C1,0,1,0):point(D1,1,0,0): AreCoplanar(A1,B1,C1,D1):  hoặc [>line(ab,[A1,B1]):line(cd,[C1,D1]):line(bc,[B1,C1]): line(bd,[B1,D1]):line(ad,[A1,D1]): AreCoplanar(ab,cd):  Bài toán 3.6. Tính khoảng cách từ điểm A(2; 3; -1) đến mp (P): x+ 4y-2z-2=0 [> with(geom3d): point(A,2,3,-1); plane(p,x+4*y-z=2,[x,y,z]); distance(A,p);  Kết quả: 13 6 2 Bài toán 3.7. Xét vị trí tương đối của một mặt phẳng và một mặt cầu [> restart;  [> VitriMP_MC:= proc(p, s) local H, R, d, M, l; H:= center(s): R:= radius(s): d:= evalf(distance(H, p)): line(l, [H, p]); intersection(M, l, p): if d > R then print(`Mặt phẳng và mặt cầu không cắt nhau`); draw([p, s], axes = none); elif d = R then print(`Mặt phẳng và mặt cầu tiếp xúc với nhau tại điểm có toạ độ ,` coordinates(M)); sphere(g, [M, 0.02]): # Minh hoạ điểm tiếp xúc draw([s, p(color = blue), g(color = magenta)], axes = none); else print(`Mặt phẳng và mặt cầu cắt nhau theo một đường tròn`); draw([s, p(color = blue)], axes = none); end; end:  47 Sử dụng thủ tục trên để xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mp() [> with(geom3d):  [> sphere(s, x^2 + y^2 + z^2 - 2*x + 6*y + 4*z - 22 = 0, [x, y, z]);  [> plane(p, x + 2*y - 2*z - 5 = 0, [x, y, z]);  [> VitriMP_MC(p, s);  Kết quả: Mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn Bài toán 3.8. Trong không gian Oxyz cho ba điểm: A(0; 1; 2); B(2; 3; 1), C(2; 2; - 1) a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. Chứng tỏ gốc toạ độ cũng nằm trên mặt phẳng. b) Chứng tỏ tứ giác OABC là hình chữ nhật.Tính diện tích hình chữ nhật đó. c) Tính thể tích hình chóp biết đỉnh S(9; 0; 0). Lời giải: Ta sử dụng các câu lệnh sau: [> with(geom3d): point(A,0,1,2); point(B,2,3,1); point(C,2,2,-1); plane(p,[A,B,C],[x,y,z]); Equation(p);point(O,0,0,0); point(S,9,0,0);line(l1,[O,A]):line(l2,[B,C]):line(l3,[A,B]): Equation(l3,[x,y,z]):Equation(l1,[x,y,z]):Equation(l2,[x,y,z]):IsOnPlane(O,p): AreParallel(l1,l2) ;ArePerpendicular(l2,l3); print(`Vì OA song song với BC,OA vuông góc AB nên OABC là hình chữ nhật:`); print(` diện tích hình chữ nhật là:`); s:=distance(O,A)*distance(B,A); print(`Chiều cao h của hình chóp là khoảng cách từ S(9,00) tới (p):`); h:=distance(S,p); print(` Thể tích của hình chóp SOABC là:`); V:=h*s/3;  Kết quả thực hiện chương trình:   5 x 4 y 2 z 0 O S 48 .........................Râ rµng O thuéc (P)................ true true V× OA song song víi BC,OA vu«ng gãc AB nªn OABC lµ h×nh ch÷ nhËt: diÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt lµ: := s 3 5 ChiÒu cao h cña h×nh chãp lµ khong c¸ch tõ S(9,00) tíi (p): := h 3 5 ThÓ tÝch cña h×nh chãp SOABC lµ: := V 15 Bài toán 3.9. Trong hệ trục toạ độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P) và (P1) lần lượt có phương trình là (P): 2x – y + z + 2 = 0; (P1) x + y + 2z = 1. a) Chứng tỏ (P) và (P1) cắt nhau .Viết phương trình tham số của giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (P1) b) Tính góc giữa hai mặt phẳng trên . Lời giải: Ta sử dụng các lệnh sau: [>with(geom3d):plane(p,2*x-y+z+2=0,[x,y,z]):plane(p1,x+y+2*z=1,[x,y,z]): #Các mặt phẳng có véc tơ pháp tuyến không cộng tuyến nên (p) và (p1) cắt nhau. Để tìm p.trình tham số của đường thẳng ta cho z=3t rồi tính x,y theo t intersection(l,p,p1): detail(l): print(`Góc giữa hai mặt phẳng là:`): FindAngle(p,p1):  Kết quả thực hiện chương trình: name of the object: l form of the object: line3d equation of the line: [x = -1/3-3*_t, y = 4/3-3*_t, z = 3*_t] Gãc gi÷a hai mÆt ph¼ng lµ: 1 3  49 Bài toán 3.10. Trong