SKKN: Sử dụng phương pháp véctơ và tọa độ giải một số bài toán sơ cấp thường gặp

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
VÉCTƠ VÀ TỌA ĐỘ GIẢI MỘT SỐ
BÀI TOÁN SƠ CẤP THƯỜNG GẶP


HIỆP HỊA THNG 1 NĂM 2012
A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Dựa vào phương pháp toạ độ do chính mình phát minh Descartes đã sáng lập
ra mơn hình học giải tích .Qua đó cho phép chúng ta nghiên cứu hình học bằng
ngơn ngữ đại số thay cho ngơn 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 tốn việc lựa chọn cơng cụ phù hợp để giải các bài toán là
việc làm rất cần thiết, chọn được cơng cụ thích hợp tất nhiên lời giải sẽ tốt nhất.
Sau đây tơi xin trình bày việc sử dụng“phương pháp vectơ và toạ độ” để giải một
số bài tốn sơ cấp ơ’ phổ thơng.
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 vng
 
góc 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 vng góc Oxy.
2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ: Cho điểm M trong mp Oxy.
Hạ MH vng goc x’Ox và MK vng góc y’Oy. Theo qui tắc hình bình
hành, ta có:
  
OM  OH  OK



 xe1  ye2

của

Bộ hai (x, y) được hoàn toàn xác định bởi điểm M và được gọi là toạ độ
điểm M, ký hiệu M(x, y).








Cho a trên hệ trục. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OM  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

hệ trục Oxy và ký hiệu là a = (x,y).
3. Các phép tính véc tơ :


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 vơ hướng hai véc tơ được xác định như sau:
 
a  b  (a1  b1 , a2  b2 )




a  b  (a1  b1 , a2  b2 )

k.a  (ka1 , ka1 )
 

a.b  a1b1  a2b2
4. Các công thức về lượng :


Cho hai véc tơ a  (a1 ; a2 ) ; b  (b1 ; b2 ) và gọi  là góc tạo bởi hai véctơ đó
 

 





a.b  a . b khi và chỉ khi a và b là hai véctơ cùng hướng
 

a.b
a1.b1  a2 .b2
cos     
ab
a12  a2 2 . b12  b2 2
Khoảng cách từ điểm M(x0, y0) đến đường thẳng (D):Ax +By +C = 0 là :
Ax  By  C

d ( M , D)  o 2 o 2
A B
5. Phương trình của đường thẳng, đường trịn .
* Phương trình của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x0, y0) và nhận véctơ

n  ( A, B) làm véc tơ pháp tuyến là:
A(x – x0) + B(y – y0) = 0
* Phương trình đường trịn tâm I (a, b) bán kính R là: (x – a)2 + (y – b)2

=R2
II.HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VNG GĨC TRONG KHÔNG GIAN.
1. Định nghĩa :


Trong không gian cho ba đường thẳng x’ox, y’oy, z’Oz vng góc
  
với nhau đơi 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 vng góc Oxyz.
2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ.
Cho điểm M trong kh ơng gian Oxyz. Hạ MH vng góc x’Ox, MK
vng góc y’Oy và ML vng góc z’Oz. Theo qui tắc hình hộp, ta có :
   
OM  OH  OK  OL



 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).

 

Cho a . Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OM  a . Gọi (x,

y. z) là toạ độ của điểm M. Khi đó bộ ba (x, y, z) gọi là toạ độ của véc tơ a trên hệ

trục Oxyz và ký hiệu là a = (x,y,z).
3. Các phép tính véc tơ :


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
vơ hướng, tích có hướng hai vectơ được xác định như sau:
 
a  b  (a1  b2 , a2  b2 )




a  b  (a1  b1 , a2  b2 )

k.a  (ka1 , ka1 )
 

a.b  a1b1  a2b2
 
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 :


Cho hai vectơ a  (a1, a2 , a3 ) ;b  (b1, b2 , b3 ) và gọi  là góc tạo bởi hai

vectơ đó

 

 





a.b  a . b khi và ch ỉ khi a và b là hai vectơ cùng hướng
 

a1.b1  a2 .b2  a3 .b3
a.b
cos     
ab
a12  a2 2  a32 . b12  b2 2  b32


Cho (D) là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương




a  (a1, a2 , a3 ) 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 :
a2 a3

d ( M , D) 

2

2

a a
aa
 3 1  1 2
b2 b3
b3 b1
b1 b2

2

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(x0,y0,z0) và có cặp


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. Phương trình tham số của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x0,y0,z0)

v à nhận vectơ a  (a1, a2 , a3 ) làm vectơ chỉ phương là:
 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:



Trên mặt phẳng toạ độ xét 2 vectơ : a  ( x1 , y1 ); b  ( x2 , y2 )


 

Ta có

 

