Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Hình Học Phần 1

LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm mục đích giúp các em học sinh Trung học Phổ Thông và các
độc giả:
– Phương pháp suy nghó, suy luận Toán.
– Phương pháp vận dụng kiến thức giáo khoa vào bài tập.
– Cung cấp kó năng và đức tính kiên trì, cần mẫn khi giải
toán.
Tôi biên soạn cuốn sách này.
Sách được viết tỉ mỉ, công phu, kó lưỡng; do số lượng kiến thức
và bài tập nhiều nên được chia thành 2 cuốn:
Cuốn I: Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích trong
mặt phẳng bao gồm: phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, đường
thẳng, đường tròn, elip, Hình học giải tích trong mặt phẳng:
hyperbol, parabol và các bài toán tổng hợp.
Cuốn II: Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích trong
không gian: vectơ, phương pháp tọa độ trong không gian, mặt phẳng,
đường thẳng, mặt cầu và đường tròn trong không gian.
Phương pháp giải ngắn gọn, đơn giản, dễ hiểu và chỉ sử dụng
các kiến thức cho phép dùng trong sách giáo khoa hiện hành; trước
mỗi mục đều có tóm tắt các kiến thức cơ bản và các kó năng cần có.
Hy vọng rằng cuốn sách này sẽ là tài liệu tham khảo q báu cho tất
cả các em học sinh và các độc giả muốn tự học, tự bồi dưỡng môn
Hình Học.
Chân thành chúc các em học sinh và các độc giả thành công sau
khi sử dụng sách.
TÁC GIẢ

1


Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

Chương I.

VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN

A. TÓM TẮT GIÁO KHOA
I. Vectơ trong không gian
uuu
r
AB : A: điểm đầu, B: điểm cuối
uuu
r
uuu
r
∆: giá của AB , ∆′: giá của CD
uuu
r
uuu
r
AB = AB: độ dài AB

B
A

∆

D
E

 có cùng phương

r
uuu
r
 uuu
AB
=
CD

 có cùng phương, ngược hướng
uur
uuu
r
uuu
r
uur
AB và CE đối nhau ⇔  AB
= CE

uuu
r
uuu
r
AB = CD ⇔

• Các hệ thức và quy tắc cần nắm vững:
uuu
r
uur uuu
uuu
r

uuur
uuu
r
r
+ Quy tắc xen điểm: AB = AC + CB , AB = OB – OA
uuur
uuur
uuur
+ Hệ thức trung điểm: O là trung điểm AB thì MA + MB = 2MO
uuur
uuu
r
uuu
r ur
+ Hệ thức trọng tâm tam giác ABC: GA + GB + GC = O
uuur
uuu
r
uuu
r uuur ur
+ Hệ thức trọng tâm tứ diện ABCD: GA + GB + GC + GD = O
+ Quy tắc hình bình hành:
r
uuu
r
uuur uuu
AB + AD = AC
uuur
uuu
r uuu

r
AD – AB = BD
+ Quy tắc hình hộp
uuu
r
uuur
uuur uuur
AB + AD + AA′ = AC′
r r r
• a , b , c đồng phẳng khi:
r r r
– Các giá của a , b , c cùng
thuộc một mặt phẳng (α)
r
r
r
– ∃m, n ∈ ¡ : a = mb + nc
r
r r r
• Hệ thức giữa d và ba vectơ không đồng phẳng a , b , c cho trước:
r
r
r
r
d = m.a + n.b + p.c (m, n, p ∈ ¡ và duy nhất)
2

C

∆′

II. Phương pháp tọa độ trong không gian
M (xM; yM; zM), N (xN; yM; zM)
uuur
⇒ MN = (xN – xM; yN – yM; zN – zM)
r
ur
r
a = (a1; a2; a3), O = (0; 0; 0), b = (b1; b2; b3)
a1 = b1
r r

a = b ⇔  a2 = b 2
a = b
3
 3
r r
r
a ± b = c = (a1 ± b1; a2 ± b2; a3 ± b3)
r
r
p a = (pa1; pa2; pa3) cùng phương với a (p > 0: cùng hướng; p < 0 ngược hướng)
a3
a1
a2
r
r r
r
a cùng phương b ( b ≠ 0 ) ⇔ b = b = b (quy ước: nếu mẫu bằng

1
2
3
không thì tử bằng không)
rr
r2
• a.b = a1b1 + a2b2 + a3b3 ; a = a12 + a22 + a32
r r
Các hệ quả: * a1b1 + a2b2 + a3b3 = 0 ⇔ a ⊥ b
rr
a1b1 + a2 b2 + a3 b3
a.b
r r
* cos ( a , b ) = r r =
a.b
a12 + a22 + a32 . b12 + b22 + b32
uuur
2
2
2
* MN = MN = ( x N − x M ) + ( y N − y M ) + ( z N − z M )
r r
a a a a a a 
a, b  =  2 3 ; 3 1 ; 1 2 ÷

  b2 b3 b3 b1 b1 b2 ÷


r r r
r r r

Các tính chất: a, b  . a = a, b  . b = 0
r r
r r
r r
 a, b  = a . b .sin a, b


r r
a, b  = 0r ⇔ ar cùng phương với br


r r r
r r r
a , b , c đồng phẳng ⇔ a, b  . c = 0
r uuu
r
1 uuu
Các hệ quả: * SABC =  AB, AC 
2

• Tích có hướng

( )

uuu
r uuu
r uuur
* Thể tích hình hộp ABCD.A′B′C′D′ =  AB, AC  .AA′
r uuu
r uuur

1 uuu
* Thể tích tứ diện ABCD: V =  AB, AC  .AD
6
3


Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

* Phương trình mặt cầu tâm I (a, b, c) bán kính R:
(x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = R2
* x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 là phương trình mặt
2
2
2
a2 + b2 + c2 − d (a + b + c > d)

cầu tâm I (a, b, c), bán kính R =
B. ĐỀ TOÁN VÀ LỜI GIẢI

Bài 1. Cho hình tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD.
uuu
r uuu
r uuur uur
uuur
Chứng minh AB + CD = AD + CB = 2MN .
Giải
uuur uuur
uuur
N là trung điểm BD: MB + MD = 2MN
uuur uuu

r uuur uuu
r
uuur
⇔ MA + AB + MC + CD = 2MN
uuur uuur uuuur uuu
r
uuur
⇔ MA + MC + AB + CD = 2MN
r uuu
r uuu
r
uuur
uuu
r uuu
r
uuur
⇔ 0 + AB + CD = 2MN ⇔ AB + CD = 2MN (1)
uuur uuu
r uur uuu
r
uuur
Từ (1): AD + DB + CB + BD = 2MN
uuur uur
uuu
r uuu
r
uuur
⇔ AD + CB + DB + BD = 2MN
uuur uur
r

uuur
⇔ AD + CB +
0
= 2MN
uuur uur
uuur
⇔ AD + CB = 2MN
(2)

(

)

(

)

Từ (1) và (2) ⇒ đpcm

uuur
uuur
Bài 2. Cho hình tứ diện ABCD. M, M′ là hai điểm đònh bởi MA = k MB ;
uuuu
r
uuu
r
uuu
r
uuuur
uuuur

M′C = k M′D . (k ≠ 0 và k ≠ 1). Chứng minh rằng AC = kBD + (1 – k) MM′ .
Giải
uuur uuu
r
uuur
uuur
uuur
uuur
uuu
r
MA = k MB ⇔ AM = –k MD + DB = – k MD + k BD (1)
uuur uuuur
uuuu
r
uuur uuuur
uuuur
MD
− MM′
=
k
⇔
=
k
′
′
′
MC
MC − MM
MD
uuur

uuur
uuuur
uuuur
uuur
uuuur
⇔ MC = k MD + MM′ – k MM′ = k MD + (1 – k) MM′ (2)
uuur uuur
uuu
r
uuuur
Cộng từng vế (1) và (2): AM + MC = k BD + (1 – k) MM′
uuu
r
uuu
r
uuuur
⇔ AC = kBD + (1 – k) MM′
Bài 3. Gọi P và Q lần lượt là các trung điểm của các cạnh AC, BD của tứ diện
uuu
r uuur uur uuu
r
uuu
r
ABCD. Chứng minh rằng AB + AD + CB + CD = 4PQ .

