Phương pháp toạ độ trong không gian và bài tập hình học

Dấu hiệu nhận biết một bài toán hình học không gian bằng phương pháp toạ độ……… .... Với một bài toán nói chung và bài toán HHKG nói riêngthì có nhiều cách giải khác nhau, có thể là phươn

Bùi Văn Bình, thầy đã trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ, hướng dẫn em hoàn

thành khóa luận

Do điều kiện hạn chế về thời gian cũng như kiến thức, năng lực của bảnthân nên khoá luận khó tránh khỏi những thiếu sót Kính mong nhận được sựchỉ bảo nhận xét đóng góp của thầy cô cũng như bạn bè sinh viên để khoáluận này được hoàn thiện hơn

Em xin chân thành cảm ơn!

LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan khoá luận này được hoàn thành là do sự cố gắng, nỗlực tìm hiểu của bản thân cùng với sự giúp đỡ của các thầy cô, đặc biệt là thầy

MỤC LỤC

Trang

Phần I: MỞ ĐẦU 1

1 Lí do chọn đề tài 1

2 Mục đích nghiên cứu 1

3 Nhiệm vụ nghiên cứu 2

4 Phương pháp nghiên cứu 2

5 Cấu trúc khoá luận 2

Phần II: NỘI DUNG 3

CHƯƠNG 1: CƠ SỞ CỦA KHÔNG GIAN VÀ PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ

TRONG KHÔNG GIAN 3

A Các khái niệm 3

1 Định nghĩa 3

2 Tọa độ của vectơ đối với hệ tọa độ 4

3 Tọa độ của điểm đối với hệ tọa độ 4

4 Các tính chất 4

B Dấu hiệu nhận biết một bài toán hình học không gian bằng phương pháp toạ

độ……… 8

C Phương pháp toạ độ trong không gian 9

1 Nội dung chính 9

2 Mục đích yêu cầu của việc giảng dạy “Phương pháp toạ độ trong không gian” 9

3 Phương pháp giải toán bằng tọa độ 10

D Cách chọn hệ tọa độ đối với mỗi lại hình 11

CHƯƠNG 2: HỆ THỐNG BÀI TẬP 22

A Bài tập cơ bản 22

B Bài tập nâng cao 33

C Một số ví dụ 47

Phần III: KẾT LUẬN 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 53

PHẦN I: MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Hình học là một môn khó có tính hệ thống, chặt chẽ, lôgic và trừutượng hoá cao Đặc biệt là phần hình học không gian (HHKG) Để giải mộtbài toán HHKG đòi hỏi học sinh phải có nhiều kĩ năng nắm được kiến thứcthật chắc và vững Với một bài toán nói chung và bài toán HHKG nói riêngthì có nhiều cách giải khác nhau, có thể là phương pháp tổng hợp (PPTH),phương pháp vectơ (PPVT) hay phương pháp toạ độ…trong đó có một phầnlớn các bài toán HHKG có thể giải bằng phương pháp toạ độ (PPTĐ) Vớinhững bài toán đó thì PPTĐ cho ta cách giải rất nhanh chóng và dễ dàng hơnnhiều so với PPTH PPTĐ cho ta lời giải một cách chính xác, tránh được cácyếu tố trực quan, các suy diễn phức tạp của PPTH và là phương tiện hiệu quả

để giải các bài toán hình học Vì vậy, trong những năm gần đây PPTĐ đượcxem là nội dung trọng tâm của chương trình toán trung học phổ thông

Xuất phát từ bản thân muốn học hỏi, tìm tòi, nghiên cứu sâu hơn vềHHKG, với mong muốn có được kiến thức vững hơn về phần này để chuẩn bị

tốt cho việc giảng dạy sau này, cùng với sự giúp đỡ của thầy Bùi Văn Bình mà

em chọn đề tài: “Phương pháp toạ độ trong không gian và bài tập hình học”.

