SKKN TOAN THPT 65

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT TRẤN BIÊN Mã số:…………….. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP TOÁN BẰNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ VÀ TỌA ĐỘ. Người thực hiện : TRẦN THỊ NGỌC HÒA Lĩnh vực nghiên cứu : Phương pháp dạy học bộ môn: Toán Có đính kèm: □ Mô hình. □ Phần mềm. □ Phim ảnh. □ Hiện vật khác: Đĩa CD. Năm học 2011 – 2012.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> A. ĐẶT VẤN ĐỀ. Trong quá trình dạy học các năm tôi đã nghiên cứu, tham khảo các tài liệu, chuyên đề về ứng dụng của phương pháp vectơ và tọa độ để ôn luyện cho học sinh. Đặc biệt ta thấy rỏ ràng với việc sử dụng phương pháp vectơ và tọa độ cho phép chúng ta nghiên cứu hình học bằng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp cho học sinh có thêm một công cụ để diễn đạt, suy luận để làm một bài toán đồng thời tạo cho học sinh có thêm những hiểu biết cần thiết để hiểu rỏ cấu trúc toán học ở bậc cao hơn. Tuy nhiên vấn đề đặt ra là cần đưa nội dung của phưong pháp vectơ và tọa độ ở mức độ như thế nào là thích hợp với điều kiện phát triển trí tuệ và sinh lý của học sinh, đảm bảo tính hiện đại, có hệ thống nhưng phải vừa sức với học sinh. Trong dạy và học toán nhiệm vụ của thầy và trò là tìm ra một phương pháp phù hợp để giải các bài tập là quan trọng nhất, chọn được phương pháp phù hợp giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh, gọn, chính xác. Trong chuyên đề này tôi muốn trình bày việc sử dụng phương pháp vectơ và tọa độ để giải một số bài tập toán nhằm giúp học sinh hiểu rỏ thêm về không gian vectơ – tọa độ và rút ra những kinh nghiệm bổ ích khi làm bài tập toán.. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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  . 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 goc x’Ox và MK vuông góc y’Oy. Theo qui tắc hình bình hành, ta có:    OM OH  OK   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). . . . 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 vô 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.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  . . . a.b  a . b. cos .   a b khi và chỉ khi và là hai véctơ cùng hướng   a.b a1.b1  a2 .b2   . ab. a12  a2 2 . b12  b2 2. Khoảng cách từ điểm M(x0, y0) đến đường thẳng (D):Ax +By +C = 0 là : d (M , D) . Axo  Byo  C A2  B 2. 5. Phương trình của đường thẳng, đường tròn * 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 = R 2 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   . 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 véctơ. 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 : . . . . 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)..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3. Các phép tính véctơ : . . 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 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. cos.   a b khi và ch ỉ khi và là hai vectơ cùng hướng   a1.b1  a2 .b2  a3.b3 a.b   . 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(x 0,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.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> b. Phương 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:  x x0  a1t   y  y0  a2t  z z  a t 0 3 . (t là tham số) c. Phương trình mặt cầu tâm 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 PHƯƠNG PHÁP VECTƠ VÀ TỌA ĐỘ 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 ) . .  . . 2. 2 . . a b  a.b  a b (a.b)2. Ta có 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 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.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Xét 3 điểm. y 3 3 3 y z 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   AB ( x     AC ( x  . y. 3 y) 2 2 z 3 , z) 2 2. ,. Hai véctơ này không thể ngược hướng (vì hoành độ cùng âm) do đó không thể xảy 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.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>    u v  x 3 x 1  x 2  6 x  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).

