Luận văn Phương pháp tọa độ trong hình học không gian

Sơ lược về không gian Ơclit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2. Một số mô hình xác định hệ trục tọa độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 CHƯƠNG II: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN . . . . . . . . . . . 9 2.1. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán định lượng . . . . 9 2.2. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán chứng minh. . . 21 2.3. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán quỹ tích. . . . . . 26 2.4. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán cực trị. . . . . . . 33 CHƯƠNG III: KIỂM TRA KẾT QUẢ LỜI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VỚI PHẦN MỀM MAPLE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 3.1. Sơ lược về câu lệnh của phần mềm Maple trong gói công cụ hình học không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 3.2. Sử dụng Maple minh họa kết quả vận dụng phương pháp tọa độ vào giải bài toán hình học không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 2 MỞ ĐẦU Lý do chọn đề tài Môn hình học ra đời từ thời Euclid (Thế kỷ thứ III trước công nguyên) nhưng đến năm 1619, Rene Descartes - một nhà triết học kiêm vật lý và nhà toán học người Pháp (1596 - 1650) đã dùng đại số để đơn giản hóa hình học cổ điển và đã trình bày về phương pháp tọa độ trong quyển “La gesometrie” (1637). Sự ra đời của phương pháp tọa độ đã thiết lập được mối quan hệ mật thiết giữa hình học và đại số. Trong chương trình toán THPT hình học là một môn học khó có tính hệ thống, chặt chẽ, logic và trìu tượng. Đặc biệt là phần hình học không gian, cùng với phương pháp tổng hợp việc đưa phương pháp tọa độ trong chương trình học cũng là cơ hội để học sinh làm quen với các ngôn ngữ của toán học cao cấp. Các bài toán liên quan đến phương pháp tọa độ cũng là những bài toán thường gặp trong các kỳ thi Đại học, học sinh giỏi toán. Hiện nay nhiều học viên cao học chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp của trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên cũng đã khai thác có hiệu quả các vấn đề liên quan đến phương pháp tọa độ nhưng chưa có học viên nào đi sâu tìm hiểu về phương pháp tọa độ trong hình học không gian và việc vận dụng phương pháp tọa độ vào giải quyết một số dạng bài toán hình học không gian trong chương trình toán THPT. Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi và tích lũy thêm kinh nghiệm để phục vụ ngay chính công tác giảng dạy ở THPT, chúng tôi chọn hướng nghiên cứu “ Phương pháp tọa độ trong hình học không gian ” để triển khai đề tài luận văn Thạc sĩ. Luận văn có các nhiệm vụ chính: (1). Sưu tầm một số dạng toán hình học trong không gian có thể giải bằng phương pháp tọa độ. (2). Phân dạng, hệ thống hóa, đưa ra lời giải chi tiết cho mỗi bài toán. 3 (3). Đưa ra một số định hướng, gợi ý để giúp học sinh nhận dạng và thể hiện phương pháp tọa độ trong việc giải các bài toán tương tự. (4). Mặt khác, ưu điểm của phương pháp tọa độ là chúng bao hàm một số thuật toán. Luận văn cũng đã cố gắng minh họa một vài thuật toán đó với phần mềm Maple để kiểm tra kết quả các lời giải toán. Luân văn được hoàn thành với sự hướng dẫn chỉ bảo tận tình của PGS.TS Trịnh Thanh Hải – Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên. Từ đáy lòng mình, em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự chỉ bảo của Thầy. Em xin trân trọng cảm ơn quý thầy, cô trong khoa Toán – Tin, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K7 đã động viên, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này. Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn thạc sĩ, nên chắc rằng trong quá trình nghiên cứu sẽ không tránh khỏi những thiếu sót, em rất mong nhận được sự chỉ bảo, đóng góp ý kiến của quý thầy, cô và độc giả quan tâm tới luận văn này. Em xin trân trọng cảm ơn! Học viên Bùi Việt Hà 4 Chương I: KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong chương này chúng tôi xin trình bày sơ lược lại một số khái niệm, định nghĩa, tính chấtchủ yếu ở các tài liệu [2], [3], [4], [7], [10]. Đây là những kiến thức cơ sở, nền tảng cho các lời giải của các ví dụ được trình bày trong chương 2. 1.1. Sơ lược về không gian Ơclit 1.1.1. Định nghĩa Không gian Ơclit là không gian liên kết với không gian vectơ Ơclit hữu hạn chiều. Không gian Ơclit sẽ gọi là n chiều nếu không gian vectơ Ơclit liên kết với nó có số chiều bằng n. Không gian Ơclit thường được ký hiệu là E, không gian Ơclit liên kết với nó được kí hiệu là E  . 1.1.2. Mục tiêu trực chuẩn Mục tiêu afin  n1 2, ,O;e e ...,e    của không gian Ơclit n chiều nE gọi là mục tiêu trực chuẩn (hay hệ tọa độ đề các vuông góc), nếu cơ sở  n1 2, ,O;e e ...,e    của nE  là cơ sở trực chuẩn, tức .i j ije e = δ   , 0 = 1     ij nÕu i j nÕu i j 1.1.3. Đổi mục tiêu trực chuẩn Cho hai mục tiêu trực chuẩn  n1 2, ,O;e e ...,e    (I) và  n1 2, ,O';e' e' ..,e'    (II) của không gian Ơclit n chiều nE . Gọi C là ma trận chuyển từ cơ sở  n1 2ε = e ;e ...;e    sang cơ sở  n1 2ε' = e' ;e' ...;e'    . Các cơ sở đó đều là cơ sở trực chuẩn nên C là ma trận trực giao cấp n. Khi đó, công thức đổi mục tiêu trực chuẩn là X = C X’ + a. Với C.Ct = In, a là ma trận cột tọa độ của gốc O’ đối với mục tiêu (I). X và X’ là hai ma trận cột tọa độ của cùng một điểm đối với mục tiêu thứ nhất và thứ hai. 1.1.4. Hệ tọa độ đề các vuông góc thuận, nghịch Với E3 mục tiêu trực chuẩn (I) và (II) ở trên. Ta quy định cơ sở 5  n1 2ε = e ;e ...;e    của mục tiêu trực chuẩn (I) là thuận. Khi đó nếu ma trận chuyển từ cơ sở (I) sang cơ sở (II) có định thức là dương thì hệ tọa độ Đề các vuông góc là thuận, ngược lại có hệ tọa độ là nghịch. 1.1.5. Hệ trục tọa độ trong không gian Hệ gồm ba trục Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc được gọi là hệ trục tọa độ Đề các vuông góc trong không gian và kí hiệu Oxyz. Ta gọi các vectơ đơn vị trên các trục Ox, Oy, Oz lần lượt là i, j, k    thì hệ tọa độ Oxyz có thể viết là hệ tọa độ (O; i, j, k    ) và cần chú ý: i = j = k 1    i.j = j.k = k.i 0      1.1.6. Tọa độ của vectơ đối với hệ tọa độ Trong hệ tọa độ Đề các vuông góc (O; i, j, k    ) cho vectơ tùy ý v  . Vì 3 vectơ i, j, k    không đồng phẳng nên tồn tại duy nhất bộ số (x; y; z) sao cho v i j kx y z       thì (x; y; z) được gọi là tọa độ của v  . Kí hiệu: v  = (x; y; z) hoặc v  (x; y; z). 1.1.7. Tọa độ của điểm đối với hệ tọa độ Trong hệ tọa độ Đề các vuông góc Oxyz cho điểm M bất kì. Khi đó: Tọa độ của vectơ OM  cũng là tọa độ của điểm M. Như vậy nếu vectơ OM  = (x; y; z) tức là OM i j kx y z       thì bộ ba số (x; y; z) là tọa độ của điểm M. Kí hiệu: M = (x; y; z) hoặc M(x; y; z). 