2 Mục đích nghiên cứu

Đề tài “Phương pháp toạ độ trong không gian và bài tập hình học”

được nghiên cứu với mục đích:

 Cho học sinh thấy được sự tương đương giữa HHKG và hình học giải tíchtrong không gian

 Giúp cho học sinh có thêm phương pháp để giải một bài toán HHKG

 Nghiên cứu sâu hơn về HHKG làm tài liệu tham khảo cho học sinh và giáoviên

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Đề tài được nghiên cứu với hai nhiệm vụ:

a) Nghiên cứu lí luận chung: Cơ sở của không gian và phương pháp toạ độ trongkhông gian

b) Hệ thống bài tập

4 Phương pháp nghiên cứu

Đề tài được nghiên cứu với phương pháp nghiên cứu lí luận các tài liệu

có liên quan đến đề tài

Phương pháp nghiên cứu lí luận là dựa vào những tài liệu sẵn có, nhữngthành tựu của nhân loại trên những lĩnh vực khác nhau để vận dụng vào mônphương pháp dạy học môn toán

Quan sát điều tra là những phương pháp tri giác một hiện tượng giáodục nào đó để thu lượm những số liệu, sự kiện cụ thể, đặc trưng cho quá trìnhdiễn biến của hiện tượng

Tổng kết kinh nghiệm là đánh giá và khái quát kinh nghiệm, từ đó pháthiện ra những vấn đề cần nghiên cứu

5 Cấu trúc khoá luận

Khoá luận bao gồm 2 phần:

Phần I: Mở đầu

Phần II: Nội dung, bao gồm hai chương:

Chương 1: Cơ sở của không gian và phương pháp toạ độ trong không gian

Chương 2: Hệ thống bài tập

Phần III: Kết luận

PHẦN II: NỘI DUNG

CHƯƠNG 1

CƠ SỞ CỦA KHÔNG GIAN

VÀ PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

Cho 3 điểm M, A, và B trên trục (O; e ) Khi đó:

+ Có duy nhất một số k sao cho



và  là các vectơ đơn vị trên Ox, Oy và    1

1.3, Tọa độ của vectơ

Trong mặt phẳng Oxy cho một vectơ u tùy ý Vẽ OA 



i j

i

Như vậy: u

=

xi  yj

2, Toạ độ của vectơ đối với hệ tọa độ 

  

Trong hệ tọa độ Đềcác vuông góc cho vectơ tuỳ ý v Vì 3 vectơ i , j , k

không đồng phẳng nên tồn tại duy nhất bộ số (x, y, z) sao cho v = x  + y  +

z k thì (x, y, z) được gọi là tọa độ của v Kí hiệu: v = (x, y, z) hoặc v(x, y, z)

3, Tọa độ của điểm đối với hệ tọa độ

Trong hệ tọa độ Đềcác vuông góc cho điểm M bất kì Khi đó:

= k

 

b, Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng có dạng:

Với (xo, yo, zo) là toạ độ của một đường thẳng và u = (a; b; c) là vecter chỉ phương của đường thẳng

c Phương trình chính tắc của đường thẳng:

u (a; b; c) là vectơ chỉ phương của  ; M0(xo; yo; zo) , M0  

c Gọi  là góc giữa 2 mặt phẳng (a) : Ax + By + Cz + D = 0

và (a’) A’x + B’y + C’z + D’= 0, (A’2 + B’2 + C’2  0)

lần lượt là vectơ pháp tuyến của (a) và (a’)

13 Phương trình mặt cầu:

(x - a)2 + (y - b)2 + (z - c)2 = R2 có tâm I(a, b, c); bán kính R

Hoặc: x2 + 2Ax + y2 + 2By + z2 + 2Cz + D = 0 với A2 + B2 + C2 – D > 0



A 2  B 2  C 2  D

Có tâm I’(-A; -B; -C) bán kính R =

* Vị trí tương đối giữa mặt cầu:

Cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có

(S): (x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = R2 và (P): Ax + By + Cz + D = 0Mặt cầu (S) có tâm I(a, b, c) và bán kính R Ta có các trường hợp sau:

 Hình đã cho có một đỉnh là tam diện vuông

 Hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là các tam giác vuông, tam giác đều, hình vuông, hình chữ nhật,…

 Hình lập phương, hình chữ nhật,

 Hình đã cho có một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, trong mặtphẳng đó có những đa giác đặc biệt: tam giác vuông, tam giác đều, hìnhthoi,…

