Báo cáo hình tọa độ không gian

NỘI DUNG SÁNG KIẾN ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TỔNG HỢP I. ĐẶT VẤN ĐỀ Từ thực tế giảng dạy cho học sinh ôn thi Đại học, Cao đẳng và học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi các năm qua cũng như do yêu cầu chuyên môn đòi hỏi sự nghiên cứu vận dụng phối hợp các nguồn kiến thức nhằm đem đến cho học sinh các phương pháp hữu hiệu giải các bài toán trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, đề thi học sinh giỏi, tôi nhận thấy phương pháp vectơ, tọa độ (trong mặt phẳng và trong không gian) là một công cụ có ứng dụng khá rộng rãi: giải phương trình, hệ phương trình, giải và biện luận phương trình, hệ phương trình; chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức; chứng minh các quan hệ hình học và tính toán các đại lượng hình học. Trong các năm học qua, tôi đã thực hiện khá nhiều nội dung giảng dạy có sử dụng đến công cụ này và đã hoàn thành một sáng kiến: Ứng dụng tọa độ vectơ để giải một số phương trình, bất phương trình vô tỉ (năm 2011 – xếp loại Khá). Tiếp tục chuỗi ứng dụng của phương pháp vectơ và tọa độ, tôi nhận thấy trong các đề thi Đại học, Cao đẳng thường xuất hiện bài toán hình học không gian tổng hợp (cổ điển) mà ở đó lời giải đòi hỏi vận dụng khá phức tạp các kiến thức hình học không gian như: chứng minh quan hệ song song, quan hệ vuông góc, dựng hình để tính góc và khoảng cách, tính thể tích khối đa diện… Việc tiếp cận các lời giải đó thực tế cho thấy thật sự là một khó khăn cho học sinh, thậm chí cả giáo viên, chẳng hạn bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Trong khi đó, nếu bỏ qua yêu cầu bắt buộc phải dựng hình mà chỉ dừng ở mức độ tính toán thì rõ ràng phương pháp tọa độ tỏ ra hiệu quả hơn vì tất cả mọi tính toán đều đã được công thức hóa. Với những lí do như trên, từ thực tế giảng dạy, với kinh nghiệm thu được, tôi đã tiến hành thực hiện đề tài sáng kiến cho năm 2012 với nội dụng: Ứng dụng phương pháp tọa độ giải các bài toán hình học không gian tổng hợp. Trong sáng kiến này, các bước cơ bản để giải một bài toán hình học không gian tổng hợp bằng phương pháp tọa độ sẽ được đưa ra từ các ví dụ minh họa, sau đó là ứng dụng vào giải một số bài toán trong các đề thi Đại học, Cao đẳng các năm gần đây. II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Các kiến thức được sử dụng trong sáng kiến này đều thuộc phạm vi kiến thức được trình bày trong Sách giáo khoa Hình học 12 chuẩn và nâng cao (chương III), các ví dụ được tổng hợp từ các bài tập trong Sách giáo khoa và Sách bài tập, các bài toán lấy từ các đề thi chính thức của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Các kí hiệu thường dùng trong sáng kiến: + VTPT: vectơ pháp tuyến, VTCP: vectơ chỉ phương + (XYZ): mặt phẳng qua 3 điểm X, Y, Z + d(X,(P)): khoảng cách từ điểm X đến mặt phẳng (P) + d((P),(Q)): khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (P) và (Q) + d(a,b): khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b. Trước hết, để làm quen với việc tọa độ hóa các bài toán hình học không gian tổng hợp, ta bắt đầu bằng hai ví dụ đối với một hình đa diện có thể tọa độ hóa dễ dàng nhất, đó là hình lập phương. Có thể khẳng định chắc chắn rằng mọi bài toán yêu cầu chứng minh các quan hệ hình học hoặc tính toán đối với hình lập phương đều có thể giải một cách ngắn gọn bằng phương pháp tọa độ. Ví dụ 1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1. a) Chứng minh rằng hai mặt phẳng (AB’D’) và (C’BD) song song với nhau. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng này; b) Chứng minh A’C vuông góc với mặt phẳng (AB’D’) và A’C vuông góc với IJ (I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh BB’ và AD); c) Gọi K là trung điểm của cạnh CC’. Chứng minh rằng hai mặt phẳng (A’BD) và (KBD) vuông góc nhau. Giải Do các cạnh AB, AD, AA’ đôi một vuông góc nhau nên ta chọn hệ trục Oxyz sao cho: O A, tia AB tia Ox, tia AD tia Oy, tia AA’ tia Oz. Khi đó, ta có: A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1), C(1;1;0), B’(1;0;1), D’(0;1;1), C’(1;1;1). a). Chứng minh (AB’D’) và (C’BD) song song với nhau. Khoảng cách giữa chúng. Dễ dàng thiết lập được phương trình của hai mặt phẳng: (AB’D’): x + y – z = 0 và (C’BD): x + y – z – 1 = 0. Do đó (AB’D’) (C’BD) và d((AB’D’),(C’BD)) = d(A,(C’BD)) = . b). Chứng minh A’C vuông góc với mặt phẳng (AB’D’) và A’C vuông góc với IJ Ta có = (1;1;–1) chính là một vectơ pháp tuyến của (AB’D’): x + y – z = 0, do đó A’C (AB’D’). Mặt khác, I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh BB’ và AD nên I(1;0; ), J(0; ;0) . c). Chứng minh hai mặt phẳng (A’BD) và (KBD) vuông góc nhau Ta có phương trình mặt phẳng (A’BD) là x + y + z – 1 = 0 (VTPT là ). K là trung điểm CC’ (VTPT là ). Dễ thấy  Trên đây ta nhận thấy với phương pháp tọa độ, các chứng minh về quan hệ song song và vuông góc được thực hiện khá dễ dàng bằng các phép tính đại số mà không phụ thuộc vào hình vẽ hoặc các suy luận hình học thường rất khó trình bày đối với học sinh. Qua ví dụ ta rút ra các nhận xét quan trọng sau đây: + Chứng minh hai mặt phẳng song song: viết phương trình của chúng và so sánh các hệ số. + Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc: chứng tỏ tích vô hướng của hai VTPT bằng 0. + Chứng minh hai đường thẳng vuông góc: chứng tỏ tích vô hướng của hai VTCP bằng 0. + Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: chứng tỏ VTCP của đường thẳng chính là một VTPT của mặt phẳng. Tiếp theo, ta xét ví dụ về việc tọa độ hóa bài toán tính góc và khoảng cách trong không gian. Ví dụ 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1 và I là tâm của ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của B’B, CD và A’D’. a) Tính góc giữa hai đường thẳng MP, C’N và góc giữa hai mặt phẳng (PAI), (DCC’D’); b) Tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng A’B, B’D và cặp đường thẳng PI, AC’. Giải Tương tự ví dụ 1, ta chọn hệ trục Oxyz sao cho: O A, tia AB tia Ox, tia AD tia Oy, tia AA’ tia Oz. Khi đó, ta có: A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1), C(1;1;0), B’(1;0;1), D’(0;1;1), C’(1;1;1). a) Tính góc giữa hai đường thẳng MP, C’N và góc giữa hai mặt phẳng (PAI, (DCC’D’). Vì M, N, P lần lượt là trung điểm của B’B, CD và A’D’ nên M(1;0; ), N( ;1;0), P(0; ;1). Khi đó, ta có góc giữa MP và C’N bằng 900. Mặt khác, I là tâm của ABCD (PAI) có VTPT là (DCC’D’) có VTPT là Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (PAI) và (DCC’D’). Ta có: . b). Tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng A’B, B’D và cặp đường thẳng PI, AC’. Ta có: . Mặt khác, .  Nhận xét: Đối với bài toán tính góc giữa hai đường thẳng, góc giữa hai mặt phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau khi giải bằng phương pháp cổ điển thì rõ ràng khâu khó khăn nhất chính là dựng hình (trực tiếp hoặc gián tiếp) vốn đòi hỏi học sinh phải nắm rất vững về phương pháp cũng như phải có sự suy nghĩ khá sâu sắc; trong khi đó, nếu ta có thể tọa độ hóa để giải thì phương pháp tiếp cận rất rõ ràng vì tất cả các yêu cầu trên đều đã có công thức, do đó còn lại là yêu cầu học sinh thực hiện cẩn thận một số bước tính toán cơ bản để áp dụng được công thức đã có. Ví dụ kế tiếp ta chuyển sang một đối tượng hình không gian khác, đó hình tứ diện có ba cạnh xuất phát từ một đỉnh đôi một vuông góc nhau (gọi tắt là tam diện vuông). Phương án tọa độ hóa đối với hình đa diện này và hình hộp chữ nhật là như nhau. Ví dụ 3. Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN TỔNG HỢP