1.1.8. Một số tính chất (xét trong trong E3) +) b  cùng phương a  ( a 0   )   k , sao cho b ka.   +) Tích có hướng của a  = ( x; y; z) và b  = (x’; y’; z’) là vectơ y z z x x y n = [a, b] = ; ; y' z' z' x' x' y'          6 +) Cho u  =(x; y; z) và v  = (x’; y’; z’), k u   v  = (x  x’; y  y’; z  z’). u  . v  = x.x’+ y.y’+ z.z’. 2 2 2 2u = u x + y + z     2 2 2 '2 '2 '2 x.x' + y.y' + z.z' cos u, v = x + y + z . x + y + z   +) Ba vectơ a, b, c    đồng phẳng  a,b .c 0       +) ΔABC 1 S AB, AC 2       +) ABCD 1 V AB, AC .AD 6        Tø diÖn +) ABCHìn D.A'B'C'D'h V AB, AD .AA'       hép +) ABC.A'B'C' 1 V AB, AC .AA' 2        L¨ng trô +) Khoảng cách từ M0 (x0; y0; z0) đến mặt phẳng (α ): Ax + By + Cz + D = 0: d(M0,(α )) = 0 0 0 2 2 2 Ax + By + Cz + D A + B + C . +) Cho 2 đường thẳng 1 , 2 chéo nhau, 1 qua M1 có vtcp 1u  , 2 qua M2 có vtcp 2u  . Khi đó khoảng cách giữa 1 và 2 là: d( ; ’) = 1 2 1 2 1 2 u ,u .M M u ,u              Góc giữa hai đường thẳng: cos φ = 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 u .u a .a + b .b + c .c = u . u a + b + c . a + b + c     , trong đó: 1u  (a1; b1; c1); 2u  ( a2; b2; c2) . Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: Gọi θ là góc giữa  và (α ), ta có 7 z y x O C1 D1 B1 C A D A1 B sin θ = 0 0 2 2 2 2 2 2 A.a + B.b + C.c . 0 θ 90 A + B + C . a + b + c   ; với u  (a; b; c) là vectơ chỉ phương của  ; n  (A; B; C) là vectơ pháp tuyến của (α ). +) Góc ( γ ) giữa hai mặt phẳng (α ): Ax + By + Cz + D = 0 và (α ’): A’x + B’y + C’z + D’ = 0. cos γ = 2 2 2 '2 '2 '2 n.n' A.A' + B.B' + C.C' = n . n' A + B + C . A + B + C     trong đó n  và n '  lần lượt là vectơ pháp tuyến của (α ) và (α ’). 1.2. Một số mô hình xác định hệ trục tọa độ Để vận dụng phương pháp tọa độ vào giải quyết các bài toán hình học trong không gian trước tiên ta phải chọn hệ trục tọa độ. Ta có thể căn cứ vào một số mô hình sau đây.  Mô hình 1. Hình lập phương Xét hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho SO, 1AB, AD, AA    lần lượt cùng hướng với các tia Ox, Oy, Oz. Khi đó A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), C1( 1; 1; 1).  Mô hình 2. Tam diện vuông Xét tam diện vuông S.ABC có SA=a, SB=b, SC=c. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho SO, SA, SB, SC    lần lượt cùng hướng với các tia Ox, Oy, Oz. Tọa độ các điểm khi đó là S(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B (0; b; 0), C(0; 0; c). z x yS C B A O 8 O C' D' B' C x z y A D A' B  Mô hình 3. Hình hộp chữ nhật Xét hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C’D’ có độ dài các cạnh là AB = a, AD = b, AA’ = c. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AO. B, D, A’ lần lượt thuộc các tia Ox, Oy, Oz. Tọa độ các điểm là A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; b; 0), D(0; b; 0), A’(0; 0; c), B’(a; 0; c), C’(a; b; c), D’(0; b; c)  Mô hình 4. Hình chóp tứ giác đều Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD có gốc O là giao của hai đường chéo và SO= h, AC = 2a, BD = 2a. Chọn hệ trục tọa dộ Oxyz sao cho OA, OB, OS    lần lượt cùng hướng với các tia Ox, Oy, Oz. Tọa độ các điểm là: O(0; 0; 0), S(0; 0; h), A(a; 0; 0), B(0; a; 0), C(- a; 0; 0), D(0; - a; 0).  