 2  2

 

a b  a.b  a b  (a.b)2

vậy (x12 +y12) (x22 +y22)  (x1 x2+ y1 y2)2
 
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 can chứng minh tương đương với:
y
z
y z
3 2
3 2

3
3 2
y )  ( x  )2  (
z )  (  )2  (
y
z ) (1)
( x  )2  (
2
2
2
2
2 2
2
2
3
3
y 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
 
y 3
y)
 AB  ( x  ,

2 2


3
z
 
 ( x  ,  z )
AC

2
2

Hai véctơ này không thể ngược hướng (vì hồnh 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:


u  ( x  3, x  1)

v  (1,1)

 u  ( x  3) 2  x  1


 v  3
 
u.v  x  1  x  3





 

Suy ra bất phương trình (1) tương đương u.v  u . v


 u  v

 x  3  x 1
 x2  6x  9  x 1

x  3
 x 2  7 x  10  0


x  3
 x  5

   x  2
x  3

 x5

Vậy x=5 là nghiệm duy nhất.
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:

a  (cos 2 x,1)  
 a  b  (cos 2 x,0)

2
b  (sin x,1)
Khi đó, từ
   
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:

a  (1  cos x,2)

b  (2  cos x,2)



 a  (1  cos x) 2  22  cos x 2  2cos x  5


Khi đó :  b  (2  cos x) 2  22  cos x 2  4cos x  8
 
 a  b  32  42  5

   
a  b  ab
từ
<=> y  5
Dấu “=” xảy ra (chẳng hạn) tại x 

2
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 tốn 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


 x  p  k (q  p)
 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:

 
u  ( x  1,1)
 u  v  (3x  2,5)

v  (2 x  3, 4)



 u  x2  2 x  2


  v  4 x 2  12 x  25
 
 u  v  9 x 2  12 x  29


Suy ra phương trình (1) tương đương:
   
uv  u  v




 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 trịn có tâm tại góc toạ độ và
bán kính = 3
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng (1) và đường trịn (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


(Hướng dẫn)
Xét hai vectơ
 
1 3
 x   a  ,


2 2 



1 3
  
 y    a  2 , 2 




1  2cos 2 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

 2004 , 2006 

(Hướng dẫn)
Xét hai vectơ


a  (3  cos x, 2)

b  (1  cos x,1)

2. CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC :
Bài 1: Cho tam giác ABC vng tại A, các cạnh góc vng là bvà c, M là một

điểm trên cạnh BC sao cho góc BAM =  . Chứng minh rằng:
bc
AM =
c.cos   b sin 
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  , y = AM sin  .
y
Nên M(AM cos  , AM sin  )


c
Do M thuộc BC  CM cùng phương v ới CB
M

y
O

B
x

X


AM cos  AM sin 
0
b
c
 AM (c cos   b sin  )  bc

bc
 AM 
c cos   b sin 


Bài 2: Cho tam giác ABC có độ dài các trung tuyến va độ dài bán kính đường
trịn ngoại tiếp lần lượt là ma , mb , mc , R

Chứng minh:

ma  mb  mc 

9R
2

(Đại học y dược TPHCM năm2000)
Giải

A
c

B

O

b

a

C

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac ABC.Ta có:
  
(OA  OB  OC ) 2  0

     
 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 vng góc BD.
Giải
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Khi đó: H(0,0), A(0,a), B(-c,0), D(x,y)

Y
A

B

M
O=H

C

D
x

 
 DH  AC
( x,  y )(c, a)  0






Ta có :  AD cung phuong AC   x y  a

c a 0




a 2c
 x  2  2
a
c
 
2
c a
y 
2

a  c2

cx  ay  0

 

ax  cy  ac

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 )
 
2a 2c  c3 c2 a
a 2c
-c2 a  2a3
)
 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 )
M(

Vậy BD Vng góc AM (đpcm)
Bài 4 (Đề thi HSG tồn quốc – Năm 1979)
Điểm M nằm trên đường trịn 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 trịn (c) ngoại tiếp tam giác đều
ABC.
Dựng
hệ
trục
như
hình
vẽ,
ta
có
3R R 3
3R  R 3
,
); C ( ,
); I ( R,0)
2
2
2
2
M ( x, y )  (C )  MI  R
 MI 2  R 2  x 2  y 2  2 Rx

A(0,0); B(


R 3 2
3R

MA  MB MC  ( x  y )  ( x  )2  ( y 
) 
2
2 

4

Ta có

4

4

2

2 2


3R
R 3 2
) 
 ( x  )2  ( y 
2
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 R3 x
 6 R 2 ( x 2  y 2 )  18R 4 12 R3 x
 6 R 2 2 Rx  18R 4  12 R3 x  18R 4
Vậy giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M
B ài 5 (Đ ề thi v ơ 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 vng 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
 
c
a

 DI  BA
x
y
c
a
(

,


).(
,
)

0

2
2
    
A
( x, y ).(2c, o)  0
OI  BC
x  0
D

2
2

a c
E
y 
2a

I
x
2
2
a c
)
V ậy I (0,

2a
O
B
C
2
2
2
 
c c 3c a c c
 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







Xét hai véc tơ u  ( x0 , y0 , z0 ) ; v  ( x0 2 , y0 2 , z0 2 ) trong đó u  ( x0 , y0 , z0 )
Là nghiệm tuỳ ý (nếu có) của hệ đã cho.
 