Người thực hiện: LÊ CHÍ NGUYỄN

Chức vụ: giáo viên trường THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển

Giảng dạy môn: Toán

NỘI DUNG SÁNG KIẾN ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ GIẢI CÁC BÀI TOÁN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TỔNG HỢP

I ĐẶT VẤN ĐỀ

Từ thực tế giảng dạy cho học sinh ôn thi Đại học, Cao đẳng và học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi các năm qua cũng như do yêu cầu chuyên môn đòi hỏi sự nghiên cứu vận dụng phối hợp các nguồn kiến thức nhằm đem đến cho học sinh các phương pháp hữu hiệu giải các bài toán trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, đề thi học sinh giỏi, tôi nhận thấy phương pháp vectơ, tọa độ (trong mặt phẳng và trong không gian) là một công cụ có ứng dụng khá rộng rãi: giải phương trình, hệ phương trình, giải và biện luận phương trình, hệ phương trình; chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức; chứng minh các quan hệ hình học và tính toán các đại lượng hình học Trong các năm học qua, tôi đã thực hiện khá nhiều nội dung giảng dạy có sử

dụng đến công cụ này và đã hoàn thành một sáng kiến: Ứng dụng tọa độ vectơ để giải một số

phương trình, bất phương trình vô tỉ (năm 2011 – xếp loại Khá)

Tiếp tục chuỗi ứng dụng của phương pháp vectơ và tọa độ, tôi nhận thấy trong các đề thi Đại học, Cao đẳng thường xuất hiện bài toán hình học không gian tổng hợp (cổ điển) mà ở

đó lời giải đòi hỏi vận dụng khá phức tạp các kiến thức hình học không gian như: chứng minh quan hệ song song, quan hệ vuông góc, dựng hình để tính góc và khoảng cách, tính thể tích khối đa diện… Việc tiếp cận các lời giải đó thực tế cho thấy thật sự là một khó khăn cho học sinh, thậm chí cả giáo viên, chẳng hạn bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Trong khi đó, nếu bỏ qua yêu cầu bắt buộc phải dựng hình mà chỉ dừng ở mức độ tính toán thì rõ ràng phương pháp tọa độ tỏ ra hiệu quả hơn vì tất cả mọi tính toán đều đã được công thức hóa Với những lí do như trên, từ thực tế giảng dạy, với kinh nghiệm thu được, tôi

đã tiến hành thực hiện đề tài sáng kiến cho năm 2012 với nội dụng: Ứng dụng phương pháp

tọa độ giải các bài toán hình học không gian tổng hợp.