(

(

)

)

Giải
uur uur
uuu
r
uuu
r uuu
r uur uuu
r
uuu
r
PB + PD = 2PQ ⇔ PA + AB + PC + CD = 2PQ
4


uuu
r uuu
r
uuu
r uur
uuu
r
uuu
r uuu
r r
uuu
r
⇔ AB + CD + PA + PC = 2PQ ⇔ AB + CD + 0 = 2PQ

uuu
r uuu
r
uuu
r
⇔ AB + CD = 2PQ (1)
uuur uur
uuu
r uuu
r
uuu
r
uuur uuu
r uur uuu
r
uuu
r
Từ (1) ⇔ AD + DB + CB + DB = 2PQ ⇔ AD + CB + DB + DB = 2PQ
uuur uur
uuu
r
⇔ AD + CB = 2PQ (2)
uuu
r uuur uur uuu
r
uuu
r
Cộng từng vế (1) và (2): AB + AD + CB + CD = 4PQ .

(

)

(

)

Bài 4. Trong không gian cho hai tam giác ABC, A′B′C′ có trọng tâm G, G′.
uuur uuur uuur
uuur
Chứng minh AA′ + BB′ + CC′ = 3GG′
Giải
uuur uuur uuur uuuur
AA′ = AG + GG′ + G′A′
uuur uuu
r uuur uuuu
r
+ BB′ = BG + GG′ + G′B′
uuur uuu
r uuur uuuu
r
CC′ = CG + GG′ + G′C′
uuur uuur uuur
uuur uuu
r uuu
r
uuur
uuuur uuuu
r uuuu
r

⇒ AA′ + BB′ + CC′ = AG + BG + CG + 3GG′ + G′A ′ + G′B′ + G′C′

(

)

(

)

Bài 5. Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′. Gọi K là giao điểm của AC′ và mặt
uuur uuur uuur r
phẳng (BDA′). Chứng minh KA′ + KB′ + KD = 0 .
Giải
Trong mp (ACC′A′), AC′ cắt A′O tại K
(O là tâm đáy ABCD).
∆ KOA ∽ ∆ KA′C′ theo tỉ số đồng dạng
OA
1
KO
1
k=
= ⇒
=
A′C′ 2
KA′ 2
A′O là một trung tuyến của ∆ A′DB
⇒ K là trọng tâm ∆ A′DB
uuur uuur uuur r
⇒ KA′ + KB′ + KD = 0 .

Bài 6. Trong không gian cho ba điểm A, B, C cố đònh không thẳng hàng và M là
một điểm di chuyển.
uuu
r
uuur uuur
uuur
r
a) Chứng minh rằng vectơ v M = 2MA + MB − 3MC bằng một véctơ v không
phụ thuộc vào vò trí của M.
uuu
r r
b) P là điểm sao cho AP = v . Đường thẳng AP cắt BC tại U.
uuu
r
uuu
r
Chứng minh UB = 3UC .
c) Chứng tỏ rằng khi M di chuyển trong mặt phẳng (α) qua tâm I của đường
r
tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với vectơ v thì biểu thức:
5


Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

2MA2 + MB2 – 3MC2 không đổi.
Giải
uuur uuur
uuur
a) 2MA + MB − 3MC

uuur uuur
uuur uuur
= 2 MA − MC + MB − MC
uuu
r uur r
= 2CA + CB = v không phụ thuộc vò trí của M.

(

) (

)

uuur
uuu
r
b) Trên tia AC, đặt điểm D sao cho C là trung diểm AD thì AD = 2AC
uuu
r uuu
r
uuu
r uuur uuu
r
uuu
r uuu
r r
Từ D, vẽ DP = BC thì AP = AD + DP = 2AC + BC = v
uuu
r
uuu

r
Đặt CU = x ⇒ BC = 2x ⇒ UB = 3x ⇒ UB = 3UC
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC thì IA = IB = IC
uur uur
uur uur
2MA2 = 2 MI + IA 2 = 2MI2 + 4 MI.IA + 2IA2
uur uu
r
uur uu
r
MI + IB 2 = MI2 + 2 MI.IB + IB2
+ MB2 =
uur uu
r
uur uu
r
–3MC2 = –3 MI + IC 2 = –3MI2 – 6 MI.IC + (–3IC2)
uur uur uu
r
uu
r
2MA2 + MB2 – 3MC2 = 2 MI. 3IA + IB − 3IC
uur r
uur r
= 2 MI.v = 0 do ∀M ∈ (α) thì MI ⊥ v

(
(
(

)

)
)

(

)

Bài 7. Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′
uuur uuur
uuu
r
a) Chứng minh rằng AC′ + A′C = 2AC
b) Xác đònh vò trí của điểm O sao cho
uuur uuu
r uuu
r uuur uuur uuur uuur uuur r
OA + OB + OC + OD + OA ′ + OB′ + OC′ + OD′ = 0
c) Chứng minh rằng với mọi điểm M trong không gian, ta có:
uuur uuur uuur uuur uuuur uuuu
r uuuu
r uuuur
uuur
MA + MB + MC + MD + MA ′ + MB′ + MC′ + MD′ = 8MO
Giải
a) Là hình hộp nên bốn đường chéo AC′,
CA′, BD′, DB′ đồng quy tại trung điểm
O của mỗi đường
Trong hình bình hành ACC′A′

uuur
uuur
uuur uuu
r
uuu
r
AC′ = 2AO  uuur uuur
uuur
uuu
r  AC′ + A′C = 2 AO + OC = 2AC
A′C = 2OC 

(

)

b) Do O là trung điểm chung của bốn đường chéo AC′, CA′, BD′, DB′ nên:

6


uuur uuur r
OA + OC′ = 0 
uuu
r uuur r 
OB + OD′ = 0 
uuur uuu
r uuu
r uuur uuur uuur uuur uuur r
uuur uuur r  ⇒ OA + OB + OC + OD + OA ′ + OB′ + OC′ + OD′ = 0

OD + OA′ = 0 
uuur uuur r 
OD + OB′ = 0 
uuur uuuu
r
uuur
c) O là trung điểm AC′ ⇔ MA + MC′ = 2MO
uuur uuuur
uuur
O là trung điểm BD′ ⇔ MB + MD′ = 2MO
uuur uuuur
uuur
O là trung điểm CA′ ⇔ MC + MA′ = 2MO
uuur uuuu
r
uuur
O là trung điểm DB′ ⇔ MD + MB′ = 2MO
uuur uuur uuur uuur uuuur uuuu
r uuuu
r uuuur
uuur
⇒ MA + MB + MC + MD + MA ′ + MB′ + MC′ + MD′ = 8MO
uuur
uuur r
Bài 8. Cho tứ diện ABCD. M, N là hai điểm sao cho MA + kMC = 0 ,
uuu
r
uuur r
NB + kND = 0 . Chứng tỏ rằng khi k thay đổi thì trung điểm của MN di
chuyển trên một đường thẳng cố đònh.

