Tài liệu Sử dụng phương pháp toạ độ giải các bài tập hình học

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÉCTƠ VÀ TỌA ĐỘ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP THƯỜNG GẶP  Trang 1 A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Dựa vào phương pháp toạ độ do chính mình phát minh Descartes đã sáng lập ra môn hình học giải tích .Qua đó cho phép chúng ta nghiên cứu hình học bằng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học.Việc này giúp ta bỏ đi thói quen tư duy cụ thể, trực quan, nhằm đạt tới đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tượng của toán học và nhiều lĩnh vực khác. Trong dạy và học toán việc lựa chọn công cụ phù hợp để giải các bài toán là việc làm rất cần thiết, chọn được công cụ thích hợp tất nhiên lời giải sẽ tốt nhất. Sau đây tôi xin trình bày việc sử dụng“phương pháp vectơ và toạ độ” để giải một số bài toán sơ cấp ơ’ phổ thông. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ PHẦN I: LÝ THUYẾT I. HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VUÔNG GÓC TRONG MẶT PHẲNG. 1. Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng x’ox, y’oy vuông góc ur uur với nhau.Trên Ox, Oy lần lượt chọn các véc tơ đơn vị e1 , e2 .Như vậy ta có một hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxy. 2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ: Cho điểm M trong mp Oxy. Hạ MH vuông góc x’Ox và MK vuông góc y’Oy. Theo qui tắc hình bình hành, ta uuuu r có: uuur uuur OM = OH ur + OK ur = xe1 + ye2 Bộ hai (x, y) được hoàn toàn xác định bởi điểm M và được gọi là toạ độ của điểm M, ký hiệu M(x, y). ur uuuur ur Cho a trên hệ trục. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OMur = a . Gọi (x,y) là toạ độ của điểm M . Khi đó bộ hai (x,y) gọi là toạ độ của véc tơ a trên ur hệ trục Oxy và ký hiệu là a = (x,y). 3. Các phép tính véc tơ : r ur Cho hai véc tơ a = (a1 , a2 ) ; b = (b1 , b2 ) và k là một số thực. Các phép tính véc tơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một véctơ, tích vô hướng hai véc tơ được xác định như sau: Trang 2 ur r a + b = (a1 + b1 , a2 + b2 ) ur r a − b = (a1 − b1 , a2 − b2 ) ur k.a = (ka1 , ka1 ) urr a.b = a1b1 + a2b2 4. Các công thức về lượngr : ur Cho hai véc tơ a = (a1 ; a2 ) ; b = (b1; b2 ) và gọi α là góc tạo bởi hai véctơ đó ur r ur r r r a.b = a . b khi và chỉ khi a và b là hai véctơ cùng hướng ur r a.b a1.b1 + a2 .b2 cos α = ur r = 2 ab a1 + a2 2 . b12 + b2 2 Khoảng cách từ điểm M(x0, y0) đến đường thẳng (D):Ax +By +C = 0 là : Axo + Byo + C d ( M , D) = A2 + B 2 5. Phương trình của đường thẳng, đường tròn . *r Phương trình của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x 0, y0) và nhận véctơ n = ( A, B ) làm véc tơ pháp tuyến là: A(x – x0) + B(y – y0) = 0 * Phương trình đường tròn tâm I (a, b) bán kính R là: (x – a) 2 + (y – b)2 =R2 II.HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN. 