Trong sáng kiến này, các bước cơ bản để giải một bài toán hình học không gian tổng hợp bằng phương pháp tọa độ sẽ được đưa ra từ các ví dụ minh họa, sau đó là ứng dụng vào giải một số bài toán trong các đề thi Đại học, Cao đẳng các năm gần đây

II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Các kiến thức được sử dụng trong sáng kiến này đều thuộc phạm vi kiến thức được trình bày trong Sách giáo khoa Hình học 12 chuẩn và nâng cao (chương III), các ví dụ được tổng hợp từ các bài tập trong Sách giáo khoa và Sách bài tập, các bài toán lấy từ các đề thi chính thức của Bộ Giáo dục và Đào tạo

Các kí hiệu thường dùng trong sáng kiến:

+ VTPT: vectơ pháp tuyến, VTCP: vectơ chỉ phương + (XYZ): mặt phẳng qua 3 điểm X, Y, Z

+ d(X,(P)): khoảng cách từ điểm X đến mặt phẳng (P) + d((P),(Q)): khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (P) và (Q)

Trước hết, để làm quen với việc tọa độ hóa các bài toán hình học không gian tổng hợp,

ta bắt đầu bằng hai ví dụ đối với một hình đa diện có thể tọa độ hóa dễ dàng nhất, đó là hình

lập phương Có thể khẳng định chắc chắn rằng mọi bài toán yêu cầu chứng minh các

quan hệ hình học hoặc tính toán đối với hình lập phương đều có thể giải một cách ngắn gọn bằng phương pháp tọa độ

Ví dụ 1 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1.

a) Chứng minh rằng hai mặt phẳng (AB’D’) và (C’BD) song song với nhau Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng này;

b) Chứng minh A’C vuông góc với mặt phẳng (AB’D’) và A’C vuông góc với IJ (I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh BB’ và AD);

c) Gọi K là trung điểm của cạnh CC’ Chứng minh rằng hai mặt phẳng (A’BD) và (KBD) vuông góc nhau

Giải

Do các cạnh AB, AD, AA’ đôi một vuông góc

nhau nên ta chọn hệ trục Oxyz sao cho:

O≡A, tia AB≡tia Ox, tia AD≡tia Oy, tia AA’≡tia Oz.

Khi đó, ta có:

A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1),

C(1;1;0), B’(1;0;1), D’(0;1;1), C’(1;1;1)

a) Chứng minh (AB’D’) và (C’BD) song song với nhau Khoảng cách giữa chúng.

Dễ dàng thiết lập được phương trình của hai mặt phẳng:

(AB’D’): x + y – z = 0 và (C’BD): x + y – z – 1 = 0.

Do đó (AB’D’) // (C’BD) và d((AB’D’),(C’BD)) = d(A,(C’BD)) = 1

3.

b) Chứng minh A’C vuông góc với mặt phẳng (AB’D’) và A’C vuông góc với IJ

Ta có 'uuuurA C = (1;1;–1) chính là một vectơ pháp tuyến của (AB’D’): x + y – z = 0, do đó A’C⊥

(AB’D’)

Mặt khác, I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh BB’ và AD nên I(1;0;1

2), J(0;

1

2;0)

1 1

( 1; ; )

2 2

IJ

⇒uur= − − ' ( 1).1 1.1 ( 1).( 1) 0 '

⇒uur uuuur= − + + − − = ⇒ ⊥ .

c) Chứng minh hai mặt phẳng (A’BD) và (KBD) vuông góc nhau

Ta có phương trình mặt phẳng (A’BD) là x + y + z – 1 = 0 (VTPT là nur1 =(1;1;1))

K là trung điểm CC’ (1;1; )1 ( ) : 2 1 0

2

⇒ ⇒ + − − = (VTPT là nuur2 =(1;1; 2)− )

Dễ thấy n nur uur =1.1 1.1 1.( 2) 0+ + − = ⇒( 'A BD) (⊥ KBD)

K A

D

A’

D’

x

y

z

I

J

Trên đây ta nhận thấy với phương pháp tọa độ, các chứng minh về quan hệ song song

và vuông góc được thực hiện khá dễ dàng bằng các phép tính đại số mà không phụ thuộc vào hình vẽ hoặc các suy luận hình học thường rất khó trình bày đối với học sinh Qua ví dụ ta rút

ra các nhận xét quan trọng sau đây:

+ Chứng minh hai mặt phẳng song song: viết phương trình của chúng và so sánh các

hệ số.

+ Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc: chứng tỏ tích vô hướng của hai VTPT bằng 0.

+ Chứng minh hai đường thẳng vuông góc: chứng tỏ tích vô hướng của hai VTCP bằng 0.

+ Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: chứng tỏ VTCP của đường thẳng chính là một VTPT của mặt phẳng.

Tiếp theo, ta xét ví dụ về việc tọa độ hóa bài toán tính góc và khoảng cách trong không gian

Ví dụ 2 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1 và I là tâm của ABCD Gọi

M, N, P lần lượt là trung điểm của B’B, CD và A’D’

a) Tính góc giữa hai đường thẳng MP, C’N và góc giữa hai mặt phẳng (PAI), (DCC’D’); b) Tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng A’B, B’D và cặp đường thẳng PI, AC’

Giải

Tương tự ví dụ 1, ta chọn hệ trục Oxyz sao cho:

O≡A, tia AB≡tia Ox, tia AD≡tia Oy,

tia AA’≡tia Oz.

Khi đó, ta có:

A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1),

C(1;1;0), B’(1;0;1), D’(0;1;1), C’(1;1;1)

a) Tính góc giữa hai đường thẳng MP, C’N

và góc giữa hai mặt phẳng (PAI, (DCC’D’).

Vì M, N, P lần lượt là trung điểm của B’B, CD và A’D’ nên M(1;0;1

2), N(

1

2;1;0), P(0;

1

2;1). Khi đó, ta có ( 1; ; ), '1 1 ( 1;0; 1)

'

MP C N

MP C N

MP C N

uuur uuuur

⇒góc giữa MP và C’N bằng 900

Mặt khác, I là tâm của ABCD ( ; ;0)1 1

2 2

I

⇒

⇒ (PAI) có VTPT là 4 , 4.( ;1 1 1; ) (2; 2;1)

2 2 4

nr= uur uuurAI AP= − = −

(DCC’D’) có VTPT là 'nuur uuur= AD=(0;1;0)

Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (PAI) và (DCC’D’)

A

D

A’

D’

x

y z

I

P

M

N

Ta có: cos ' 2 arccos2 48 11' 23''

'

n n

n n

ϕ = = ⇒ =ϕ ≈ o

r uur

b) Tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng A’B, B’D và cặp đường thẳng PI, AC’.

Ta có: 'uuuurA B=(1;0; 1), '− B Duuuur= −( 1;1; 1), ' ' (1;0;0)− uuuuurA B =

' , ' ' ' 6 ( ' , ' )

6 ' , '

A B B D A B

d A B B D

A B B D

 

 

 

 

uuuur uuuur uuuuur uuuur uuuur

Mặt khác, ( ;0; 1),1 ' (1;1;1), (0; ;1)1

uur uuuur uuur

, ' 14 ( , ')

28 , '

d PI AC

PI AC

 

 

 

 

uur uuuur uuur

Nhận xét: Đối với bài toán tính góc giữa hai đường thẳng, góc giữa hai mặt phẳng và khoảng

cách giữa hai đường thẳng chéo nhau khi giải bằng phương pháp cổ điển thì rõ ràng khâu khó khăn nhất chính là dựng hình (trực tiếp hoặc gián tiếp) vốn đòi hỏi học sinh phải nắm rất vững về phương pháp cũng như phải có sự suy nghĩ khá sâu sắc; trong khi đó, nếu ta có thể tọa độ hóa để giải thì phương pháp tiếp cận rất rõ ràng vì tất cả các yêu cầu trên đều đã có công thức, do đó còn lại là yêu cầu học sinh thực hiện cẩn thận một số bước tính toán cơ bản

để áp dụng được công thức đã có.