Giải
Gọi E là trung điểm AB, F là trung điểm
CD thì E, F cố đònh. I là trung điểm MN thì:
uuur uuu
r uuu
r uuur uur uuu
r
uu
r EM + EN EA + AM + EB + BN
EI =
=
2
2
uuur uuu
r
AM + BN
=
(1)
2
uuur
uuur r
uuur
uuur r
uuur
1 uuur
Từ MA + kMC = 0 ⇔ AM + kCM = 0 ⇔ CM = − AM
k
uuu
r
uuur r

uuu
r
uuur r
uuur
u
r
1 uu
NB + kND = 0 ⇔ BN + kDN = 0 ⇔ DN = − BN
k
uuur uuu
r uur uuur uur uuur uuur uuur
uuur uuu
r
uu
r FM + FN FC + CM + FD + DN CM + DN
1 AM + BN
(2)
FI =
=
=
=− .
2
2
2
k
2
uu
r
r
1 uu

Từ (1) và (2) ⇔ FI = − EI ⇒ F, I, E thẳng hàng ⇒ đpcm.
k
uuur uuu
r uuu
r uuur r
Bài 9. Cho hình tứ diện ABCD. Tìm điểm G sao cho GA + GB + GC + GD = 0
chứng tỏ rằng điểm G đó là duy nhất.
Giải
Gọi A′ là trọng tâm tam giác BCD

7


Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

uuur uuur uuur
GA = GA′ + A′A
uuu
r uuur uuur
GB = GA′ + A′B
uuu
r uuur uuur
GC = GA′ + A′C
uuur uuur uuur
GD = GA′ + A′D
uuur uuu
r uuu
r uuur
uuur uuur r
GA + GB + GC + GD = 4GA ′ + A′A = 0

uuur 1 uuur
⇔ 4GA′ = A′A ⇔ G ∈ AA′ và duy nhất
4
Bài 10. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Xác đònh vò trí
uur uuur uuu
r uuu
r uuur r
của điểm O sao cho OS + OA + OB + OC + OD = 0
Giải
Gọi I là giao diểm của hai đường chéo
AC và BD của đáy.
uur uuur uuu
r uuu
r uuur r
OS + OA + OB + OC + OD = 0
uur
uur
uur r
⇔ OS + 2OI + 2OI = 0
uur
uur r
⇔ OS + 4OI = 0
uur
uur
⇔ S, O, I thẳng hàng và OS = − 4OI
uur
uur
⇔ OS = − 4IO : điểm O ∈ SO sao cho OS = 4OI.
Bài 11. Cho ba điểm cố đònh A, B, C không thẳng hàng. Tìm tập hợp các điểm
uuur uuur uuur

uuur uuur uuur
M trong không gian sao cho MA + MB + MC = 2MA − MB − MC .
Giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì:
uuur uuur uuur
uuur uuur uuur
MA + MB + MC = 2MA − MB − MC
uuur uuur uuur uuu
r uuur uuu
r
uuur
uuur uuur uuur
⇔ MG + GA + MG + GB + MG + GC = 3MA − MA + MB + MC
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
⇔ 3MG = 3MA − 3MG ⇔ 3 MG = 3 GA ⇔ MG = GA

(

)

⇔ Tập hợp điểm M là mặt cầu tâm G, bán kính bằng AG.
Bài 12. Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′. Chứng minh rằng hình hộp này là hình
hộp chữ nhật khi và chỉ khi:
uuu

r uuur uuur
uuu
r uuur uuur
uuu
r uuur uuur
uuu
r uuur uuur
AB + AD + AA′ = AB + AD − AA′ = AB − AD + AA ′ = − AB + AD + AA ′
8


uuu
r uuur uuur
uuu
r
AB + AD + AA′ = AC = AC′
uuu
r uuur uuur
uuu
r uuur
AB + AD − AA′ = AC − AA′ =
uuu
r uuur uuur
uuu
r uuur
AB − AD + AA′ = BD + AA′ =
uuur
= BD′ = BD′

Giải

uuur
CA′ = CA′
uuu
r uuur
BD + BB′

uuu
r uuur uuur
uuur uuu
r
uuur
− AB + AD + AA′ = AD′ − AB = D′B = D′B
⇒ Hình hộp có 4 đường chéo bằng nhau là hình hộp chữ nhật.
Bài 13. Cho tứ diện OABC. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Hãy phân tích
uuur uuur uuu
r uuu
r
uuur uuu
r uuu
r
các véctơ OG, GA, GB, GC theo ba véctơ OA, OB, OC .
Giải
uuur uuur uuur
OG = OA + AG
uuur uuu
r uuu
r
OG = OB + BG
uuur uuu
r uuu

r
OG = OC + CG
uuur uuur uuu
r uuu
r
⇒ 3OG = OA + OB + OC
uuur uuu
r uuu
r
uuur OA + OB + OC
⇔ OG =
3
uuur uuu
r uuu
r
uuur uuu
r uuu
r
uuur uuur uuur OA + OB + OC uuur −2OA + OB + OC
GA = OG − OA =
− OA =
3
3
uuur uuu
r uuu
r
uuur
uuu
r uuu
r

uuu
r uuur uuu
r OA + OB + OC uuu
r OA + −2OB + OC
GB = OG − OB =
− OB =
3
3
uuur uuu
r uuu
r
uuur uuu
r
uuu
r
uuu
r uuur uuu
r OA + OB + OC uuu
r OA + OB − 2OC
GC = OG − OC =
− OC =
3
3
uuuur r uuur r
Bài 14. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′. Đặt B′A′ = a , B′B = b ,
uuuu
r r
B′C′ = c . M, N là hai điểm lần lượt nằm trên AC′, CD′ và đònh bởi
uuur
uuu

r
MA
NC
uuuu
r = m ; uuur = n .
MC′
ND
uuuu
r uuur
r r r
a) Hãy biểu thò các vectơ B′M, B′N theo a, b, c , m, n.
b) Xác đònh m, n để MN // B′D.
c) Tính độ dài của đoạn thẳng MN.
9


Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

Giải
uuuu
r uuuu
r uuuu
r
a) B′M = B′C′ + C′M
uuur uuuu
r uuur
AC′ = MC′ − MA
uuuu
r
uuuu

r
uuuu
r
= MC′ − m.MC′ = (1 − m).MC′
uuur
uuur
uuuu
r
uuuu
r
AC′
AC′
⇒ MC′ =
⇒ C′M =
1− m
m −1
uuu
r uuur uuur
AB + AD + AA′
=
m −1
r r r
uuuu
r a+b−c
⇒ C′M =
1− m
r r r r r
r
uuuu
r r a + b − c a + b − mc

⇒ B′M = c +
=
1− m
1− m
uuur uuuur uuur
B′N = B′D′ + D′N
uuur uuu
r uuur
uuur uuur uuur
CD′ = CN + ND′ = − n.ND′ + ND′ = ND′(1 − n)
r r
r r
r r uuur
uuur a − b
uuur b − a
⇔ a − b = ND′(1 − n) ⇔ ND′ =
⇒ D′N =
1− n
1−n
r r r
r
r r r
r r
r
uuur r r b − a c(1 − n) + a − na + b − a −na + b + (1 − n)c
⇒ B′N = c + a +
=
=
1− n
1− n

1− n
uuur r r r
b) B′D = a + b + c
r r
r r r
r
uuur uuur uuuu
r − na + b + (1 − n)c a + b − mc
MN = B′N − B′M =
−
1− n
1− m
r
r
1 
1 
1 r
 n
 1