1. Định nghĩa : Trong không gian cho ba đường thẳng x’ox, y’oy, z’Oz vuông góc ur uur uur với nhau đôi một. Trên Ox, Oy, Oz lần lượt chọn các véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 . Như vậy ta có một hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxyz. 2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ. Cho điểm M trong kh ông gian Oxyz. Hạ MH vuông góc x’Ox, MK vuông góc y’Oy và ML vuông góc z’Oz. Theo qui tắc hình hộp, ta có : uuuuur uuuur uuuur uuur OM = OH + OK + OL ur uur uur = xe1 + ye2 + ze3 Bộ ba (x,y,z) được hoàn toàn xác định bởi điểm M và được gọi là toạ độ của điểm M, ký hiệu M(x,y,z). Trang 3 ur uuuuur ur Cho a . Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OM = a . Gọi (x, ur y. z) là toạ độ của điểm M. Khi đó bộ ba (x, y, z) gọi là toạ độ của véc tơ trên hệ a ur trục Oxyz và ký hiệu là a = (x,y,z). 3. Các phép tính véc tơ : r ur Cho hai véc tơ a = (a1 , a2 , a3 ) ; b = (b1 , b2 , b3 ) và k là một số thực. Các phép tính vectơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một vectơ, tích vô hướng, tích cór hướng hai vectơ được xác định như sau: ur a + b = (a1 + b2 , a2 + b2 ) ur r a − b = (a1 − b1 , a2 − b2 ) ur k.a = (ka1 , ka1 ) urr a.b = a1b1 + a2b2 urr a a a a aa  a.b  = ( 2 3 , 3 1 , 1 2 )   b2 b3 b3 b1 b1 b2 4. Các công thức về lượng : r ur Cho hai vectơ a = (a1 , a2 , a3 ) ; b = (b1 , b2 , b3 ) và gọi α là góc tạo bởi hai vectơ đó ur r ur r r r a.b = a . b khi và ch ỉ khi a và b là hai vectơ cùng hướng ur r a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3 a.b cos α = ur r = ab a12 + a22 + a32 . b12 + b2 2 + b32 r Cho (D) là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương a = (a1, a2 , a3 ) uuuur và điểm M. Giả sử ta tính được AM = (b1,b2 , b3 ) Khi đó khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (D) được tính là : 2 2 2 a2 a3 a3 a1 a1 a2 + + b2 b3 b3 b1 b1 b2 d ( M , D) = a12 + a2 2 + a32 5. Phương trình của mặt phẳng, đường thẳng và mặt cầu. a. Phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm M(x 0,y0,z0) và có cặp r ur vectơ chỉ phương a = (a1 , a2 , a3 ) ; b = (b1 , b2 , b3 ) là : a2 a3 a a aa ( x − x0 ) + 3 1 ( y − y0 ) + 1 2 ( z − z0 ) = 0 b2 b3 b3 b1 b1 b2 b. urPhương trình tham số của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x 0,y0,z0) v à nhận vectơ a = (a1 , a2 , a3 ) làm vectơ chỉ phương là: Trang 4  x = x0 + a1t   y = y0 + a2t z = z + a t 0 3  (t là tham số) c. Phương trình mặt cầu t âm I (a, b,c) và có bán kính R là : (x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = R 2 PHẦN II : CÁC BÀI TOÁN III. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PPTĐ TRONG MẶT PHẲNG: 1. CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ: Bài 1: Cho 4 số thực x1, x2, x3, x4. chứng minh rằng (x12 +y12)(x22 +y22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2 Giải: r ur Trên mặt phẳng toạ độ xét 2 vectơ : a = ( x1 , y1 ); b = ( x2 , y2 ) ur r Ta có urr ur 2 r 2 urr a b ≥ a.b ⇒ a b ≥ (a.b)2 vậy (x12 +y12) (x22 r+y22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2 ur đẳng thức xãy ra ⇔ a // b ⇔ x1 y2 = x2 y1 Bài 2: Chứng minh rằng nếu x, y, z > 0 thì x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 > y 2 + yz + z 2 Giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: y 3 2 z 3 2 y z 3 3 2 ( x + )2 + ( y) + ( x + )2 + ( z) > ( − )2 + ( y+ z) (1) 2 2 2 2 2 2 2 2 y 3 3 3 y z Xét 3 điểm A( x + , z ) ; B(0, y + z ) ; C ( − ,0) 2 2 2 2 2 2 (1) ⇔ AB + AC > BC Ta có AB + AC ≥ BC với 3 điểm A, B, C bất kỳ ở đây  uuur y 3 y)  AB = (− x − ,  2 2  r z 3  uuuu AC = (− x − , − z )  2 2 Trang 5 Hai véctơ này không thể ngược hướng (vì hoành độ cùng âm) do đó không thể xãy ra đẳng thức AB + AC > BC. Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh. Bài 3 Giải bất phương trình: x − 1 + x − 3 ≥ 2( x − 3) 2 + 2 x − 2(1) Giải Điều kiện x ≥ 1 Xét mặt phẳng toạ độ Oxy các vectơ: r u = ( x − 3, x − 1) r v = (1,1) r  u = ( x − 3) 2 + x − 1  r ⇒ v = 3 r r u.v = x − 1 + x − 3  rr r r u Suy ra bất phương trình (1) tương đương .v ≥ u . v r r ⇔ u ↑↑ v ⇔ x − 3 = x −1 Vậy x=5 là nghiệm duy nhất.  x2 − 6 x + 9 = x −1 ⇔ x ≥ 3  x 2 − 7 x + 10 = 0 ⇔ x ≥ 3  x = 5  ⇔   x = 2 x ≥ 3  ⇔ x=5 Bài 4 Chứng minh rằng: cos 4 x + 1 − sin 4 x + 1 ≤ cos 2 x , ∀x ∈ R Giải Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, các vectơ: r  a = (cos 2 x,1) r r ⇒ a − b = (cos 2 x,0) r 2 b = (sin x ,1)  Khi đó, từ Trang 6 r r r r a − b ≤ a−b ⇒ cos 4 x + 1 − sin 4 x + 1 ≤ cos 2 x ⇒ ( dpcm) Bài 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = f ( x ) = cos 2 x − 2cos x + 5 + cos 2 x + 4cos x + 8 Giải Trong mặt phẳng toạ độ xét các véctơ: r a = (1 − cos x,2) r b = (2 + cos x,2) r  a = (1 − cos x) 2 + 22 = cos x 2 − 2cos x + 5  r 2 2 2 Khi đó :  b = (2 + cos x) + 2 = cos x + 4cos x + 8 r r  a + b = 32 + 42 = 5  r r r r a + b ≥ a+b từ <=> y ≥ 5 2π Dấu “=” xảy ra (chẳng hạn) tại x = 3 Vậy miny=5 Bài 6 : T ìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y = x 2 − 2 px + 2 p 2 + x 2 − 2qx + 2q 2 ( p ≠ q) Gi ải Ta c ó y = ( x − p)2 + p 2 + ( x − q)2 + q 2 Trên mp toạ độ lấy hai điểm A(p, q) : B(q,q). Bài toán trở thành: Tìm M(x,0) thuộc Ox sao cho (MA +MB) đạt giá trị nhỏ nhất. Xét hai trường hợp: - Nếu pq <0 thì A hoặc B trùng O, hoặc A,B nằm về hai phía đối với O .Khi đó (MA + MB) nhỏ nhất ⇔ M trùng O, tức là ymin = 2 p 2 + 2q 2 = 2( p + q ) đạt được khi x = 0 - Nếu pq >0 thì A, B nằm cùng phía đối với O (đồng thời nằm cùng phía đối với Ox). Lấy A’ đối xứng với A qua Ox ta có A’(p, -p), đồng thời : MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B Đẳng thức xãy ra ⇔ A’, M, B thẳng hàng Trang 7 uuuuuur  x − p = k (q − p ) uuuuur ⇔ A' M = k A' B ⇔   p = k (q + p ) p  k = p + q ⇔   x = 2 pq  p+q ymin = A ' B = ( p − q)2 + ( p + q)2 = 2( p 