Ví dụ kế tiếp ta chuyển sang một đối tượng hình không gian khác, đó hình tứ diện có

ba cạnh xuất phát từ một đỉnh đôi một vuông góc nhau (gọi tắt là tam diện vuông) Phương án tọa độ hóa đối với hình đa diện này và hình hộp chữ nhật là như nhau

Ví dụ 3 Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau, OA = a,

OB = b, OC = c.

a) Tính độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O;

b) Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn;

c) Gọi , ,α β γ lần lượt là góc giữa (ABC) và các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB)

Chứng minh rằng: 2 2 2

cos α +cos β +cos γ =1

Giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia OA≡tia Ox, tia OB≡tia Oy, tia OC≡tia Oz.

Khi đó: A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c).

a) Tính độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O.

Dễ thấy phương trình mặt phẳng (ABC) là x y z 1 bcx cay abz abc 0

a + + = ⇔b c + + − =

Độ dài h của đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC):

( ,( ))

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

h d O ABC

−

+ + + + .

b) Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn.

Ta có:

2 2 2 2

a

= − = − ⇒ = = >

+ +

·BAC

⇒ nhọn

2 2 2 2

b

= = >

+ +

uuur uuur

·ABC

⇒ nhọn

· 2

2 2 2 2

c

= = >

+ +

uur uuur

·ACB

⇒ nhọn

Vậy tam giác ABC có ba góc đều nhọn.

c) Chứng minh 2 2 2

cos α +cos β +cos γ =1.

Với , ,α β γ lần lượt là góc giữa (ABC)

và các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB).

Dễ thấy các mặt phẳng (ABC), (OBC), (OCA),

(OAB) có VTPT lần lượt là

( ; ; )

nr= bc ca ab ,ri=(1;0;0),rj=(0;1;0),kr=(0;0;1)

Do đó

cos

( ) ( ) ( )

bc

α =

+ + ,

cos

( ) ( ) ( )

ca

β =

+ + ,

cos

( ) ( ) ( )

ab

γ =

+ + .

Suy ra: cos2α+cos2β+cos2γ =1 

Qua ba ví dụ đã trình bày, ta nhận thấy một yếu tố thuận lợi cho việc tọa độ hóa là điều kiện đôi một vuông góc của ba cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh của đa diện, thông thường điều kiện này được ẩn chứa ngay trong các giả thiết cho trước Tuy vậy, không phải lúc nào điều kiện trên cũng được thỏa mãn nên trong một số trường hợp ta cần phải có cách xây dựng

hệ trục tọa độ một cách khéo léo hơn Ta xét ví dụ sau đây.

Ví dụ 4 Cho hình chóp S.ABC có SC = CA = AB = a 2, SC⊥(ABC), tam giác ABC vuông tại A Các điểm M, N lần lượt di động trên tia AS và CB sao cho AM = CN = t (0 < t < 2a) a) Tính độ dài đoạn MN theo a và t Tìm t sao cho MN ngắn nhất;

b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BC và SA.

Giải

Nhận xét: tại vị trí điểm A hoặc điểm C ta nhận thấy đã có một cặp cạnh vuông góc (AB⊥

AC, CS⊥CA, CS⊥CB) nhưng chưa đạt đủ điều kiện cần thiết là phải có ba cạnh đôi một

O

A

B C

x

y z

vuông góc cùng xuất phát từ một đỉnh, do đó ta dựng đường thẳng qua A và vuông góc với

(ABC) (đường thẳng này song song với SC).

Khi đó, chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với

A≡O(0;0;0), B( a 2;0;0),

C(0; a 2;0), S(0; a 2;a 2)

a) Tính độ dài đoạn MN theo a và t

Tìm t sao cho MN ngắn nhất.

Theo giả thiết M thuộc tia AS và AM = t

2 2 (0; ; )

a

⇒uuuur= uuur⇒

Tương tự, N thuộc tia CB và CN = t

( ; 2 ;0)

a

⇒uuur= uuur⇒ −

Vậy ta có 2 ( 2 2)2 2 2 2 4 32

Hơn nữa,

2

3

MN = a − at+ t = t− + ≥ , dấu đẳng thức xảy ra khi

2

3

a

t= (thỏa 0 < t < 2a) Vậy min 6 2

b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BC và SA.