=
+
−
÷a + 
÷b +  −
÷c
 n − 1 m − 1
 m − 1 n − 1
 m − 1
uuur

uuur
uuur
Để MN // B′D thì MN cùng phương với B′D ⇔ MN = kB′D
1
 n
(1)
n − 1 + m − 1 = k

n
1

+
= k (2)
⇔ −
 n −1 m −1
n

(3)
− m − 1 = k

2
1
1
= 2k ⇔ +
=k
m −1
2 m −1
1
1
1

1
2
1
=−
⇔
=−
Thế k = −
từ (3): +
m −1
2 m −1
m −1
m −1
2
Cộng từng vế (1) và (2): 1 +

10


⇔ m – 1 = –4 ⇔ m = –3
−1
1
n
−1 1
n
1
= ⇒
+
= ⇔
=
⇒ k=

⇔ n = –1
−3 − 1 4
n −1 4
4
n −1 2
uuur  n
1 r  1
1  r  −1  r
+
−
c) Từ hệ thức MN = 
÷a + 
÷b + 
÷c
 n − 1 m − 1
 m − 1 n − 1
 m − 1
2
2
2
1  r2  1
1  r 2  −1  r 2
 n
⇒ MN = 
+
−
÷ a +
÷ b +
÷ c
 n − 1 m − 1

 m − 1 n − 1
 m − 1
rr rr rr
uuur 2
(do trong khai triển MN , các tích a.b = b.c = c.a = 0 )

Bài 15. Cho hình tứ diện OABC có OA, OB, OC vuông góc với nhau từng đôi
một, OA = OB = OC. M là điểm sao cho nửa đường thẳng OM tạo với tia
OC một góc gằng 45o, tạo với hai tia OA, OB thành hai góc nhọn bằng nhau;
uuur
uuur uuu
r uuu
r
uuur
OM = OA . Hãy phân tích OM theo OA, OB, OC .
Giải
Gọi Ox là tia phân giác của góc vuông
AOB. Với các giả thiết về vò trí điểm M thì
M ∈ mp (OC, Ox).
Từ M, hạ MH ⊥ (OAB): H ∈ Ox.
Từ H, kẻ HI ⊥ OA, HK ⊥ OB thì do
·MOA = MOB
·
⇒ HI = HK, OIHK là một
·
·
hình vuông. MOI = 45o ⇒ MOH
= 45o
Tam giác vuông cân OMH cho OM =

OM OA
=
.
2
2

Từ M kẻ ML ⊥ OC.

OM OA
=
.
2
2
OH OA
OA
=
Tam giác vuông cân IOH cho OI =
⇒ OK =
2
2
2
uuu
r
uur 1 uuur
uuur 1 uuu
r uuu
r OC
Do I ∈ OA ⇒ OI = OA ; tương tự: OK = OB, OL =
2
2

2
uuur uur uuur uuu
r 1 uuur 1 uuu
r
u
u
u
r
1
OM = OI + OK + OL = OA + OB +
OC
2
2
2
uuur uuur uuur
r uuur uuu
r uur
Bài 16. Cho hình tứ diện OABC. Đặt v = OA + OC, v1 = (1 − a)OA + aOB + aOC ,
uur uuur uuu
r
uuu
r
r uu
r uu
r
v2 = OA + OB + a2 OC (a ≠ 0). Đònh a để ba vectơ v, v1 , v2 đồng phẳng.
Tam giác vuông cân OML cho OL =

11

Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

Giải
r uu
r uu
r
r
uu
r
uu
r
v, v1 , v2 đồng phẳng ⇔ ∃m, n ∈ ¡ để v = m.v1 + n.v2
uuur uuu
r
uuur
uuu
r
uuu
r
uuur
uuu
r
uuu
r
⇔ OA + OC = m(1 − a).OA + m.a.OB + m.a.OC + n.OA + n.OB + n.a2 .OC
uuur
uuu
r uuu
r

r
r
uuu
r
⇔ OA + 0.OB + OC = (m − ma + n)a + (ma + n)b + (ma + na2 )OC
 m − ma + n = 1 (1)

(2)
⇔  ma + n = 0

2
(3)
 ma + na = 1
 m + 2n = 1

⇔
n
Từ (1) và (2) có: 
 m = − a
Thế vào (3): −

 n
− + 2n = 1
 a
⇔

m = − n

a

a

n=


2a − 1

 m = −1

2a − 1

1
a
.a +
.a2 = 1 ⇔ a3 − 3a + 1 = 0 (*)
2a − 1
2a − 1

Đặt: a = 2cost
(*) trở thành 8cos3t – 6cost + 1 = 0 ⇔ 2(4cos3t – 3cost) + 1 = 0
1
2π
2π
2π
2π
+k
⇔ 2cos3t = –1 ⇔ cos3t = − = cos
⇔t= ±
+ k2π ⇔ t = ±
2

3
3
9
3
2π
8π
14π
2π
8π
14π
⇔ t = cos ; t = cos ; t = cos
⇔ a = 2 cos ; a = 2 cos ; a = 2 cos
9
9
9
9
9
9
r r r
r r ur r r r
Bài 17. Cho a, b, c là 3 vectơ không đồng phẳng; u, v, w, p, q, r là các vectơ
r r
r r
r r ur
r
r r x + 1r
x r
a−
b,
đònh bởi: u = a − 2b ; v = 3b − c ; w = −3a + 2c ; p =

1− x
1− x
x r
1 r
x r
x r
1 r
q=
a+
b−
c; r =
a+
c (x ≠ 1).
1− x
1− x
1− x
1− x
a−x
r r ur
a) Chứng minh ba vectơ u, v, w đồng phẳng.
r r r
b) Đònh x để p, q, r đồng phẳng.
Giải
r r
r
r
r
r
u = a − 2b ⇔ 3u = 3a − 6b 
r

r u
r
r
r
r 
r
r ur r
v
=
3b
−
c
⇔
2v
=
6b
−
2c
 ⇒ 3u + 2v + w = 0
a)
ur
r
r
ur
r
r
w = −3a + 2c ⇔ w = −3a + ac 

ur
r

r
r r ur
⇔ w = −3u − 2v ⇔ u, v, w đồng phẳng.
r x + 1r
x r r
x r
1 r
x r r
x r
1 r
a−
b; q =
a+
b−
c; r =
a+
c
b) p =
1− x
1− x
1− x
1− x
1− x
1− x
1− x
12


r r r
r

r
r
Để p, q, r đồng phẳng ⇔ ∃ m, n ∈ ¡ sao cho p = mq + nr
r
mx r
m r
mx r
mq =
a+
b−
c
1− x
1− x
1− x
r
nx r
n r
nr =
a+
c
1− x
1− x
r
r  mx + nx  r
m r  n − mx  r
mq + nr = 
b+
÷a +
÷c
1− x

 1− x 
 1− x 
 x + 1 mx + nx
1 − x = 1 − x
x + 1 = x(m + n) (1)

r
r
r
m
 −x

p = mq + nr ⇔ 
=
⇔ − x = m
(2)
1 − x 1 − x
n − mx = 0
(3)

n − mx

0
=

1− x

Từ (2): m = – x thế vào (1): x + 1 = x (– x + n) (*)
Thế n = mx = – x2 vào (*):
x + 1 = x (– x – x2) = – x2 (x + 1) ⇔ (x + 1) (1 + x2) = 0 ⇔ x = 1

Bài 18. Cho bốn điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. O
là một điểm bất kì. Chứng minh rằng 4 điểm A, B, C, D đồng phẳng khi và
uuur
uuu
r
uuu
r
uuur
α.OA + β.OB + γ.OC + δ.OD = 0
chỉ khi có 4 số thực α, β, γ, δ sao cho: 
α + β + γ + δ = 0
Giải
A, B, C, D đồng phẳng ⇔ tồn tại các số thực β, γ, δ sao cho
uuu
r
uuu
r
uuur r
βAB + γ AC + δAD = 0
uuu
r uuur
uuu
r uuur
uuur uuur
r
⇔ β OB − OA + γ OC − OA + δ OD − OA = 0
uuur
uuu
r
uuu

r
uuur r
⇔ ( −β − γ − δ ) OA + βOB + γ OC + δOD = 0
uuur
uuu
r
uuu
r
uuur r
Đặt: α = – β – γ – δ ⇔ α + β + γ + δ = 0 thì α.OA + β.OB + γ.OC + δ.OD = 0