 Khối hình đều: hình chóp đều, lăng trụ đều,…

Các dạng khác nhau mà có thể tạo được các tam diện vuông như: nếuhai đường thẳng chéo nhau mà vuông góc, hai mặt phẳng vuông góc

î

là phương trình mặt cầu có tâm I = (-a;-b;-c) và bán kính R =

2, Mục đích yêu cầu của của việc giảng dạy: “Phương pháp toạ độ trong không gian”

a, Về kiến thức:

- Chương 3 nhằm cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản vềkhái niệm, về thái độ trong không gian và ứng dụng của nó

+ Toạ độ vectơ và toạ độ điểm

+ Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ

+ Phương trình mặt cầu

- Giới thiệu về phương trình mặt cầu trong không gian:

+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

ï

+ Phương trình tổng quát của mặt phẳng

+ Điều kiện để 2 mặt phẳng song song, vuông góc.

+ Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

- Phương trình đường thẳng trong không gian:

+ Phương trình tham số của đường thẳng

+ Điều kiện để hai đường thẳng song song

+ Điều kiện để hai đường thẳng chéo nhau

+ Điều kiện để hai đường thẳng cắt nhau

b, Về kĩ năng:

- Xác định được các vectơ trong không gian

- Vận dụng các tính chất để giải bài tập

- Chứng minh được hai mặt phẳng song song và vuông góc

- Lập được các phương trình đường thẳng, mặt phẳng

- Xác định được vị trí tương đối

c, Về thái độ:

Học xong chương trình này học sinh sẽ liên hệ được với nhiều với nhiềuvấn đề hình học đã học ở lớp dưới, mở ra một cách nhìn mới về hình học Từ đócác em có thể sáng tạo ra nhiều bài toán hoặc nhiều dạng toán mới

Kết luận:

Khi học xong chương trình này, học sinh cần làm tốt các bài tập trong sách giáo khoa và các bài kiểm tra trong chương

3, Phương pháp giải toán bằng toạ độ

PPTĐ trong không gian là phương pháp giải các bài toán HHKG mà ở

đó ta quy định việc giải chúng về khảo sát nhiều phương trình (hệ phươngtrình)

Các bước giải bài toán HHKG bằng PPTĐ:

 Bước 1: Chọn hệ toạ độ thích hợp

 Bước 2: Chuyển từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ toạ độ

 Bước 3: Giải bài toán bằng kiến thức toạ độ

 Bước 4: Phiên dịch các kết quả từ ngôn ngữ toạ độ sang ngôn ngữ hình học

Một vài ví dụ về cách chuyển ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ toạ độ

 3 điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng tương đương một điểm thoả

mãn phương trình đường thẳng đi qua hai điểm kia hoặc

= 0 hoặc tọa độ của một điểm thỏa mãn phương trình mặt phẳng

đi qua 3 điểm kia

Xác định khoảng cách, góc giữa các yếu tố trong không gian khichuyển sang phương pháp tọa độ chủ yếu là dùng các công thức tính khoảngcách, góc giữa các yếu tố

D Cách chọn hệ tọa độ đối với mỗi loại hình

1 Hình chóp tam giác

1.1 Hình chóp đều

Cho hình chóp đều SABC, có 3 cách chọn hệ tọa độ là:

z S

A C

y x

z S

tia Oy  MBtia Oz  tia qua M và có cùng phương chiều với tia O’S

B

y

Cách 3:

O  ATia Ox  Axtrong đó Ax  (ABC) và vuông góc với AC

Tia Oy  AC, tia Oz  tia qua

A và có cùng phương chiều với tia O’S

1.2 , Hình chóp SABC có đáy SA vuông góc với đáy

ABC Các trường hợp của đáy:

Ax  (ABC) và tia Ax AC

tia Oy  AC, Oz  AS,Cách này cũng áp dụng cho

tia Oz  AS

tại A

* Trường hợp 3: đáy là tam giác đều hay tam giác cân tại C.