không gian cho 2 mặt phẳng (P) và (P1) có phương trình (P) 2x - y+2z =1; (P1) x+6y+2z+5=0 a) Chứng minh hai mặt phẳng trên vuông góc với nhau. b) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P2) đi qua gốc toạ độ và đi qua giao tuyến của (P) và (P1). c) Viết phương trình đường thẳng đi qua A(1; 2; -3) và song song với cả hai mặt phẳng (P) và (P1). Lời giải: Ta sử dụng các câu lệnh sau [>with(geom3d): plane(p,2*x-y+2*z=1,[x,y,z]): plane(p1,x+6*y+2*z+5=0,[x,y,z]): ArePerpendicular(p,p1): print(`Phương trình tham số của giao tuyến hai mặt phẳng là:`): intersection(l,p,p1): detail(l): print(`Lấy hai điểm thuộc l sau đó viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm`): randpoint(M,l):randpoint(N,l): point(O,0,0,0 ):plane(p2,[O,M,N],[x,y,z]): print(`Phương trình mặt phẳng (p2) là:`): Equation(p2): draw({p,p1(color=magenta),p2(color=red),l(color=blue)}): print(`Phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1,2,-3) và song song với hai mặt phẳng là:`); point(A,1,2,-3): parallel(d,A,l);detail(d):  Bài toán 3.11. Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt có phương trình là (P) 2x + ky + 3z = 5, (Q) mx - 6y - 6z + 2 = 0. a) Xác định các giá trị của k, m để hai mặt phẳng song song với nhau. Trong trường hợp đó hãy tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng. b) Trong trường hợp k = m = 0, gọi d là giao tuyến của (P) và (Q). Hãy tính toạ độ hình chiếu H của điểm A(1; 1; 1) trên d và khoảng cách từ A tới d. Lời giải: Ta sử dụng các câu lệnh sau [> with(geom3d): assume (m0,k0): 50 f(x,y,z,k):= 2*x+k*y+3*z-5=0;plane(p,2*x+k*y+3*z-5=0,[x,y,z]): g(x,y,z,m):=m*x-6*y-6*z+2=0: plane(q,m*x-6*y-6*z+2=0,[x,y,z]): AreParallel(p,q,'cond'): cond: print(`Giải hệ ta tìm được m,k`): print(`Phương trình của (p) và (q) là:`): subs(k=3,f(x,y,z,k)):subs(m=-4,g(x,y,z,m)): print(`Để tính khoảng cách từ (p) đến (q) ta lấy điểm bất kì thuộc (P). Sau đó tính khoảng cách từ điểm đó tới (q)`): plane(q,-4*x-6*y-6*z+2=0,[x,y,z]):plane(p,2*x+3*y+3*z-5=0,[x,y,z]): distance(p,q): print(`Ta chuyển phương trình (d) về dạng tham số sau đó lấy điểm bất kì thuộc nó. Tích vô hướng của AH và chỉ phương của (d) sẽ bằng 0. Từ đó tính được toạ độ H và tính AH`); plane(h,2*x+3*y=5,[x,y,z]);plane(q3,3*y+3*z=1,[x,y,z]); intersection(l,h,q3); point(A,1,1,1);detail(l);randpoint(M,l);evalf(distance(M,A));  Bài toán 3.12. Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; 2; -1) và mặt phẳng (P) có phương trình: 3x - 2y + 5z + 6=0. a) Chứng tỏ A nằm trên (P). b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với (P). c) Tính sin của góc giữa đường thẳng( d) và mặt phẳng (P). Lời giải: Ta sử dụng các câu lệnh sau [>with(geom3d): point(A,1,2,-1); plane(p,3*x-2*y+5*z+6=0,[x,y,z]); print(`Thay toạ độ điểm A vào phương trình (p) thì rõ ràng A thoả mãn `); perpendicular(m1,A,p); print(`Góc giữa OA và (p) là:`); point(O,0,0,0);line(l,[O,A]); detail(l);FindAngle(l,p);  51 Bài toán 3.13. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình tổng quát: y z x + + =1 2 3 và đường thẳng (d) có phương trình tham số   19 x = + 6t 3 11 y = + 3t t R 3 z = 3 + 2t          a) CMR (d) cắt mặt phẳng (P). Tìm toạ độ giao điểm I của chúng. b) CMR đường thẳng (d) vuông góc với (P). c) Gọi A, B, C là giao điểm của (P) và ba trục toạ độ. Tìm toạ độ A, B, C và chứng tỏ (d) đi qua trọng tâm tam giác ABC. Lời giải: Ta sử dụng các câu lệnh sau [>with(geom3d): plane(p,x+y/3+z/3=1,[x,y,z]);line(d2,[19/3+6*t,11/3+3*t,3+2*t],t); print(`Thay x,y,z trong pt (d) vào pt (p) . Tính t rồi thay vào (d) tìm được toạ độ giao điểm`); intersection(I4,d2,p);coordinates(I4); print(`Vì véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (p) cộng tuyến với vec tơ chỉ phương của (d) nên (d) vuông góc với (p)`); print(`Dùng công thức tính trọng tâm của tam giác .Nếu trùng với toạ độ điểm I thì ta có (d) đi qua trọng tâm của tam giác`); A:=[1,0,0];B:=[0,2,0];C:=[0,0,3];I1:=[29/69,49/69,71/69]; if(A[1]+B[1]+C[1]=3*I1[1] and A[2]+B[2]+C[2]=3*I1[2] and A[3]+B[3]+C[3]=3*I1[3] ) then print(`I1 là trọng tâm tam giác:`);fi;  Bài toán 3.14. Trong không gian cho ba điểm A(0; 1; 1), B(-1; 0; 2, C(3; 1; 0) a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với BC b) Xác định toạ độ giao điểm I cuả BC và (P) c) Tính khoảng cách từ A tới BC , tính diện tích tam giác ABC. 52 Lời giải: Ta sử dụng các câu lệnh sau: [>restart: with(geom3d): point(A,0,1,1);point(B,-1,0,2);point(C,3,1,0); line(bc,[B,C]);print(`pt mặt phẳng (p) là:`); detail(bc);perpendicular(p,A,bc); print(`Khoảng cách từ A,tới bc là:`);distance(A,bc); print(`Diện tích tam giác ABC là:`);area(triangle(abc,[A,B,C]));  Bài toán 3.15. Minh hoạ định lí:"Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng song song với một đường thẳng thì giao tuyến của chúng song song với đường thẳng đó." Lời giải: Ta sử dụng các câu lệnh sau [> restart:with(geom3d): plane(P,3*x-y+z-2=0,[x,y,z]): plane(Q,x+4*y+2*z-5=0,[x,y,z]):intersection(a,P,Q): point(M,1,1,0): v1:=ParallelVector(a): line(d,[point(A,1,2,3),v1]): if AreParallel(a,d)=true then print(`Duong thang d song song voi duong thang a`) ;fi; draw([P(color=cyan),Q(color=yellow),d(color=blue),M(color=black),a(color=red)]);  Bài toán 3.16. Minh hoạ định lí:"Qua một điểm cho trước có duy nhất một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) cho trước". Lời giải: Ta sử dụng các câu lệnh sau: [> restart; with(geom3d): point(O,1,2,3): plane(P,3*x+5*y-z-2=0,[x,y,z]): line(a,[point(A,2,-2,-6),point(B,1,-1,-4)]): n:=ParallelVector(a): plane(Q,[O,n]): intersection(b,P,Q):m:=ParallelVector(b): n:=[-1,-7,3]: line(delta,[O,n]): ArePerpendicular(a,Q); ArePerpendicular(delta,Q); draw([O(color=black),P(color=green),Q(color=cyan),a(color=blue),b(color=black),delta (color=red)]);  Bài toán 3.17. Xác định thiết diện của mặt phẳng đi qua ba điểm bất kỳ nằm trên ba cạnh của tứ diện: Thuật toán: 53 - Lấy ngẫu nhiên ba điểm G, G1, G2 nằm trên ba cạnh của tứ diện bằng lệnh randpoint. - Xác định mặt phẳng (P) đi qua ba điểm trên. - Xác định giao điểm của (P) với các cạnh của tứ diện. - Xác định mặt phẳng thiết diện qua các giao điểm đó. Lời giải: Ta sử dụng các câu lệnh sau: [> restart: with(geom3d): point(A,-2,-1,2); point(B,4,0,-1);point(C,-2,1,2); point(D,2,-2,5);line(l1,[A,B]):line(l2,[C,D]):line(l3,[B,C]):line(l4,[D,A]):line(l,[B,D]); randpoint(G,l1,xcoord(A)..xcoord(B),ycoord(A)..ycoord(B),zcoord(A)..zcoord(B));evalf(c oordinates(G)); randpoint(G2,l2,xcoord(C)..xcoord(D),ycoord(C)..ycoord(D),zcoord(C)..zcoord(D)) ; evalf(coordinates(G2)); randpoint(G1,l3,xcoord(C)..xcoord(B),ycoord(C)..ycoord(B),zcoord(C)..zcoord(B)) ; evalf(coordinates(G1)); line(g1,[G,G1]);line(g2,[G,G2]);line(a,[G1,G2]); plane(p,[G,G1,G2]); gtetrahedron(v,[A,B,C,D]);AreCoplanar(G1,G2,B,D); intersection(H,a,l);evalf(coordinates(H)); line(b,[H,G]); intersection(L,b,l4); evalf(coordinates(L)); segment(c,G1,G2):segment(d,G,G2):segment(e,G,L):segment(f,L,G1):segment(g,G2,L) :segment(h,G,G1):plane(s,[G,G1,G2]):segment(hg,H,G):segment(hg1,H,G1):segment( hb,H,B): sphere(s1,[G,0.03]):sphere(s2,[G1,0.03]):sphe