(

) (

) (

)

r
r
Bài 19. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các vectơ: u = (1; 2; 3), v = (3; –1; 2),
r
r
ur
r
w = (2; 3; –1); p = (9; –3; 7), q = (1; 8; 8), r = (5; –5; 1)
r r ur
Chứng minh rằng: a) u, v, w không đồng phẳng.
r r r

b) p, q, r đồng phẳng.
Giải
13


Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

r
r r
u = (1; 2; 3) 
a) r
 ⇒  u, v  = (7; 7; − 7)
v = (3; − 1; 2)
ur
w = (2; 3; –1)
r r ur
r r ur
⇒  u, v  .w = 14 + 21 + 7 = 42 ≠ 0 ⇔ u, v, w không đồng phẳng.
r
r r
p = (9; − 3; 7)
b) r
 ⇒  p, q  = (−80; − 65; 75)
q = (1; 8; 8) 
r
r = (5; –5; 1)
r r r
r r r
⇒  p, q  .r = – 400 + 325 + 75 = 0 ⇔ p, q, r đồng phẳng
uu

r
Bài 20. Trong không gian tọa độ Oxyz, đònh α để ba vectơ: v1 = (1; α; 2),
uu
r
uu
r
v2 = (α + 1; 2; 1), v3 = (0; α – 2; 2) đồng phẳng.
Giải
uu
r

uu
r uu
r
v1 = (1; α; 2)
2
uu
r
 ⇒  v1; v2  = α − 4; 2α + 1; 2 − α − α
v2 = (α + 1; 2; 1)
uu
r
v3 = (0; α – 2; 2)
uu
r uu
r uu
r
 v1 , v2  .v3 = 2α2 – 3α – 2 + 4 – 2α2 – 2α = –5α + 2



uu
r uu
r uu
r
2
Để v1 , v2 , v3 đồng phẳng thì –5α + 2 = 0 ⇔ α =
5
Bài 21. Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba vectơ:
r
r
r
a = (–2; 3; 1), b = (5; –7; 0) c = (3; –2; 4).
r r r
a) Chứng tỏ a, b, c không đồng phẳng.
r r r
r
b) Phân tích vectơ d = (3; –2; 1) theo ba vectơ a, b, c .

(

)

Giải
r
r r
a = (−2; 3; 1) 
a) r
 ⇒  a, b  = ( 7; 5; − 1)
b = (5; − 7; 0) 
r

c = (3; -2; 4)
r r r
r r r
a, b  .c = 21 –10 – 4 = 7 ≠ 0 ⇔ a, b, c không đồng phẳng


r
r
r
r
b) Giả sử d = m.a + n.b + p.c
r
r
r
m. a = (–2m; 3m; m); n. p = (5n; –7n; 0); p. c = (3p; –2p; 4p)
14


r
r
r
⇒ m. a + n. p + p. c = (–2m + 5n +3p; 3m –7n –2p; m + 4p)
r
r
r
r
r
d = (3; –2; 1); d = m. a + n. p + p. c
−2m + 5n + 3p = 3


⇔ 3m − 7n − 2p = −2
m + 4p = 1


(1)
(2)
(3)

Coi p là tham số, giải hệ (1) và (2):
−21 + 21p + 10 − 10p

m=
= 11 − 11p
 −2m + 5n = 3 − 3p

−1
⇔


3m − 7n = −2 + 2p
 n = 4 − 4p − 9 + 9p = 5 − 5p
−1

10
Thế vào (3): 11 – 11p + 4p = 1 ⇔ p =
7
r
−33
−15
33 r 15 r 10 r

c
⇒m=
;n=
⇒ d = − a− b+
7
7
7
7
7
r
Bài 22. Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba vectơ: u = (1; cos c; cos b);
r r ur
r
ur
v = (cos c; 1; cos a); w = (cos b; cos a; 1). Tìm hệ thức giữa a, b, c để u, v, w
đồng phẳng.
Giải
r
u = ( 1; cos c; cos b )  r r
r
  u, v  = (cosa.cosc – cosb; cosb.cosc – cosa; 1 – cos2c)
v = ( cos c; 1; cosa ) 
ur
w = (cosb; cosa; 1)
r r ur
r r ur
Để u, v, w đồng phẳng thì  u, v  .w = 0
⇔ cosa.cosb.cosc – cos2b + cosa.cosb.cosc – cos2a + 1 – cos2c = 0
⇔ 1 + 2cosa.cosb.cosc = cos2a + cos2b + cos2c
⇔ 1 – cos2a – cos2b = cos2c – 2cosa.cosb.cosc

⇔ 1 – cos2a – cos2b + cos2acos2b = cos2a.cos2b – 2cosa.cosb.cosc + cos2c
⇔ (1 – cos2a) – cos2b (1 – cos2a) = (cosa.cosb − cosc)2
⇔ (1 – cos2a) (1 – cos2b) = (cosa.cosb − cosc)2
⇔ sin2a.sin2b = (cosa.cosb – cosc)2
⇔ cosa.cosb – cosc = ± sina.sinb ⇔ cosa.cosb msina.sinb = cosc
⇔ cos (a ± b) = cos c ⇔ a ± b = ± c + k2π
Bài 23. Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba vectơ
r
p = (b + c; bc – 1; (b2 + 1)(c2 + 1))
15


Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

r
q = (c + a; ca – 1; (c2 + 1)(a2 + 1))
r
2
2
r = (a + b; ab – 1; (a + 1)(b + 1))

r r r
Trong đó a ≠ b ≠ c ≠ 0. Hỏi ba vectơ p, q, r có đồng phẳng không ?
Giải
r r
2
2
 p, q  = ((bc – 1)(c + 1)(a + 1) – (ca – 1)(b2 + 1)(c2 + 1); (c + a)(b2 + 1)(c2 + 1)



– (b + c)(c2 + 1)(a2 + 1); (b + c)(ca – 1) – (c + a)(bc – 1))
= (m; n; p)
r r r
•  p, q  .r = m.(a + b) + n.(ab + 1) + p.(a2 + 1)(b2 + 1)
Tính riêng:
• m.(a + b) = (a + b)(bc – 1)(c2 + 1)(a2 + 1) – (a +b)(ca – 1)(b2 + 1)(c2 + 1)
= (a + b)(c2 + 1)[(bc – 1)(a2 + 1) – (ac – 1)(b2 + 1)]
= (a + b)(c2 + 1)[a2bc + bc – a2 – 1 – b2ac – ac + b2 +1]
= (a + b)(c2 + 1)[abc(a – b) – c(a – b) – (a2 –b2)]
= (a + b)(c2 + 1)(a –b)(abc – a – b – c)
• n.(ab – 1) = (ab – 1)(a + c)(b2 + 1)(c2 + 1) – (ab – 1)(b + c)(c2 + 1)(a2 + 1)
= (ab – 1)(c2 + 1)[(a + c)(b2 + 1) – (b + c)(a2 + 1)]
= (ab – 1)(c2 + 1)(ab2 + cb2 + a + c – ba2 – ca2 – b – c)
= (ab – 1)(c2 + 1)[ab(b – a) + c(b2 – a2) + (a – b)]
= (ab – 1)(c2 + 1)(a – b)(1– ab – bc – ca)
• p (a2 + 1)(b2 + 1) = (a2 + 1)(b2 + 1)[(b + c)(ac –1) – (a + c)(bc – 1)]
= (a2 + 1)(b2 + 1)[abc + ac2 – b – c – abc – bc2 + a + c]
= (a2 + 1)(b2 + 1)[c2(a – b) + (a – b)]
= (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1)(a – b)
r r r
Cuối cùng:  p, q  .r = m(a + b) + n(ab – 1) + p(a2 + 1)(b2 + 1)
= (a + b)(c2 + 1)(a + b)(abc – a – b – c) + (ab –1)(c2 + 1)(1 – ab – bc – ca)
+ (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1)(a – b)
= (c2 + 1)(a – b)[(abc – a – b – c)(a +b) + (ab – 1)(1 – ab – bc – ca)
+ (a2 + 1)(b2 + 1)]
= (c2 + 1)(a – b)(a2bc – a2 –ab – ac + ab2c – ab – b2 – bc + ab – a2b2
– ab2c – 1 + ab + bc + ac + a2b2 + a2 + b2 + 1)
r
r
r

