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.
56 trang |
Chia sẻ: anhthuong12 | Lượt xem: 1203 | Lượt tải: 1
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: EFAM.
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, SCBD.
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
Atia Ox, Btia Oy, Ctia 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 MSA, NBC 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:
- phuong_phap_toa_do_trong_hinh_hoc_khong_gian_0003_2118541.pdf