Mô hình 5. Hình chóp tam giác đều Xét hình chóp tam giác đều S.ABC có O là tâm của tam giác ABC và SO = h, BC = a. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho OA, CB, OS    lần lượt cùng hướng với các tia Ox, Oy, Oz. Tọa độ các điểm khi đó là: O(0; 0; 0), S(0; 0; h), A a 3 ; 0; 0 3       , B a 3 a - ; ; 0 6 2       , C a 3 a - ; - ; 0 6 2       . Nhận xét: Nếu là mô hình khác thì ta phải tìm ra được một góc tam diện vuông hợp lý, từ đó ta sẽ chọn được hệ trục Oxyz tương ứng để giải quyết bài toán. O BA D C x y S z z x yO S A C B 9 K C1 B1 D1 Cy z xA B A1 D Chương II: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Để giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ thì ta thực hiện theo các bước sau đây: 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. Vì các dạng bài toán hình học không gian vô cùng phong phú, đa dạng, trong chương này chúng tôi chỉ trình bày một số dạng quen thuộc như: Bài toán định lượng, chứng minh, cực trị, bài toán về điểm và quỹ tích. Các bài toán trình bày trong chương này được lựa chọn, trích dẫn từ các nguồn tài liệu [1]; [2]; [3]; [4]; [5]; [6], [7], [8] 2.1. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán định lượng Bài toán 2.1. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 cạnh bằng a. a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng A1B và AC1. b) Gọi K là trung điểm DD1. Tính góc và khoảng cách giữa 2 đường thẳng CK và A1D. c) Mặt phẳng (P) qua BB1 và hợp với 2 đường thẳng BC1, B1D hai góc bằng nhau. Tính các góc này. Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với OA, 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; a; 0), D(0; a; 0); A1(0; 0; a), B1(a; 0; a), C1(a; a; a), D1(0; a; a). a) Ta có 1A B  (a; 0; - a); 1AC  (a; a; a). 10 Gọi α là góc tạo bởi A1B và AC1, ta có 1 1 1 1 π = = 0 A B. AC cosα A α = . 2B . AC      Gọi d1 là khoảng cách giữa A1B và AC1, ta có 1 1 1 1 1 1 A B,A a = 6 C .AA d A B,AC               b) Ta có K a 0; a; 2       , a KC(a; 0; - ) 2  , 1A D  (0; a; - a). Gọi β là góc tạo bởi CK và A1D, ta có: 1 1 KC 1 = = . 10KC .A D cosβ . A D      (CK, A1D) = β với 1 π = , β 0; 10 2 cosβ       Gọi d2 là khoảng cách giữa CK và A1D, ta có: 1 2 1 ,A .KD d , KC D a = = . A 3KC D              c) Ta có BB1 là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABB1A1) và (BCC1B1) nên: 1 x = a x - a = 0 (BB ) : hay y = 0 y = 0       Mặt phẳng (P) qua BB1 có dạng (P): x – a + my = 0  (P): x + my - a = 0  vtpt n  (1; m; 0) . Vì (P) hợp với BC1, B1D có vtcp lần lượt là: 1u  (0; 1; 1) và 2u  (1; - 1; 1) hai góc bằng nhau ( giả sử là γ ) nên: 2 2 m 1- m sinγ = = 3 m = 2 1- m 2(m +1) 3(m +1)   m2 + 4m - 2 = 0  m = - 2 ± 6 Với m = - 2 + 6 ta được:     22 6 - 2 6 - 2 6 - 2 6 - 2 6 -1 sinγ = = = = = . 54 - 622 - 8 6 4 - 62 6 - 2 +1     Với m = - 2 - 6 ta được: 11 D1 A1C1 N O B A D C z x y B1     22 6 + 2 6 + 2 6 + 2 6 + 2 6 +1 sinγ = = = = = . 54 + 622 + 8 6 4 + 62 - 6 - 2 +1     Bài toán 2.2. Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bằng a, góc  0A = 60 . B1O vuông góc với đáy ABCD, cho BB1 = a. a) Tính góc giữa cạnh bên và đáy. b) Tính khoảng cách từ B, B1 đến mặt phẳng (ACD1). Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, ( như hình vẽ) khi đó: O(0; 0; 0), A a 3 ; 0; 0 2       , B a 0; ; 0 2       , C a 3 ; 0; 0 2       D a 0; - ; 0 2       . a) Gọi α là góc tạo bởi cạnh bên và đáy, ta có:  0 1 1 BO 12α = B BO cosα = = α 60 BB 2 a a     . B1O = BB1.sinα = a 3 2 , suy ra B1 a 3 0; 2 0;       , D1 a 0 3 ; 2 - a;       . b) Phương trình mặt phẳng (ACD1) được tạo bởi: 1 1 1 a 3 qua A ; 0; 0 qua A 2(ACD ) : (ACD ) : (0; 3; 2)                 cÆp vtcp CA & D A vtpt n  pt (ACD1): 3 y +2z = 0. Khi đó khoảng cách từ B, B1 đến mặt phẳng (ACD1) lần lượt là:     1 1 12 2 2 2 a 3 0 3aa 21 a 212 d(B,(ACD )) = , d(B (ACD )) = . 14 7 3 2 3 2      12 K H DC B A y S z x Bài toán 2.3. Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Từ trung điểm H của cạnh AB dựng SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) sao cho nhị diện cạnh AD của hình chóp S.ABCD có số đo bằng 600. a) Tính SH và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD). b) Gọi K là trung điểm của cạnh AD. Chứng minh CK SD. c) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCK). Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Hxyz với A, B thuộc tia Hx, S thuộc tia Hz, khi đó: A a ; 0; 0 2       , B a - ; 0; 0 2       , C a - ; a; 0 2       , D a ; a; 0 2       . a) Giả sử S(0; 0; zS) với zS > 0. Gọi 1 2n , n   theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (ABCD) và (SAD), ta có: S S S 2 1 2 2 a n SA ; 0; - z 2 n (0; 0; 1); ta n ( - 2z ; 0; a). a n SD ; a; - z 2                        chän Từ giả thiết ta có: 1 2 2 2 S 0 21 .n cos60 . n 1 a = = n 2n 4z + a      S a 3 a 3 z = SH = . 2 2   Phương trình mặt phẳng (SCD) được cho bởi: 3 a 3 qua S 0; 0; qua S 2(SCD) : (SCD) : c p vtcp SC & SD (0; 3; 2)                 Æ vtpt n  (SCD): y 3 + 2z - a 3 = 0. 13 Khi đó khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) được cho bởi: - a 3 a 21 d = = . 73 + 4 b) Vì K là trung điểm AD nên K a a ; ; 0 2 2       , từ đó: a CK(a; - ; 0), 2  a a 3 SD( ; a; - ) 2 2  CK.SD = 0 CK SD.     c) Gọi 4 5n , n   theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (SBC) và (SCK), ta có:   4 4 4 a a 3 n SB - ; 0; - 2 2 n (- 3; 0; 1). n BC 0; a; 0                   ta chän 5 5 5 a a 3 n SC - ; a; - 2 2 n (1; 2; 3). a n CK a; - ; 0 2                         ta chän Gọi α là góc tạo bởi (SBC) và (SCK), ta có: 4 4 5 0 5 n = = 0 .n cosα α 90 . n . n      Bài toán 2.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2a, SA = a 3 và vuông góc với đáy. a) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). b) Tính khoảng cách từ A, D đến mặt phẳng (SBC). Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, sao cho OA, B thuộc tia Ax, S thuộc tia Az, C, D có hoành độ dương. Khi đó: A(0; 0; 0), B(2a; 0; 0), C 3a a 3 ; ; 0 2 2       , D a a 3 ; ; 0 2 2       , S(0; 0; a 3 ). Gọi 1 2n , n   theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (SAD), (SBC), ta có: 14  1 1 1 n SA 0; 0; - a 3 n (- 3; 1; 0).a a 3 n SD ; ; - a 3 2 2                   ta chän  2 2 2 n SB 2a; 0; - a 3 n ( 3; 1; 2).3a a 3 n SC ; ; - a 3 2 2                   ta chän a) Gọi α là góc tạo bởi (SAD) và (SBC), ta có: 1 2 21 n 1 = = . 2 2n .n cosα . n     b) Phương trình mặt phẳng (SBC) được cho bởi:   2 qua B 2a; 0; 0 (S ( 3; BC) : 1; 2)     vtpt n  (SBC): x 3 + y + 2z - 2a 3 = 0. Khi đó khoảng cách từ A, D đến mặt phẳng (SBC) được cho bởi: A - 2a 3 a 6 d = = 23 +1+ 4 , D a 3 a 3 + - 2a 3 2 2 a 6 d = = . 