= (c2 + 1)(a –b).0 = 0 ⇔ p, q, r đồng phẳng.
Bài 24. Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; 2; 1); B(5; 3; 4); C(8; –3; 2)
a) Chứng minh ABC là tam giác vuông.
16


b) Tìm tọa độ chân của đường phân giác trong của tam giác xuất phát từ B.
c) Tính diện tích của tam giác ABC.
Giải
uuu
r
a) AB = (4; 1; 3) ⇒ AB = 26
uuu
r
AC = (7; –5; 1) ⇒ AC = 75 = 5 3
uuu
r
BC = (3; –6; –2) ⇒ BC = 7
uuu
r uuu
r
uuu
r uuu
r
AB.BC = 12 – 6 – 6 = 0 ⇔ AB ⊥ BC : tam giác ABC vuông tại B.
b) Gọi D(x; y; z) là chân đường phân giác trong của góc B thì:
uuur
uuur
r
DA

AB
26
26 uuu
=−
⇔ DA = −
.DC
uuu
r =−
BC
7
7
DC
26
(8 – x; –3 –y; 2 – z)
7

7 + 8 26

26
(8 − x)
x =
1 − x = −
7 + 26
7



26
14 − 3 26



(−3 − y) ⇔ y =
⇔ 2 − y = −
7
7 + 26




26
7 + 2 26
(2 − y)
1 − z = −
z =
7
7 + 26


⇔ (1 – x; 2 – y; 1 – z) = −

1
1
7 26
AB.BC= . 26.7 =
đvdt
2
2
2
Bài 25. Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; –1; 1), B(0; 1; 2),
C(1; 0; 1). Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

Giải
4
2
Gọi G(x; y; z) là trọng tâm của tam giác ABC thì G  ; 0; ÷
3
3
c) SABC =

Bài 25. Trong không gian tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(1; –1; 1); B(3; 1; –2),
C(–1; 2; 4), D(5; –6; 9).
a) Chứng tỏ D nằm ngoài mặt phẳng (ABC).
b) Tìm tọa độ trọng tâm của hình tứ diện ABCD.
Giải
uuu
r
uuu
r uuu
r
AB = (2; 2; − 3)
r
a) uuu
 ⇒  AB, AC  = (15; 0; 10)
AC = (−2; 3; 3) 
uuu
r uuu
r uuur
uuur
AD = (4; –5; 8) ⇒  AB, AC  .AD = 60 + 40 ≠ 0 ⇔ D nằm ngoài mp (ABC)
17

Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

b) Tọa độ trọng tâm G của tứ diện ABCD: G(2; –1; 3)
Bài 26. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′. Biết
A(1; 0; 1), B′(2; 1; 2), D′(1; –1; 1), C(4; 5; –5). Tìm tọa độ của các đỉnh còn lại.
Giải
Gọi G là trọng tâm tam giác CB′D′:
 7 5 −2 
G ; ;
÷
3 3 3 
Trong bất cứ hình hộp nào: AC′ đi qua
uuur 2 uuur
G và AG = AC′ .
3
uuur
Gọi C′(x; y; z) thì AC′ = (x – 1; y; z),
uuur  4 5 −5 
3 uuur  5
5
AG =  ; ;
⇔
AG =  2; ; − ÷
÷
2
2
3 3 3 
 2
uuur 2 uuur

uuur 3 uuur
AG = AC′ ⇔ AC′ = AG
3
2


x − 1 = 2
x = 3


uuur 
5
5
3
5 7


 5
⇔ y =
⇒ C′  3; ; − ÷ ⇒ CC′ =  −1; − ; ÷
⇔ y =
2
2
2
2 2
 2



5

3


z − 1 = 2
z = − 2
uuur
• Gọi A′(x; y; z): AA′ (x–1; y; z–1)


 x − 1 = −1
x =


uuur uuur
5


′
′
AA = CC ⇔  y = −
⇔ y =
2


7


z − 1 = 2
z =
uuur

• Gọi B(x; y; z): BB′ = (2–x; 1–y; 2–z)

0
−
9
2

5
5 9

⇒ A′  0; − ; ÷
2
2 2




2 − x = −1
x = 3


uuur uuur
5
7
3


 7
BB′ = CC′ ⇔ 1 − y = − ⇔ y =
⇒ B  3; ; − ÷

2
2
2
 2


7
3


2−z =
z=−



2

2

Bài 27. Trong không gian cho hình tứ diện ABCD với A(x 1; y1; z1), B(x2; y2; z2)
18


C(x3; y3; z3), D(x4; y4; z4)
a) Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC.
b) Tìm tọa độ trọng tâm của hình tứ diện ABCD.
Giải

uuu
r uuu

r uur r
a) Gọi E (x; y; z) là trọng tâm tam giác ABC thì AE + BE + CE = 0
uuu
r
AE = (x – x1; y – y1; z –z1)
uuu
r
BE = (x – x2; y – y2; z –z2)
uur
CE = (x – x3; y – y3; z –z3)
uuu
r

uuu
r

uuu
r

⇒ AE + BE + CE = ( 3x − ( x1 + x2 + x3 ) ; 3y − ( y1 + y2 + y3 ) ; 3z − ( z1 + z2 + z3 ) )
3x − (x1 + x 2 + x3 ) = 0
uuu
r uuu
r uur r

AE + BE + CE = 0 ⇔ 3y − (y1 + y 2 + y3 ) = 0
3z − (z + z + z ) = 0
1
2
3


x1 + x2 + x3

x =
3

y + y 2 + y3
 x + x2 + x3 y1 + y2 + y3 z1 + z2 + z3 

⇔ y = 1
⇒ E 1
;
;
÷
3
3
3
3



z1 + z 2 + z3

z =
3

uuur uuu
r uuu
r uuur r
b) Gọi G(x; y; z) là trọng tâm của tứ diện ABCD thì GA + GB + GC + GD = 0

uuur
uuu
r
GA = (x1 – x; y1 – y; z1 – z); GB = (x2 – x; y2 – y; z2 – z)
uuu
r
uuur
GC = (x3 – x; y3 – y; z3 – z); GD = (x4 – x; y4 – y; z4 – z)
uuur uuu
r uuu
r uuur
GA + GB + GC + GD = (x1 + x2 + x3 + x4 – 4x; y1 + y2 + y3 + y4 – 4y; z1 + z2
uuur uuu
r uuu
r uuur r
GA + GB + GC + GD = 0