<span class='text_page_counter'>(9)</span>   a  (1  cos x) 2  22  cos x 2  2cos x  5   2 2 2  b  (2  cos x)  2  cos x  4cos x  8    a  b  32  42 5 Khi đó :      a  b a b từ <=> y 5 Dấu “=” xảy ra (chẳng hạn) tại. x. 2 3. Vậy miny=5 Bài 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y  x 2  2 px  2 p 2  x 2  2qx  2q 2 ( p q) Giải 2 2 2 2 Ta c ó y  ( x  p)  p  ( x  q)  q. 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 y  2 p 2  2q 2  2( p  q ) (MA + MB) nhỏ nhất  M trùng O, tức là min 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.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> . .  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. Bài 7 Giải phương trình:. O M x 2  2 x  2  4 x 2  12 x  25  9 x 2  12 x  29 A’. 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.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>    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  uv m  2 2  u  v 9 u 0, v 0 . u  v 1  10  2m (1)  2 2 (2) u  v 9 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.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 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    . Bài 10: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y  f ( x)  cos2 x  6cos x 13  cos2 x  2cos x  2 trên.  2004 , 2006 . (Hướng dẫn) Xét hai vectơ   a (3  cos x, 2)  b (1  cos x,1). Bài 11: Chứng minh rằng với mọi giá trị x, y ta có 4 cos 2 x cos 2 y  sin 2  x  y   4 sin 2 x sin 2 y  sin 2  x  y  2. ( Hướng dẫn) Xét hai vectơ  u (2 cos x cos y, sin  x  y   v (2 sin x sin y, sin  x  y . 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 =  . Chứng minh rằng:.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 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) , M(x,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. AM cos  AM sin   0 b c  AM (c cos   b sin  ) bc bc  AM  c cos   b sin . y B O. 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 Chứng minh:. ma  mb  mc . 9R 2. (Đại học Y Dược TPHCM năm 2000) A. Giải c. B. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac ABC.Ta có:. O. a. b. C.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>    (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 9  ma  mb  mc  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 Khi đó: H(0,0), A(0,a), B(-c,0), D(x,y). y A.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> D M B. O=H. C. x.    DH  AC ( x,  y )(c,  a) 0     AD cung phuong AC   x y  a 0 c  a  Ta có :. cx  ay 0.  .  ax  cy ac. Vậy. D(.  a 2c x    a2  c2   2 y  c a  a2  c2 . a 2c c2a , ) a 2  c 2 a 2  c 2 , M là trung điểm của HD nên:. a 2c c2 a , ) 2(a 2  c 2 ) 2(a 2  c 2 )   2a 2c  c3 c2 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 ) M(. Vậy BD Vuông góc AM (đpcm). Bài 4 (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979) 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..

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Giải Gọi I,R là tâm và bán kính của đường tròn (c) ngoại tiếp tam giác đều ABC.. Dựng hệ trục như hình vẽ, ta có. A(0,0); B(. 3R R 3 3R  R 3 , ); C ( , ); I ( R,0) 2 2 2 2. M ( x, y )  (C )  MI R  MI 2 R 2  x2  y 2 2 Rx  3R 2 R 3 2 MA  MB MC ( x  y )   ( x  ) (y  )  2 2   4. 4. 4. 2.  3R 2 R 3 2   (x  ) (y  )  2 2  . Ta có. 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 (Đề thi vô địch Anh - năm 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. Giải 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 A D E I B. O. x C.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>    DI  BA    OI  BC . c a  ( x  , y  ).(c, a) 0 2 2  ( x, y ).(2c, o) 0.  x 0   a2  c2 y   2a . V ậy. I (0,. a2  c2 ) 2a.   c c 2 3c a c 2 c 2  IE.DC ( , )( ,  )   0 6 2a 2 2 4 4  IE  DC (dpcm). IV. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PH ƯƠNG PHÁP VECTƠ VÀ 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 . . . 2 2 2 Xét hai véc tơ u ( x0 , y0 , z0 ) ; v ( x0 , y0 , z0 ) trong đó u ( x0 , y0 , z0 ). Là nghiệm tuỳ ý (nếu có) của hệ đã cho. . 3 3 3 Ta có u.v x0  y0  z0 1. . Ngoài ra tính được  . Vậy. . u . v 1 u.v. Do đó. .  . u.v  u . v. . u 1 ; v  1  2( x02 y02  y02 z02  z02 x02 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Dấu bằng xảy 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. Từ đó suy ra. 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. 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      u.v  u . v. Suy ra(1). Đẳng thức này luôn đúng 3 50 x  3 Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là 2. Bài 3.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>         Giải hệ: . x y  z 3 x2  y 2  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  y 2  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.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - các vuông 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   .  .  . sin 2(u, v)  2sin(u, v).cos(u, v)  ta có  . 2(1  ab)(a  b) 1 (1  a 2 )(1  b2 ). 1 (a  b)(1  ab) 1   2 (1  a 2 )(1  b2 ) 2. Bài 5 : Cho x là số thực, chứng minh. sin x  2  sin 2 x  sin x 2  sin 2 x 3 Giải ( Hướng dẫn).  2  a (sin x,1, 2  sin x )   b (1, 2  sin 2 x , sin x)  Xét 2 vectơ: 2 CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG 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.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> z. y. o. B. x 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) Khi đó phương trình mặt phẳng (ABC) là:. x y z   1 a b c. Hơn nữa:. 1 1 1 1    a b c 2005. (Do giả thiết).  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 cua 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 .   AB ; AD ; AA ' Khi đó : A(0,0,0) , C(a,b,0) , D’(0,b,c). phương trùng với.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> . .  . AC (a, b,0); AD ' (0, b, c);[ AC , AD] (bc,  ca, ab) 1  S  [ AC , AD] ACD ' 2 1 A  b 2 c 2  c 2 a 2  a 2b 2 2 ’. D’. B’. b/ Dễ dàng tính được 3ab S  DMN 8 1 abc V  S DD '   DMN 3 8. A. C’. A. D. B C. 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 a2 2 với (d) và ở trong (Q) lấy điểm N sao cho BN = 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 a2 , a, 0 toạ độ (0,a,0); N có toạ độ ( b ). Ta có . z. BM (0, a, b)  a2 BN ( ,0,0) b. M. b 0 ab a b 2 , 2 [ BM , BN ] ( , ) (0, a 2 ,  a 2 ) 0 0 0 a a 0 b b 2 a (0,1,  1). b. . A. Phương trình của mặt phẳng này là:. B. N. . Do đó mp(BMN) qua B(0,a,0) và có VTPT là v (0,1,  1). b. x. Y.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> (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 . b/ Ta có. MN (. a2 a4 , a,  b)  MN  4  a 2  b2 b b. MN  a 2  2a 2 (bất đẳng thức Côsi). a4 a 3  2 b2  b a b MN có độ dài cực tiểu MinMN a 3 khi b a Bài 4: Cho tứ diện OABC có các tamgiácOAB, OBC, OCA là các tam giác vuông tại đỉnh O. Gọi  ,  ,  là các góc lần lược hợp bởi các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) với mặt phẳng (ABC), chứng minh rằng a. Tam giác ABC có ba góc nhọn 2 2 2 b. cos   cos   cos  1. Giải z. C. O. A B I. x y.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0, c) a,b,c > 0 a. Ta có AB = (-a, b, 0), AC = (-a, 0, c) AB. AC.  cosA = cos( AB, AC ) =. AB . AC. a2 a 2  b 2 . a 2  c 2 > 0  A là góc nhọn.  cosA =. Chứng minh tương tự B, C nhọn  1 1 1 x y z   1  n ( , , ) a b c b. Phương trình (ABC): a b c   n 1 1,0,0  Phương trình (OBC) là x = 0   n 2  0,1,0  Phương trình (OCA) là y = 0   n3  0,0,1. Phương trình (OAB) là z = 0.  2   n.n1   n.n2     cos   cos   cos           n . n1   n n2 1 1 1   2 b 2 c 2 1 a 1 1 1  2  2 2 a b c 2. 2. 2. 2    n.n3      nn 3  .    . 2. 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:.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> . 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 tgB . b 2 c 2  a 2 c 2  a 2 b 2 2a 2b 2 tgB.tgC   2 2 2(dpcm) a 2b 2 ab Vậy Bài 5: Cho tam giác vuông góc ở A.tìm quỹ tích các điểm M trong không gian thoả mãn : MB 2  MC 2 MA2. Giải. z. A,O B x. 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.