Cách chọn hệ tọa độ giống cách 1 của trường hợp đáy là tam giác cân

* Trường hợp 4: đáy là tam giác vuông tại B

Có 2 cách chọn hệ tọa độ là:

Cách 1:

O  A, tia Ox  Ax Tia Oy  ABTia Oz  AS

A

phương chiều với tia AS

y C

S

b, Đáy là hình thang vuông tại

A và B(tương tự tại C và D)

tia Oz  AS

y B

x

2.3 , Hình chóp SABCD có đáy ABCD, tâm O, SO  (ABCD)

+ Nếu ABCD là hình vuông thì có 3 cách chọn tọa độ:

Cách 1:

O  tâm đáy,tia Ox  tia qua O và có cùng phương, chiều với tia DC.Tia Oy  tia qua O và có cùng phương, chiều với tia BC.Tia Oz  SO

z A’

Cách 2 :Chọn gốc O  A,Tia Ox  AB, Oy  AD;

A

phương, chiều với tia SO

C x

z S

Các trường hợp của đáy:

a, Đáy là tam giác vuông tại ACách 2 chọn hệ tọa độ là:

O  A; tia Ox  AB tia

Oy  ACtia Oz  AA’

y

x

y

Cách 2:

O  B, tia Ox  tia Ax, tia Oy  BC;

Bx  (ABC) và Bx  BC tia Oz  BB’

Cách 3:

O  tâm đáy, tia Ox  OB;

tia Oy  tia qua O và có cùng phương, chiều với tia AC.tia Oz  tia qua O và có cùng phương, chiều với tia AA’A

x

Cách 2:

O  tâm đáy,tia Ox  tia qua O và có cùng phương, chiều với tia D’C’tia Oy  tia qua O và có cùng phương, chiều với tia B’C’

y tia Oz  tia qua O và có cùngphương, chiều với tia AA’

A

C’

C O

tia Oz  AA’

x

e, Đáy là hình thang cân có đáy AB.

z

Cách chọn:

tia Ox  tia Ax,

tia Oy  tia AB;

Chương II: HỆ THỐNG BÀI TẬP

Nội dung chương trình:

Bài 3: Phương trình đường thẳng trong không gian (8 tiết)

A Bài tập cơ bản:

Bài toán 1:

Viết phương trình mặt phẳng:

a, Đi qua ba điểm M(2;0;1); N(1;-2;3); P(0;1;2)

b, Đi qua 2 điểm A(1;1;-1); B(5;2;1) và song song với Oz

c, Đi qua điểm (3;2;-1) và song song với mp có phương trình: x – 5y +

Mặt phẳng (P) đi qua điểm M và có VTPT n

ta lấy

n = (2;1;1) Vậy mặt phẳng (P) có phương trình:

2(x – 2) + y + (z - 1) = 0hay 2x + y – z – 3 = 0



b Giả sử (P) đi qua A,B và // với Oz, có VTPT n

 n = [ AB , k ] với AB = (4,1,2); k = (0,0,1)

c, (P) cần tìm phải song song với mặt phẳng: x – 5y + z = 0

Vậy (P) qua (3;2;-1) có VTPT (1;-5;1) có phương trình là:

(x – 3) – 5(y - 2) + 1(z + 1) = 0hay x- 5y + z +8 = 0

d, Mp (P) vuông góc với mp: x – y + z + 1 = 0 nên VTPT của (P) phải

Mp (P) đi qua A(0;1;2) nên phương trình của (P) là:

- x – 3(y - 10) – 5( z - 2) = 0

hay x + 3y + 5z - 13 = 0

Bài toán 4: Cho 3 điểm A(0;1;2); B(2;-2;1); C(-2;0;1)

a Viết phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A,B,C

b Tìm điểm M thuộc mp: 2x + 2y + z - 3 = 0 sao cho MA = MB = MC

Giải hệ ta được: x = 2; y = 3; z = -7Vậy M(2; 3; -7)

Gọi M (x,y,z) là điểm thuộc giao tuyến d của 2 mp

Khi đó tọa độ của M là nghiệm của hệ:

Suy ra VTPT của mặt phẳng là: n

Mà VTPT của (Q) là n Q = (2 ; 1; - 5 )

 C (-1; 3; -4)