+ z3 + z4 – 4z)

x1 + x2 + x3 + x 4

x =
4
 x1 + x2 + x3 + x 4 − 4x = 0

y1 + y2 + y3 + y 4


⇔  y1 + y2 + y3 + y 4 − 4y = 0 ⇔ y =
4

z + z + z + z − 4z = 0

2
3
4
 1
z1 + z 2 + z3 + z 4

z =
4

 x1 + x2 + x3 + x 4 y1 + y 2 + y3 + y 4 z1 + z 2 + z3 + z4 
;
;
⇒ G
÷
4
4
4


Bài 28. Trong không gian tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(–1; 3; –4), B(5; 0; 5),
19


Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

a)
b)
c)

a)
b)
c)

C(1; 2; –1), D(1; –1; 2).
Chứng tỏ ba điểm A, B, C thẳng hàng và ba điểm A, B, D không thẳng hàng.
Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABD.
Tìm tọa độ điểm E sao cho E, C chia điều hòa đoạn AB.
Giải
uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuu
r
AB = (6; –3; 9); AC = (2; –1; 3) ⇒ AB = 3AC ⇔ A, B, C thẳng hàng.
5 2 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABD thì G  ; ; 1 ÷
3 3 
uuu
r
uuu
r
CA
1
=−
Từ AB = 3AC ⇒ C nằm trong đoạn AB sao cho
2

CB
EA
CA 1
=−
=
EB
CB 2
Do E, C, A, B cùng nằm trên một đường thẳng nên
uuu
r
uur
uuu
r
EA 1
EA 1
= ⇔ uur = ⇔ EB = 2EA
EB 2
EB 2
uur
uuu
r
Gọi E(x; y; z) ⇒ EB = (5 – x; –y; 5 – z); 2 EA = 2(–1 – x; 3 – y; –4 – z)
5 − x = −2 − 2x
x = −7
uur
uuu
r


EB = 2EA ⇔  −y = 6 − 2y

⇔ y = 6 ⇒ E(−7; 6; − 13)
5 − z = −8 − 2z
z = −13


Để E, C chia điều hòa đoạn AB thì

Bài 29. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′.
a) Biết A(4; 1; –2), C(–3; –2; 17), B′(4; 5; 10), D′(–7; –2; 11). Tìm tọa độ các
đỉnh B, C′, A′, D.
b) Trong trường hợp tổng quát, biết A(x0, y0, z0), C(x1; y1; z1), B′(x2; y2; z2), D(x3;
y3; z3), tìm tọa độ các đỉnh B, C′, A′, D.
Giải
a) Trong mặt phẳng (ACC′A′), CI cắt AC′
tại G (I là trung điểm B′D′)
GI
IC' 1
=
=
∆GIC′ ∽ ∆GCA ⇒
GC AC 2
⇒ G là trọng tâm tam giác
uuur
uuur 3 uuur
AG 2
⇒ uuur = ⇒ AC′ = AG
2
AC′ 3
1 38  uuur 
2 44 


G  −2; ; ÷; AG =  −6; − ;
÷
3 3 
3 3 


uuur
Gọi C′ (x; y; z): AC′ = (x – 4; y – 1; z + 2)
20


 x − 4 = −9
 x = −5
uuur 3 uuur


AC′ = AG ⇔ (x–4; y–1; z+2) = (–9; 1; 22) ⇔  y − 1 = −1 ⇔  y = 0
2
z + 2 = 22
z = 20


uuur
⇒ C′(–5; 0; 20) ⇒ CC′ = (–2; 2; 3)
 x − 4 = −2
uuur
uuur

• A′(x; y; z) ⇒ AA′ = (x – 4; y – 1; z + 2) = CC′ ⇔  y − 1 = 2 ⇔

z + 2 = 3


x = 2

y = 3
z = 1


⇒ A′(2; 3; 1)
 4 − x = −2
uuur
uuur

• B′(x; y; z) ⇒ BB′ = (4 – x; 5 – y; 10 – z) = CC′ ⇔ 5 − y = 2 ⇔
10 − z = 3


x = 6

y = 3
z = 7


⇒ B′(6; 3; 7)
 −7 − x = −2
uuur
uuur

• D(x; y; z) ⇒ DD′ = (–7–x; –2–y; 11–z) = CC′ ⇔  −2 − y = 2 ⇔

11 − z = 3


 x = −5

 y = −4
z = 8


⇒ D′(–5; –4; 8)
b) Trường hợp tổng quát: G là trọng tâm ∆ CB′D′ thì
 x1 + x 2 + x3 y1 + y2 + y3 z1 + z2 + z3 
;
;
G
÷
3
3
3


uuur  x + x + x − 3x y + y + y − 3y z + z + z − 3z 
2
3
0
2
3
0
2
3

0
AG =  1
; 1
; 1
÷
3
3
3


uuur 3 uuur
Gọi C′(x; y; z) thì AC′ = AG ⇔ (x–x0; y–y0; z–z0)
2
 x1 + x 2 + x3 − 3x 0 y1 + y 2 + y3 − 3y0 z1 + z 2 + z3 − 3z 0 
;
;
=
÷
2
2
2


x1 + x2 + x3 − 3x 0
x + x 2 + x3 − x 0


x= 1
x − x 0 =


2
2


y1 + y2 + y3 − 3y 0
y + y 2 + y3 − y 0


⇔ y = 1
⇔ y − y 0 =
2
2


z1 + z2 + z3 − 3z 0
z1 + z 2 + z3 − z 0


z − z 0 =
z =
2
2


 x1 + x 2 + x3 − x 0 y1 + y2 + y3 − y 0 z1 + z 2 + z3 − z 0 
;
;
⇒ C′ 
÷
2

2
2


21


Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

uuur  − x + x + x − x − y + y + y − y −z + z + z − z 
1
2
3
0
2
3
0
2
3
0
; 1
; 1
⇒ CC′ = 
÷
2
2
2


uuur

• Gọi A′(x; y; z) ⇒ AA ′ = (x–x0; y–y0; z–z0)
− x1 + x 2 + x3 − x 0
x − x1 + x 2 + x3


x= 0
x − x 0 =

2
2


uuur uuur
− y + y 2 + y3 − y 0
y − y1 + y 2 + y3


AA′ = CC′ ⇔ y − y 0 = 1
⇔ y = 0
2
2


−z1 + z 2 + z3 − z 0
z 0 − z1 + z 2 + z3


z − z 0 =
z =
2

2


 x 0 − x1 + x2 + x3 y 0 − y1 + y 2 + y3 z 0 − z1 + z 2 + z3 
;
;
⇒ A′ 
÷
2
2
2


uuur
• Gọi B(x; y; z) ⇒ BB′ = (x2–x; y2–y; z2–z)
− x1 + x2 + x3 − x 0
x + x 2 − x3 + x 0


x= 1
x 2 − x =

2
2


uuur uuur
− y1 + y2 + y3 − y 0
y + y 2 − y3 + y 0



BB′ = CC′ ⇔ y 2 − y =
⇔ y = 1
2
2


−z1 + z2 + z3 − z 0
z1 + z2 − z3 + z 0


z 2 − z =
z =
2
2


 x1 + x2 − x3 + x 0 y1 + y2 − y3 + y 0 z1 + z 2 − z3 + z 0 
;
;
⇒ B
÷
2
2
2


uuur
• Gọi D(x; y; z) ⇒ DD′ = (x3–x; y3–y; z3–z)
− x1 + x 2 + x3 − x 0

x − x 2 + x3 + x 0


x= 1
 x3 − x =

2
2


uuur uuur
−
y
+
y
+
y
−
y
y
−
y
+
y3 + y 0


2
3
0
2

DD′ = CC′ ⇔ y3 − y = 1
⇔ y = 1
2
2


−z1 + z 2 + z3 − z 0
z − z 2 + z3 + z 0


z= 1
z 3 − z =

2
2


 x1 − x 2 + x3 + x 0 y1 − y2 + y3 + y 0 z1 − z 2 + z3 + z 0 
;
;
⇒ D
÷
2
2
2


Bài 30. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm : A(5; 7; –2), B(3; 1; –1),
C(9; 4; –4), D(1; 5; 0)
a) Chứng tỏ A, B, C, D nằm trên một mặt phẳng.

b) Tìm tọa độ giao điểm I của AC và BD.