re(s3,[G2,0.03]): draw({c(color=red),e(color=red),g(color=red), hb(color=black),hg1(color=black),hg(color=bla ck),h(color=red),v(color=blue),s1(color=brown ),s2(color=green),s3(color=magenta)},title="T hiet dien di qua ba diem cua tu dien" );  Kết quả thực hiện chương trình: 54 KẾT LUẬN Qua một số bài toán trên, luận văn đã mô tả một cách trực quan vấn đề vận dụng phương pháp tọa độ trong hình học không gian với các chủ đề: - Các bài toán định lượng. - Các bài toán chứng minh. - Các bài toán về quỹ tích. - Các bài toán về cực trị. Từ lời giải các bài toán trên cho ta thấy, việc vận dụng phương pháp tọa độ trong hình học không gian gồm các bước sau: Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz. Bước 2: Tọa độ hóa các điểm của hình không gian. Bước 3: Chuyển giả thiết qua hình học giải tích. Bước 4: Giải quyết bài toán. Ngoài ra luận văn còn thực hiện cài đặt các công thức, các tính chất, các thuật toán cơ bản thường gặp trong các lời giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ với phần mềm Maple. Thông qua hệ thống các bài toán minh họa việc vận dụng phương pháp tọa độ vào giải bài toán hình học không gian trong chương trình THPT giúp cho học sinh phát triển tư duy, nhìn thấy sự đa dạng của toán học trong thực tiễn và hình thành cho học sinh thói quen, bên cạnh phương pháp tổng hợp, còn biết lựa chọn phương pháp tọa độ trong hình học không gian. Mặt khác luận văn còn mô tả mối quan hệ mật thiết giữa hình học và đại số được thể hiện qua lời giải các bài toán hình học không gian. Hướng phát triển tiếp theo của luận văn là từ những kết quả vận dụng phương pháp tọa độ trong hình học không gian ở THPT (3 chiều) sẽ khái quát lên các bài toán trong không gian nhiều chiều. 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Lê Hải Châu (1992). Thi vô địch toán quốc tế. NXB TP Hồ Chí Minh. [2]. Phan Đức Chính, Nguyễn Văn Mậu, Đỗ Thanh Sơn (1995). Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp, Nhà xuất bản Giáo dục. [3]. Nguyễn Quý Dy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thoa (2009). Tuyển tập 200 bài toán vô địch toán (tập 3). Nhà xuất bản Giáo dục. [4]. Lê Hồng Đức, Lê Hữu Trí (2012). Phương pháp giải toán Hình học giải tích trong không gian, NXB ĐHQG Hà Nội. [5]. Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Văn Xoa (2006). Tuyển tập Đề thi tuyển sinh Trung học phổ thông Chuyên môn Toán. NXB Giáo dục. [6]. Lê Hoành Phò (2010). Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Hình học 12, NXB ĐHQG Hà Nội. [7]. Đỗ Thanh Sơn (2010). Một số chuyên đề hình học không gian. NXB Giáo dục. [8]. Nguyễn Quang Sơn (2006). Chuyên đề trọng điểm: Bồi dưỡng học sinh giỏi hình học không gian. NXB Đại học Quốc gia Hà Nội. [9]. Đào Tam (2005). Giáo trình hình học sơ cấp, NXB ĐH Sư phạm. [10]. Nguyễn Tất Thu, Nguyễn Văn Dũng (2011). 18 Chủ đề Hình học 12, NXB ĐHQG Hà Nội. [11]. Vũ Dương Thụy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho (2001). 40 năm Olympic Toán học quốc tế. NXB Giáo dục. [12]. Tuyển tập (2009). Các bài toán chọn lọc 45 năm tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, NXB Giáo dục. [13]. Diễn đàn toán học, http:// www. math.vn. [14]. IF.Sharygin (1998). Tuyển tập 340 bài toán hình học không gian (Problems in Solid Geometry). Nhà xuất bản thành phố Hồ Chí Minh.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfphuong_phap_toa_do_trong_hinh_hoc_khong_gian_0003_2118541.pdf
Luận văn liên quan