1  0  1  z C

u;M ' M 

 u

a, Tính khoảng cách từ A(-1; -2; 4) tới mp (P) : 4x + y + z + 9 = 0

b, Tính khoảng cách từ M(2; 3; 1) tới đường thẳng  có phương trình:

x2 + y2 + z2 + 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0hay (x + A)2 + (y + B)2 + (z + C)2 = R2

 í

ï C = - 1 ï

ïî - A- B- C- 2 = 0 ïî D = 1

Vậy phương trình mặt cầu là:

x2 + y2 + z2 – 2x – 2z + 1 = 0 hay (x - 1)2 + y2 + (z - 1)2 = 1

Bài toán 12

Trong không gian cho 3 điểm A(1;0;-2), B(2;1;-1), C(1;-2;2)

a, Tìm độ dài các cạnh của tam giác ABC

b Tìm tọa độ trung điểm của các cạnh của tam giác ABC

c Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC

c Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Ta có: GA + GB + GC = 0

ï

ïï

ï ïï

D



giả sử: G = (x; y; z) Ta có:

GA = (1 – x; - y; -2 – z)

z C

O N

M x

Cho tứ diện OABC có góc tam diện đỉnh O là tam diện vuông OA =

OB = OC = 1 Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, OA Chứngminh khoảng cách giữa OM và CN là d(OM, CN) = 1

1 2 0

 Điều phải chứng minh

B Bài tập nâng cao:

1  1 16a 2 9a 2

4ac 6(6a 2  c 2 )

z C

M E

D x

d(0,(ABC)) =

=

3a.4a 5a

= 12a (Điều phải chứng minh)

Trong không gian cho các điểm A, B, C theo thứ tự thuộc các tia Ox,

Oy, Oz vuông góc với nhau từng đôi một sao cho OA = a, OB = a 2 , OC = c(a < 0, c > 0) Gọi D là đỉnh đối diện với O của hình chữ nhật AOBD và M làtrung điểm của BC (P) là mặt phẳng qua A, M và cắt (OMD) theo một đườngthẳng vuông góc với AM

a Gọi E = (P)  OC Chứng minh: OE = c

6ac  2ac 4a 2  2c 2  36a 2

4ac 6c 2  36a 2

4ac 6(c 2  6a 2 )

Vì BF, OD đồng phẳng nên từ (1) và (2) suy ra: EF // OD

Khi đó phương trình mặt phẳng (P) được cho bởi:

(điều phải chứng minh)

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Mặt phẳng qua A và tâm của các hình vuông A’B’D’C’ và BCC’B’ cắt C’B’ tại E

Chứng minh: CE : B’E = 1:2

Lời giải

z S

O B

Chọn hệ toạ độ như hình vẽ Khi đó:

A(0,0,a); B(a,0,0); C’(a.a,0)

O’ là tâm của A’B’C’D’

AM = k AD , BN = k BB ' với 0  k  1.

A M D

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 Gọi H<K theo thứ tự là hìnhchiếu vuông góc của A và C1 xuống mặt phẳng (C B1D1).

A K

2 KC1

Lời giải

y

Khiđó:

 1

(Điềuminh).

Chọn hệ toạ độ Oxyz có O L, L – trung điểm của AB Các tia Ox, Oy,

Oz lần lượt trùng với các tia LC, LA, tia qua L và có cùng phương, chiều vớitia AA’

 a

Ta có: C 3 ; 0; 0 

; B 0; a

; 0  ; A’  0; a ; a  ; C’  a

3

; 0; a 

 2   2   2   2 

Chọn hệ toạ độ như hình vẽ A(0,0,0); B(a 2 ;0;0); C(0;a 2 ;0)

Giả sử: AA1 = h Suy ra:

n1 , n2 theo thứ tự là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (AB1C) và

4 2 

1

CB1

= 3 (điều phải chứng minh)

Cho tứ diện OABC có tam giác OAB, OBC, OCA là các tam giácvuông tại O Gọi α, β,  lần lượt là góc giữa mặt phẳng (ABC) và mp (OBC),OCA), (OAB) Bằng phương pháp tọa độ chứng minh:

a, Tam giác ABC có 3 góc nhọn

b, cos2α + cos2β + cos2  = 1