Khi MN ngắn nhất, ta có 2

3

a

t= nên (0; 2; 2), ( 2 2; 2;0)

MN

⇒uuuur= −

Mặt khác uuurAS=(0;a 2;a 2),CBuuur=(a 2;−a 2;0)

⇒uuuur uuur uuuur uuur= = ⇒ ⊥ ⊥

hay MN là đường vuông góc chung của SA và BC 

Trên cơ sở các ví dụ minh họa đã được trình bày, ta có thể rút ra ba bước cơ bản sau

đây đối với việc giải bài toán hình học không gian tổng hợp bằng phương pháp tọa độ:

+ Xây dựng hệ trục tọa độ thích hợp

+ Xác định tọa độ các điểm liên quan

+ Chuyển bài toán hình không gian tổng hợp về bài toán tương ứng trong không gian tọa độ và vận dụng các công thức thích hợp (chứng minh vuông góc, song song, tính thể tích, góc, khoảng cách…)

Để rõ hơn về những ứng dụng mạnh mẽ và hiệu quả của phương pháp này, ta sẽ giải một số câu hình học không gian tổng hợp trong các đề thi Đại học, Cao đẳng trong các năm gần đây Các đáp án chính thức đã được Bộ Giáo dục và Đào tạo công bố rộng rãi và có thể

OA

B

x

C y

z

S

M

N

được tìm thấy từ các sách tham khảo hoặc mạng Internet Lời giải được trình bày dưới đây là

hoàn toàn mới mẻ và của chính người viết sáng kiến này.

Bài 1 (Đề thi Cao đẳng năm 2009) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a,

SA = a 2 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD Chứng minh rằng

đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP Tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP.

Giải

Gọi O là tâm của ABCD Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ với

O(0;0;0), C( 2

2

a ;0;0), A( 2

2

a

− ;0;0), D(0; 2

2

a ;0),

B(0; 2

2

a

− ;0), S(0;0; 6

2

2

a

M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh

SA, SB và CD⇒M( 2

4

a

− ;0; 6

4

N(0; 2

4

a

− ; 6

4

a ), P( 2

4

4

a ;0).

Khi đó

uuuur

,

⇒uuuur uur= − + − = ⇒ ⊥ .

Mặt khác, ta lại có

( ;0; )

AM =

uuuur

, (3 2; 2;0)

AP=

uuur

, ( 2; 2; 6)

uuur

3 6

8

a

AM AP AN

 

⇒uuuur uuur uuur = − ≠ 1 , 3 6

AMNP

a

⇒ = uuuur uuur uuur = 

Lưu ý: Đáp án chính thức cho phương án tính thể tích tứ diện AMNP gián tiếp thông qua thể

tích tứ diện ABSP và thể tích khối chóp S.ABCD Cách tính trên đây bằng phương pháp tọa độ

là hoàn toàn trực tiếp, dễ định hướng Việc tọa độ hóa có thể lấy một đỉnh của đáy làm gốc tọa độ (cần kẻ thêm đường thẳng qua đỉnh và song song với SO).

Bài 2 (ĐH khối D – 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, ·ABC =BAD· =90o,

BA = BC = a, AD = 2a Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA = a 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB

Chứng minh tam giác SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD)

Giải

O A

x

D

y

S

z

N

M

P

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, với A≡O(0;0;0), B(a;0;0), D(0;2a;0), C(a;a;0), S(0;0;

2

a ) Khi đó SCuuur=( ; ;a a a− 2),CDuuur= −( a a; ;0) ⇒SC CDuuur uuur = ⇒0 SC⊥CD, hay tam giác SCD vuông tại C