43 +1+ 4 Bài toán 2.5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SO vuông góc với đáy. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm SA và BC. Biết rằng góc giữa MN và (ABCD) bằng 600. a) Tính MN và SO b) Tính góc giữa MN và mặt phẳng (SBD). Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với A, C thuộc tia Ox, B, D thuộc tia Oy và S thuộc tia Oz , khi đó: y z x A C B S D 15 O(0; 0; 0), A a 2 ; 0; 0 2       , B a 2 0; ; 0 2       , C a 2 - ; 0; 0 2       , D a 2 0; - ; 0 2       . a) Giả sử S(0; 0; zS) khi đó: M S a 2 z ; 0; 4 2       , N a 2 a 2 - ; ; 0 4 4       Gọi n  là vtpt của mặt phẳng (ABCD)  n  (0; 0; 1) Từ giả thiết ta có: S S2 2 2 S 0 MN 2z3 a 30 = = z = 2 2MN 8a + 2a .n sin60 . + 4zn       . Khi đó: SO = |zS| = a 30 2 , M a 2 a 30 ; 0; 4 4       MN = a 10 2 b) Gọi 1n  là vtpt của mặt phẳng (SBD), ta có: 1n  (1; 0; 0) Gọi α là góc tạo bởi MN và (SBD), ta có: 1 2 2 2 1 .n s 2a 2MN 5 = = . 5MN 8a + 2 in a + 3 α . 0an .1      Bài toán 2.6. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 cạnh bằng a. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AD, CD. Lấy PBB1 sao cho BP = 3PB1. Tính diện tích thiết diện do (MNP) cắt hình lập phương. Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Axyz, với B thuộc tia Ax, D thuộc tia Ay, A1 thuộc tia Az, khi đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; a; 0), D(0; a; 0), A1(0; 0; a), B1(a; 0; a), C1(a; a; a), D1(0; a; a), M a 0; ; 0 2       , N a ; a; 0 2       , P 3a a; 0; 4       N M O B C D A z x y S 16 P M N C1 B1 D1 C y z x A B A1 D Gọi 1 2n , n   theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (ABCD) và (MNP), ta có: 2 1 2 2 n MP n (0; 0; 1), n (-1; 1; 2). n MN            ta chän Gọi α là góc tạo bởi (MNP) và (ABCD), ta có: 2 1 2 1n 2 = = . 6n .n cosα . n     Gọi S1, S theo thứ tự là diện tích thiết diện và hình chiếu của nó lên mặt phẳng (ABCD), ta được 1 ABCNM S 1 S = = .S cosα cosα  ABCD DNM 1 = . S - S cosα 2 26 1 a a 7a 6= a - . . = . 2 2 2 2 16       Bài toán 2.7. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh bằng a. Trên các đường thẳng vuông góc với (P) tại B và C lần lượt lấy các điểm D, E nằm về cùng một phía đối với (P) sao cho BD = a 3 2 , CE = a 3 . a) Tính độ dài các cạnh AD, AE, DE. b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCE. c) Gọi M là giao điểm của các đường thẳng ED và BC. Chứng minh rằng đường thẳng AM vuông góc với mặt phẳng (ACE). Tính số đo góc giữa hai mặt phẳng (ADE) và (ABC). Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Bxyz với C thuộc tia Bx, D thuộc tia Bz (hình vẽ) khi đó: A a a 3 ; ; 0 2 2       , B(0; 0; 0), C(a; 0; 0), D(0; 0; a 3 2 ), E(a; 0; a 3 ) 17 a) Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 3a 3a 7a a 7 AD = + + = AD = , 4 4 4 4 2 a 3a AE = + + 3a = 4a AE = 2a, 4 4 3a 7a a 7 DE = a + = DE = . 4 4 2    b) Gọi O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCE, ta được O là giao điểm của đường thẳng ( dH) ( là trục đường tròn ngoại tiếp ABC và H là trọng tâm ABC) với mặt phẳng (P) (là mặt phẳng trung trực cạnh CE), với:    H O a x = 2 a a 3 qua H ; ; 0 3 2 6d : d : y = (t R). 6 vtcp a(0; 0; 1) z = t a                          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    