22


Giải
uuu
r
r uuu
r
AB = (−2; − 6; 1)  uuu
r
a) uuu
  AB, AC  = (15; 0; 30)
AC = (4; − 3; − 2)
uuur
AD = (–4; –2; 2)
uuu
r uuu
r uuur
 AB, AC  .AD = – 60 + 60 = 0 ⇔ A, B, C, D đồng phẳng.


uur
b) Gọi I(x, y, z) ⇒ AI = (x – 5; y – 7; z + 2)
uuu
r
AC = (4; –3; –2)
uuu
r

uur
x−5 y−7 z+2
=
=
(1)
AI cùng phương với AC ⇔
4
−3
−2
uur
uuu
r
DI = (x –1; y – 5; z); DB = (2; –4; –1)
uur
uuu
r
x −1 y − 5
z
=
=
(2)
DI cùng phương với DB ⇔
2
−4
−1
Tọa độ I là nghiệm của hệ (1) và (2)
 x = 5 + 4t

x−5 y−7 z+2
=

=
(1) ⇔
= t ⇔  y = 7 − 3t
4
−3
−2
z = −2 − 2t

 x = 1 + 2t ′

x −1 y − 5
z
=
=
(2) ⇔
= t′ ⇔  y = 5 − 4t ′
2
−4
−1
z = − t ′

5 + 4t = 1 + 2t ′
t = 2

⇒ I(−3; 13; 2)
⇔  7 − 3t = 5 − 4t ′ ⇔ 
t ′ = −2
 −2 − 2t − − t ′

Bài 31. Trong không gian tọa độ Oxyz cho tam giác CDE với C(0; –4; 1),

D(–1; 1; 3), E(1; –2; 3). Tính độ dài trung tuyến, đường cao, phân giác trong
xuất phát từ đỉnh E của tam giác.
Giải
3
 1

• Gọi M là trung điểm CD. M  − ; − ; − 1÷
2
2


EM =

2

2

1
3
2


 1 + ÷ +  −2 + ÷ + ( 3 + 1) =
2
2



9 1
+ + 16 =

4 4

74
2

• Gọi H (x; y; z) là chân đường cao xuất phát từ E:
uuu
r
uuu
r
CD = (–1; 5; –4)
EH = (x–1; y + 2; z–3);
uuu
r
uuu
r
(1)
EH ⊥ CD ⇔ x – 5y + 4z – 23 = 0
23


Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học giải tích − Phần 1 – Bùi Ngọc Anh

uuu
r
CH = (x; y + 4; z –1)
uuu
r
uuu
r

x
y + 4 z −1
=
=
=t
CH cùng phương với CD ⇔
−1
5
4
x = −t

1
⇔  y = −4 + 5t thế vào (1) ⇒ – t –5(–4 + 5t) + 4(1 – 4t) –23 = 0 ⇔ t =
42
z = 1 − 4t


x =


⇒ y =


z =

⇒ EH =

1
42
163

−
42
38
42
−

163 38 
 1
;
⇒ H− ; −
÷
42 42 
 42

2

2

2

 1

 163

 38

− 1÷ +  −
+ 2÷ + 
− 3÷ =
−

 42

 42

 42


15834
42

2

=

377
42

• Gọi F (x; y; z) là chân đường phân giác trong góc E trên cạnh CD thì
uur
uur
uur
FC
EC
3
= − ⇔ 7FC = −3FD
uur = −
ED
7
FD
uur

uur
FC = (– x; –4 – y; 1 – z) ⇒ 7FC = (–7x; –28 – 7y; 7 – 7z)
uur
uur
FD = ( –1 – x; 1 – y; –3 – z) ⇒ -3FD = (3 + 3x; –3 + 3y; 9 + 3z)
3

x = − 10
−7x = 3 + 3x

uur
uur
25
25
2 


 3
7FC = −3FD ⇔ −28 − 7y = 3 + 3y ⇔ y = −
⇒ F− ; − ; −
÷
10
10
10
10


7 − 7z = 9 + 3z



2

z = − 10

FE =

2

2

2

3
25 
2



 1 + ÷ +  −2 +
÷ + 3 +
÷ =
10 
10 
10 




1218
=

100

609
50

Bài 32. Trong không gian tọa độ Oxyz cho tứ diện PABC. Biết P (1; –2; 1),
A(2; 4; 1), B(–1; 0; 1), C(–1; 4; 2). Tìm tọa độ hình chiếu H của P trên mặt
phẳng ABC.
Giải
uuu
r
uuu
r
uuu
r
AB = (–3; –4; 0), AC = (–3; 0; 1), BC = (0; 4; 1)
uuu
r
Gọi H(x, y, z) thì PH = (x–1; y + 2; z–1)
uuu
r uuu
r
PH ⊥ AC ⇔ –3(x–1) + z – 1 = 0 ⇔ 3x – z – 2 = 0 (1)
24


uuu
r uuu
r
PH ⊥ BC ⇔ 4(y + 2) + z – 1 = 0 ⇔ 4y + z + 7 = 0 (2)

uuur
AH = (x – 2; y – 4; z – 1)
uuur uuu
r
 AH, AB = (4z – 4; –3z + 3; –4x + 3y –4)


uuu
r
AC = (–3, 0; 1)
uuur uuu
r uuu
r
 AH, AB . AC
= –3(4z – 4) –4x + 3y –4


uuur uuu
r uuu
uuur uuu
r uuu
r
r
AH, AB, AC đồng phẳng ⇔  AH, AB . AC = 0 ⇔ 4x – 3y + 12z –8 = 0 (3)
Tọa độ H là nghiệm của hệ (1), (2), (3)
z+2
z+7
Từ (1): x =
; từ (2): y = −

thế vào (3):
3
4
1
 z + 2  3z + 21
4
+ 12z − 8 = 0 ⇔ 169z –1 = 0 ⇔ z =
÷+
4
169
 3 
1
1
+2
+7
339
113 ; y = 169
296
⇒ x = 169
=
=
−
=−
3
3.169 169
4
169
 113 −269 1 
;
;

⇒ H
÷
 169 169 169 
Bài 33. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình tứ diện ABCD biết A(2; 3; 1),
B(4; 1; –2), C(6; 3; 7), D(–5; –4; 8). Tính độ dài đường cao của tứ diện xuất
phát từ đỉnh D.
Giải
uuur
uuur uuu
r
DA=(-7; -7; 7) 
uuu
r
 ⇒  DA, DB = (−35; 7; − 28)
DB=(-9; -5; 10)
uuu
r
DC = (11; 7; –1)
uuur uuu
r uuu
r
 DA; DB .DC = –385 + 49 + 28 = –308


r uuu
r
1 uuur uuu
308 154
=
VDABC =  DA, DB .DC =

(đvtt)
6
6
3
uuu
r
uuu
r
AB = (2; –2; –3), AC = (4; 0; 6)
uuu
r uuu
r
 AB, AC  = (–12; –24; 8)


r uuu
r
1 uuu
1
1
SABC =  AB, AC  =
( −12 ) 2 + ( −24 ) 2 + 82 = .28 = 14 (đvdt)


2
2
2
3V
154
=

⇒ DH =
= 11 (đv chiều dài)
SABC
14
25