Mặt khác (SCD) có VTPT là SC CDuuur uuur,  = (a2 2;a2 2;2 )a2

(SCD) :1.(x a) 1.(y a) 2.(z 0) 0

⇒ − + − + − =

hay (SCD): x y+ + 2z−2a=0

Đường thẳng SB có phương trình tham số là

0

2

x a t

y

 = +

 =



 = −



( ;0; 2 )

H∈SB⇒H a t+ − t

0

3

a

AH ⊥SB⇔uuur uurAH SB= ⇔ = −t

Vậy (2 ;0; 2)

Từ đó suy ra khoảng cách từ H đến (SCD) là

2 2

2

3 3 ( ,( ))

3

1 1 2

a a

d H SCD

+ −

+ +

Nhận xét: Nếu so với đáp án chính thức trong việc tính d(H,(SCD)) thì lời giải này rõ ràng và

trực tiếp hơn, dễ hiểu hơn ( đáp án chính thức tính d(H, (SCD)) thông qua việc tính tỉ số d(H,

(SCD))/d(B,(SCD)) rồi lại tính d(B,(SCD)) thông qua thể tích tứ diện SBCD ).

Bài 3 (ĐH khối D – 2008) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC vuông, AB = BC = a,

cạnh bên AA’ = a 2 Gọi M là trung điểm của BC Tính theo a thể tích của khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C.

Giải

Từ giả thiết ta có tam giác đáy ABC vuông

cân tại B, kết hợp với tính chất của lăng trụ

đứng, ta chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với

B≡O(0;0;0), C(a;0;0), A(0;a;0), B’(0;0; a 2).

Dễ thấy / / / / 3

.

.( )

ABC A B C

a

Bây giờ ta tính khoảng cách giữa AM và B’C

M là trung điểm của BC

( ;0;0) ( ; ;0)

⇒ ⇒uuuur= −

B

x

y

z

D

C

OA H

S

z

C’

A

A’ B’

M

Mặt khác, 'B Cuuuur=( ;0;a −a 2) 2 2 2 2

, ' ( 2; ; )

2

a

 

⇒uuuur uuuur=

Lại có uuurAC=( ;a a− ;0)

3

2

2

2 ( , ' )

7 7 , '

2

a

d AM B C

a

AM B C

 

 

 

 

uuuur uuuur uuur

Nhận xét: Theo đáp án chính thức, việc tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C

trong bài toán này hoàn toàn không dễ, đòi hỏi dựng được mặt phẳng chứa AM và song song với B’C, rồi qui việc tính khoảng cách giữa hai đường thẳng này về khoảng cách từ C, rồi lại

từ B đến mặt phẳng mới dựng đó Lời giải bằng tọa độ rõ ràng là rất ngắn gọn và trực tiếp.

Bài 4 (ĐH khối B – 2007) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a

Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung

điểm của BC Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai

đường thẳng MN và AC

Giải

Gọi O là tâm của đáy ABCD

Vì hình chóp đã cho là hình chóp

đều nên SO⊥(ABCD)

Ta chọn hệ trục Oxyz với O là gốc tọa độ,

tia OC≡tia Ox, tia OD≡tia Oy,

tia OS≡tia Oz.

Khi đó ta có

O(0;0;0), A( 2

2

a

− ;0;0), C( 2

2

a

;0;0),

B(0; 2

2

a

− ;0), D(0; 2

2

a

;0),

S∈tia Oz⇒S(0;0; )x (x > 0).

E đối xứng với D qua trung điểm của SA

⇒ADSE là hình bình hành ( 2; 2; )

⇒ − −

M là trung điểm của AE ( 2; 2; )

M

⇒ − −

N là trung điểm của BC ( 2; 2;0)

N

⇒ − (3 2;0; )

MN

⇒uuuur= −

Mặt khác BDuuur=(0;a 2;0) ⇒MN BDuuuur uuur = ⇒0 MN ⊥BD

Lại có uuurAC=(a 2;0;0) , (0; 2;0)

2

ax

MN AC

 

⇒uuuur uuur=

O A

x

D

y

S

z

N M

E