2 + q 2 ) đạt được khi x = 2pq/(p+q) y B A x O A ’ M Bài 7 Giải phương trình: x 2 − 2 x + 2 + 4 x 2 + 12 x + 25 = 9 x 2 + 12 x + 29 Giải Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét các vectơ: r r r u = ( x − 1,1) ⇒ u + v = (3 x + 2,5) r v = (2 x + 3, 4) r  u = x2 − 2x + 2  r ⇒  v = 4 x 2 + 12 x + 25 r r  u + v = 9 x 2 + 12 x + 29  Suy ra phương trình (1) tương đương: r r r r u+v = u + v Trang 8 r r ⇔ u = kv (k > 0)  x − 1 = k (2 x + 3) ⇔ 1 = k .4 1  k =  4 ⇔  x − 1 = 1 (2 x + 3)  4 1  k = ⇔ 4 4 x − 4 = 2 x + 3 1  k = 4 ⇔ x = 7  2 Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 7 2 Bài 8:Tìm m để phương trình sau có nghiệm 3 + x + 6 − x − (3 + x)(6 − x) = m Giải Đặt u = 3 + x ; v = 6 − x Phương trình đã cho trở thành u + v = 1 + 10 − 2m (1) u + v − uv = m   2 2 ⇔ u 2 + v 2 = 9 (2) u + v = 9 u ≥ 0, v ≥ 0 u ≥ 0, v ≥ 0 (3)    - Phương trình (1) biểu thị 1 đường thẳng thay đổi song song với đường phân giác thứ hai, phương trình (2) biểu diễn 1 đường tròn có tâm tại góc toạ độ và bán kính = 3 Hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng (1) và đường tròn (2) có điểm chung thoả điều kiện (3). 3 ≤ 1 + 10 − 2m ≤ 3 2 Vậy Pt có nghiệm khi 6 2 −9 ⇔ ≤m≤3 2 Bài 9: Chứng minh rằng: a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1 ≥ 2, ∀a ∈ R Trang 9 (Hướng dẫn) Xét hai vectơ r  1 3  x =  a + , ÷ 2 2 ÷     1 3  ur   y =  − a + 2 , 2 ÷ ÷    1 + 2cos2 x + 1 + 2sin 2 x = m Bài 10: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = f ( x) = cos 2 x − 6cos x + 13 + cos 2 x + 2cos x + 2 trên [ 2004π , 2006π ] (Hướng dẫn) Xét hai vectơ r  a = (3 − cos x, 2) r b = (1 + cos x,1) 2. CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC : Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, các cạnh góc vuông là bvà c, M là một điểm trên cạnh BC sao cho góc BAM = α . Chứng minh rằng: bc AM = c.cos α + b sin α Giải Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Khi đó A(0,0) , B(b,0), C(0,c) , M9x,y) Từ định nghĩa: x = AM cos α , y = AM sin α . y Nên M(AM cos α , uuuu AM sin α ) r uuur c Do M thuộc BC ⇒ CM cùng phương v ới CB AM cosα AM sin α ⇒ =0 M b −c y ⇒ AM (c cos α + b sin α ) = bc B bc ⇒ AM = O c cos α + b sin α x X Bài 2: Cho tam giác ABC có độ dài các trung tuyến va độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp lần lượt là ma , mb , mc , R Trang 10 Chứng minh: ma + mb + mc ≤ 9R 2 (Đại học y dược TPHCM năm2000) Giải A c B O b C a Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac ABC.Ta có: uuur uuur uuur (OA + OB + OC ) 2 ≥ 0 uuur uuur uuur uuur uuur uuur ⇔ OA2 + OB 2 + OC 2 + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) ≥ 0 ⇔ 3R 2 + 2 R 2 (cos 2 A + cos 2 B + cos 2C ) ≥ 0 ⇔ 3 + 2(3 − 2sin 2 A − 2sin 2 B − 2sin 2 C ) ≥ 0 9 ⇔ sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤ 4 Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski: ma + mb + mc ≤ 3(ma2 + mb2 + mc2 ) ≤ 9 2 (a + b 2 + c 2 ) 4 ≤ 9(sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ).R 2 9 9 ≤ 9. .R 2 ≤ .R 4 2 ⇒ ma + mb + mc ≤ 9 R 2 Dấu”=” xảy ra khi tam giác ABC đều. Bài 3: (SGK HH 10) Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên AC , M là trung điểm của HD. Chứng minh AM vuông góc BD. Giải Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Trang 11 Khi đó: H(0,0), A(0,a), B(-c,0), D(x,y) Y A B M O=H D C x uuuur uuuur  DH ⊥ AC (− x, − y )(c, −a) = 0  uuuu r uuuu r  Ta có :  AD cung phuong AC ⇔  x y − a c −a = 0   a 2c x =  cx −ay = 0  a 2 +c 2 ⇔ ⇔ 2 ax +cy = ac y = c a  a 2 +c 2  Vậy D( a 2c c2 a , ) , M là trung điểm của HD nên: a2 + c2 a2 + c2 a 2c c2 a , ) 2(a 2 + c 2 ) 2(a 2 + c 2 ) uuuur uuuuur 2a 2c + c 3 c 2 a a 2c -c2 a − 2a 3 ⇒ BD. AM = ( 2 2 , 2 2 )( 2 2 , ) a + c a + c 2(a + c ) 2(a 2 + c 2 ) 2a 4c 2 + a 2c 4 -c4 a 2 − 2a 4c 2 = + =0 2(a 2 + c 2 ) 2(a 2 + c 2 ) Vậy BD Vuông góc AM (đpcm) M( Bài 4 (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979) Trang 12 Điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Chứng minh giá trị của MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí của M. Giải Gọi I,R là tâm và bán kính của đường tròn (c) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Dựng 3R R 3 3R − R 3 hệ trục như hình vẽ, ta có A(0,0); B( , ); C ( , ); I ( R,0) 2 2 2 2 M ( x, y ) ∈ (C ) ⇒ MI = R ⇒ MI 2 = R 2 ⇒ x 2 + y 2 = 2 Rx  3R R 3 2 MA + MB MC = ( x + y ) + ( x − )2 + ( y − )  2 2   4 Ta có 4 4 2 2 2 2  3R R 3 2 + ( x − )2 + ( y + )  2 2   2 = (2 Rx) 2 + (3R 2 − Rx − R 3 y)2 + (3R 2 − Rx + R 3 y )2 = 6 R 2 x + 6 R 2 y 2 + 18R 4 −12 R 3 x = 6 R 2 ( x 2 + y 2 ) + 18R 4 −12 R 3 x = 6 R 2 2 Rx + 18R 4 −12 R 3 x = 18R 4 Vậy giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M B ài 5 (Đ ề thi v ô đ ịch Anh - n ăm 1981) Cho tam giác ABC cân tại A. D là trung điểm cạnh AB, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, E là trọng tâm của tam giác ACD. Chứng minh IE vuông góc CD. Gi ải Chọn hệ trục như hình vẽ (O là trung điểm của BC) Khi đó : O(0,0); A(0,a); B(-c,0); C(c,0); D(-c/2, a/2); E(c/6,a/2),(a,c>0) Gọi I(x, y) Giả thiết suy ra y uuur uuur c a   DI ⊥ BA ( x + , y − ).(c, a) = 0 2 2  uuur uuuur ⇔  A OI ⊥ BC ( x, y ).(2c, o) = 0 x = 0 D 2 2 ⇔  a −c E y = 2a  I x a2 − c2 ) V ậy I (0, 2a O B C Trang 13 uur uuuur c c 2 3c a c2 c2 ⇒ IE.DC = ( , )( , − ) = − = 0 6 2a 2 2 4 4 ⇒ IE ⊥ DC (dpcm) IV. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN . 1. CÁC BÀI ĐẠI SỐ: Bài 1:Giải hệ phương trình x + y + z =1  2 2 2 x + y + z =1  3 3 3 x + y + z =1 Giải ur r r Xét hai véc tơ u = ( x0 , y0 , z0 ) ; v = ( x0 2 , y0 2 , z0 2 ) trong đó u = ( x0 , y0 , z0 ) Là nghiệm tuỳurýr(nếu có) của hệ đã cho. Ta có u.v = x03 + y03 + z03 = 1 ur r Ngoài ra tính được u = 1 ; v = 1 − 2( x02 y02 + y02 z02 + z02 x02 ≤ 1 ur r ur r Vậy u . v ≤ 1 = u.v ur r ur r Do đó u.v = u . v Dấu bằng xãy ra Từ đó suy ra  x0 y0 = 1  y z =1 ⇔  0 0  z0 x0 = 1 x + y + z =1 0 0  0  x0 = 1  x0 = 0  x0 = 0     y0 = 0 ;  y0 = 1 ;  y0 = 0 z = 0 z = 0 z = 1  0  0  0 Thử lại ta được hệ đã cho có 3 nghiệm (1,0,0) ; (0,1,0) : (0,0 ,1) Bài 2 : Giải bất phương trình: x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3x ≤ 12 Giải Điều kiện:   x ≥ −1  3 3 50  ⇔ ≤x≤ x ≥ 2 2 3  50   x ≤ 3 Trang 14 Trong mặt phẳng Oxy xét các vectơ: r u = (1,1,1) r v = ( x + 1, 2 x − 3, 50 − 3 x ) r u = 3 r  ⇒  u = x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3 x = 48 = 4. 3 r r u.v = x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3x  rr r r Suy ra(1) ⇔ u.v ≤ u . v Đẳng thức này luôn đúng 3 2 Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là ≤ x ≤ Bài 3    Giải hệ:     50 a2 3 x+ y+ z =3 x2 + y2 + z 2 =3(1) x3+ y3+ z3=3 Giải Xét trong Không gian Oxyz các vectơ: r u = ( x, y, z ) r v = (1,1,1) r  u = x2 + y 2 + z 2 = 3  r ⇒ u = 3 r r u.v = x + y + z = 3  rr r r ⇒ u.v = u . v r r ⇒ u ↑↑ v x y z ⇒ = = ≥0 1 1 1 ⇒ x = y = z =1 (Thoả (1) Vậy: x=y=z=1 là nghiệm duy nhất của hệ (1). Trang 15 Bài 4 : Cho a, b là hai số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng 1 (a + b)(1 − ab) 1 − ≤ ≤ 2 (1 + a 2 )(1 + b2 ) 2 Giải Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - các vuông góc Oxyz, đặt ur u = (1, a,0) r v = (1, −b,0) ur r  1 − ab cos(u, v) = 1 + a 2 1 + b2 ⇒  ur r a+b  sin( u , v) =  1+ a2 1+ b2  2(1 − ab)(a + b) ≤1 (1 + a 2 )(1 + b 2 ) 1 (a + b)(1 − ab) 1 ≤ ⇔− ≤ 2 (1 + a 2 )(1 + b2 ) 2 3. CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ur r ur r ur r ta có sin 2(u, v) = 2sin(u, v).cos(u, v) = Bài 1 Cho tam diện oxyz. A, B, C lần lượt là các điểm di động trên ox, oy, oz sao cho: 1 1 1 1 + + = OA OB OC 2005 Chứng minh rằng: (ABC)luôn luôn đi qua một điểm cố định. Giải z y o x B A Chọn hệ trục toạ độ vuông góc oxyz (như hình vẽ ) Sao cho: A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c)(với OA=a,OB=b,OC=c) Trang 16 Khi đó phương trình mặt phẳng (ABC) là: x y z + + =1 a b c Hơn nữa: 1 1 1 1 + + = (Do giả thiết) a b c 2005 ⇒ M (2005,2005,2005) ∈ mp( ABC ) =>mp(ABC)luôn đi qua điểm cố định M(2005,2005,2005). Bài 2:Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ với AB = a, BC = b, AA’ = c. a/ Tính diện tích của tam giác ACD’ theo a, b, c b/ Giả sử M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Hãy tính thể tích của tứ diện D’DMN theo a, b, c. Giải a/ Ta lập hệ trục toạ độ vuông góc có gốc trùng với đỉnh A, các trục có phương uuur uuur uuur trùng với AB ; AD ; AA ' Khi đó : A(0,0,0) , C(a,b,0) , D’(0,b,c). uuuur uuuuur uuuur uuuur AC = (a, b,0); AD ' = (0, b, c);[ AC , AD] = (bc, −ca, ab) 1 uuuur uuuur S = [ AC , AD] VACD ' 2 A’ 1 2 2 2 2 2 2 D’ = b c +c a +a b 2 C’ B’ b/ Dễ dàng tính được 3ab D S = VDMN B 8 1 abc ⇔V = S DD ' = C V DMN 3 8 Bài 3:Cho hai nửa mp (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao tuyến (d). Trên (d) lấy AB = a (a là độ dài cho trước). Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với (d) và ở a2 trong (Q) lấy điểm N sao cho BN = 2 . b a/ Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BMN) theo a, b. b/ Tính MN theo a , b. Với giá trị nào của b thì MN có độ dài cực tiểu. Tính độ dài cực tiểu đó. Giải a/ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho A trùng với gốc toạ độ (A(0,0,0)): B có toạ độ (0,a,0); N có toạ độ ( a2 , a, 0 ). Ta có b Trang 17 uuuur BM = (0, a, b) uuuur a 2 BN = ( ,0,0) b b 0 −a b −a b 2 , 2 [ BM , BN ] = ( , ) = (0, a 2 , −a 2 ) a a 0 0 0 0 b b = a 2 (0,1, −1) r Do đó mp(BMN) qua B(0,a,0) và có VTPT là v = (0,1, −1) Phương trình của mặt phẳng này là: (y – a).1 – (z – 0) = 0 hay y–z -a=0 M Khoảng cách từ A(0,0,0,) đến mặt phẳng đó là : a a = 1+1 2 b uuuur a 2 a4 b/ Ta có MN = ( , a, −b) ⇒ MN = 4 + a 2 + b 2 A b b MN ≥ a 2 + 2a 2 (bất đẳng thức Côsi) uuuur uuuur a = b2 ⇔ b = a 2 b MN có độ dài cực tiểu MinMN = a 3 khi b = a a 3⇔ z b B Y N 4 x Bài 4: Cho một góc tam diện ba mặt vuông góc Oxyz. Lấy lần lượt trên Ox, Oy,Oz các điểm P, Q, R khác điểm O. Gọi A, B, C lần lượt là trung điểm của PQ, QR, RP. Chứng minh rằng nếu góc nhị diện cạnh OA của tứ` diện OABC là góc nhị diện vuông thì hai góc B và C của tam giác ABC thoả hệ thức tgB.tgC = 2. Giải Chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxyz sao cho P(2a,0,0) ; Q(0,2b,0) ;R(0,0,2c). Khi đó: A(a,b,0) ; B(0,b,c) ; C(a,0,c) Pháp véc tơ của mặt phẳng (OAB) và (OAC) lần lượt là: uur n1 = (bc, −ac, ab) uur n2 = (bc, −ac, −ab) Góc nhị diện cạnh OA vuông khi và chỉ khi: uur uur n1.n2 = 0 ⇔ b2c 2 + a 2c 2 = a 2b2 Trong tam giác ABC ta có: Trang 18 b 2 c 2 + a 2 c 2 + a 2b 2 tgB = a2 b 2 c 2 + a 2 c 2 + a 2b 2 tgC = b2 b 2 c 2 + a 2 c 2 + a 2 b 2 2a 2 b 2 = 2 2 = 2(dpcm) Vậy tgB.tgC = a 2b 2 ab Bài 5: Cho tam giác vuông goc ở A.tìm quỹ tích các điểm M trong không gian thoả mãn : MB 2 + MC 2 ≤ MA2 Giải z A,O x B C y Chọn hệ trục toạ độ Đề các Oxyz sao cho A trùng O, B(b,0,.0),C(0,c,0) ( Với AB =b>0,AC=c>0) Khi đó M(x, y, z) thoả : MB 2 + MC 2 ≤ MA2 ⇔ ( x − b) 2 + y 2 + z 2 + ( y − c ) 2 + z 2 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ⇔ ( x − b) 2 + ( y − c ) 2 + z 2 ≤ 0 x = b  ⇔ y = c z = 0  ⇔ M (b, c, 0) Vậy quỹ tích cần tìm chỉ có một điểm duy nhất M(b,c,0) Trang 19 C. KẾT LUẬN Trên đây là một số bài toán đại số và hình học trong mặt phẳng cũng như trong không gian. Nếu khéo léo chọn hệ trục toạ độ phù hợp, vận dụng phương pháp vectơ và toạ độ thì có thể chuyển thành bài toán đại số hoặc giải tích và tìm ra lời giải ngắn gọn, phần nào làm sáng tỏ vấn đề mà tôi đưa ra. Trong quá trình viết, do thời gian và kinh nghiệm giảng dạy có hạn nên chắc không tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong các thầy cô góp ý. Tôi xin chân thành cảm ơn. Trang 20