Ta có u.v  x03  y03  z03  1




Ngồi ra tính được u  1 ; v  1  2( x02 y02  y02 z02  z02 x02  1
 

 

Vậy u . v  1  u.v
 

 

Do đó u.v  u . v

Dấu bằng xãy ra

 x0 y0  1


y z 1
  0 0
 z0 x0  1
x  y  z 1
0
0
 0

Từ đó suy ra

 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  3 x  12

Giải

Điều kiện:


 x  1


3
3
50

 x
x 
2
2
3

50

 x  3

Trong mặt phẳng Oxy xét các vectơ:


u  (1,1,1)

v  ( x  1, 2 x  3, 50  3 x )

u  3


  u  x  1  2 x  3  50  3 x  48  4. 3
 
u.v  x  1  2 x  3  50  3 x




 

Suy ra(1)  u.v  u . v
Đẳng thức này ln 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:

u  ( x, y, z )

v  (1,1,1)


 u  x2  y2  z 2  3


 u  3
 
u.v  x  y  z  3

  
 u.v  u . v


 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).

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 vng góc Oxyz, đặt



u  (1, a,0)

v  (1, b,0)
 

1  ab
cos(u, v) 
1  a 2 1  b2
 
 
ab


sin(
u
,
v
)

1  a 2 1  b2

 

 

 

ta có sin 2(u, v)  2sin(u, v).cos(u, v) 


2(1  ab)(a  b)
1
(1  a 2 )(1  b2 )

1 (a  b)(1  ab) 1


2 (1  a 2 )(1  b2 ) 2

3. CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
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 vng 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)
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 vng góc có gốc trùng với đỉnh A, các trục có
  
phương trùng với AB ; AD ; AA ' Khi đó : A(0,0,0) , C(a,b,0) , D’(0,b,c).




 

AC  (a, b,0); AD '  (0, b, c);[ AC , AD]  (bc, ca, ab)
1  
 [ AC , AD]
S
ACD ' 2
A’
1
 b 2 c 2  c 2 a 2  a 2b 2
2
B’
b/ Dễ dàng tính được
3ab
S

DMN

8
B
abc
1
V  S
DD ' 
DMN
3
8

D’

C’
D
C

Bài 3:Cho hai nửa mp (P) và (Q) vng góc với nhau theo giao tuyến (d).
Trên (d) lấy AB = a (a là độ dài cho trước). Trên nửa đường thẳng Ax vng góc
a2
với (d) và ở 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

BM  (0, a, b)

a2
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)
 



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
Khoảng cách từ A(0,0,0,) đến mặt phẳng đó là :
a
a

11
2

z

M
b
A



a2
a4
b/ Ta có MN  ( , a, b)  MN  4  a 2  b 2
b
b
MN  a 2  2a 2 (bất đẳng thức Côsi)
a4
a 3  2  b2  b  a
MN có độ dài cực tiểu
b
MinMN  a 3 khi b  a

b B

Y

N
x

Bài 4: Cho một góc tam diện ba mặt vng 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 vng 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:

n1  (bc, ac, ab)

n2  (bc, ac, ab)
Góc nhị diện cạnh OA vuông khi và chỉ khi:
 
n1.n2  0  b2c 2  a 2c 2  a 2b 2
Trong tam giác ABC ta có:
b 2 c 2  a 2 c 2  a 2b 2
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
Vậy tgB.tgC 
 2 2  2(dpcm)
a 2b 2
ab
Bài 5: Cho tam giác vng goc ở A.tìm quỹ tích các điểm M trong không gian
thoả mãn :
tgB 

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)

C. KẾT LUẬN

Trên đây là một số bài toán đại số và hình học trong mặt phẳng cũng như
trong khơng 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 tốn đại số hoặc giải tích và tìm
ra lời giải ngắn gọn, phần nào làm sáng tỏ vấn đề mà tơi đưa ra. Trong q trình
viết, do thời gian và kinh nghiệm giảng dạy có hạn nên chắc khơng tránh khỏi
nhiều thiếu sót, mong các thầy cơ góp ý. Tơi xin chân thành cảm ơn.

Hiệp Hịa, tháng 1 năm 2012
Người viết

Nguyễn Cảnh Phong