<span class='text_page_counter'>(26)</span>  ( 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. BÀI HỌC KINH NGHIỆM.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> - Sau khi thực hiện chuyên đề này tôi đã đưa vào một số lớp để ôn luyện vào các tiết tăng cường thì tôi thấy được sự tập trung và thích thú của các em học sinh , có thể là do các bài tập có dạng khác so với các bài tập trong SGK và nó gần với đề thi Đại học - Một số học sinh vận dụng thành thạo phương pháp vectơ và tọa độ để giải bài tập tương đương - Nên vận dụng linh họat tùy theo sức học của học sinh để các em tiếp thu vấn đề một cách nhẹ nhàng từ dể đến khó, từ đơn giản đến phức tạp từ đó các em khơng nản trong việc làm bài tập. D. 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, vì vậy kính mong sự góp ý, rút kinh nghiệm quý báu từ quý thầy cô, đồng nghiệp để chuyên đề của tôi được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn. Trước khi khép lại chuyên đề này tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy trong tổ đã tận tình giúp đỡ tôi trong quá trình viết chuyên đề này. Biên Hòa, ngày 15 tháng 5 năm 2012 Người Thực Hiện. TRẦN THỊ NGỌC HÒA. TÀI LIỆU THAM KHẢO.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 1. Phan Đức Chính và cộng sự - Các bài giảng luyện thi môn toán 2. Nguyễn Gia Cốc - Ôn luyện giải toán hình học bằng phương pháp vectơ và tọa độ 3. Văn Như Cương. - Bài tập Hình học 11 Nâng Cao - Nhà xuất bản giáo dục. 4.Trần Văn Hạo và cộng sự (2006) - Hình học 10 – Nhà xuất bản giáo dục 5.Trần Văn Hạo và cộng sự - Sách giáo viên Hình Học 11- Nhà xuất bản giáo dục 6. Trần Văn Thương - Hình học giải tích - Nhà xuất bản Đà Nẵng..

<span class='text_page_counter'>(29)</span>