Giáo trình hình học Giải tích không gian

Giáo trình hình học Giải tích không gian. Tọa độ điểm trong không gian Trong không gian, mỗi điểm M tương ứng với duy nhất bộ ba số (x; y; z) và bộ ba số đó được gọi là tọa độ của điểm M, kí hiệu là M(x; y; z) hoặc M = (x; y; z) Cho hai điểm M1(x1; y1; x1) và M2(x2; y2; z2). Kí hiệu I là trung điểm của MN thì tọa độ (x; y; z) của I được xác định bởi công thức

Trang 2

Phần 1

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHƠNG GIAN Chương 1

PHÉP TÍNH TOA DO TRONG KHONG GIAN

1 TOM TAT Li THUYET

Toa độ điểm trong không gian

s Trong không gian, mỗi điểm M tương ứng với duy nhất bộ ba số (x ; ÿ ; Z) và bộ ba số đó được gọi là toạ độ của điểm M, kí hiệu là

M(x; y; 2) hoặc M = (x; y; 2)

» Cho hai điểm Mi(xị ; yị ; Z¡) và Ma(x¿ ; y¿ ; Z2) Kí hiệu 1 là trung điểm của MN thì toạ độ (x ; y ; z) của I được xác định bởi công thức z x=ŠL†*2 Zz, : 2 ~ Y1+Y2 2 x= 2112, 2 Công thức này thường được gọi “ tên là Hệ thức Sác lơ

*» Cho tam giác ABC với A = (Xi ;yị ; Z4); B= @2 ; y2 ; Z2) ¡ C= (X3; Y3 ; 4) Khi đó trọng tâm G của tam giác có toạ độ được xác định như sau

s-[t +X2 +Xs VỊ +Ya +Ya 7 c5)

, >

Trang 3

s Cho tứ điện ABCD Điểm G gọi là trọng tâm của tứ diện khi và chỉ khi GA + GB + GC + GD =0 Néu A = (x15 ¥1 5 21) B= (x23 yz i Zg) 3 C= (x35 y3 5 23); D= (x43 Yas 24) thì trọng tâm G của tứ diện có toạ độ được xác định như sau g=Í*I †X2 †Xã †X¿,YỊ †Y2 ÐYạ tỳaA, 2| † Z2 †Z4 +4 | 4 , 4 > 4

Vecto trong khong gian

* Trong khong gian cho vecto MN với

M = (x, 3 y1 3.21); N= (X23 yo 3-22) thi MN = (Xa ~ XI; Y2T— Y4; Z2 —Z1),

* Ta hay kí hiệu vectơ bởi các chữ cái ủ, Ở, W,

s Các phép tính về vectơ trong không gian cũng tương tự như các phép tính về vectơ trong mặt phẳng toa độ

* Giả sử t =(uạ; u2;uạ); Ý = (Vị; Vạ ; vạ) Khi đó ta có Hị =VỊ ci II V > jun =.Vvạ < uạ = V3 <i U + V = (uy + Vy 5 Uy + V2 5 U3 + V3), — ¥ = (uy -— vy 5 Up — va; U3 — V3), Mử = (Auy ; Aug; Au3), Oday Ae R

Trang 4

e Biểu thức giải tích của tích vô hướng :

Giảsử — ử =(u¡,u;,uy); V =(Vị, vạ, V3) Khi dé Ứ.V =UVị + 12V2 + U3V3 UV + U2V2 + 02V ; đệ tuệ tuy hệ + vỆ ri SLVYeâuv=0 ô cos(0,V) =

S UV) + UV? + U3V3 = 0 Tích có hướng của hai vectơ

Cho hai vectơ U = (uy, Uy, uạ)

<! = (VỊ, Vạ, V3)

Tích có hướng của ủ, V là một vectơ, kí hiệu là [d,V] và nó được xác định

bằng công thức sau đây ea.) Tích có hướng của hai vectơ t và Ý có các tính chất cơ bản sau : ủ2 3 V2 V3 U3 Uy) [UỊ 2 > > v3 Vị Vị v2 1) |[ú ¥]] = lal sina, ý)

2) [u,¥] = 6 <> i, ¥ là hai vectơ cùng phương

3) Vectơ [1,V] vuông góc với hai vectơ ử, Ÿ, đo đó [l,ÿ].ử = [,v].v =0

Áp dụng tích vô hướng và tích có hướng của hai vectơ ta có các kết quả sau :

1) Ba vectơ ủ, ŸỞ, w đồng phẳng (tức là ba phương của ba vectơ này nằm trên ba mặt phẳng song song) khi và chỉ khi [8v] ,W = 0 (ta thường gọi

[ũ,v] # là tích hỗn tạp của ba vectơ khác nhau)

c

2) Diện tích của hình bình hành ABCD là

Sxncp = [^s.^5],

Trang 5

3) Thể tích hình hộp ABCD.A'BCTD là

VABCD.A'BCD' = [^E AD |.AA\,

4) Cho hình tứ diện ABCD a) Thể tích tứ diện là llr—— ——1— VAgcp = =| AB AC ].AD] [AB C5 | BD| b) d(AB, CD) = —-———— — [sie

6 đây d(AB, CD) là khoảng cách giữa hai đường chéo nhau AB và CD

CHỈ DẪN VỀ LỊCH SỬ

Michel Chasles (Sáclơ) (1793 — 1880)

là nhà tốn học người Pháp Ơng là một nhà hình học tổng hợp nổi tiếng Công trình chính của ông "Khái quát về lịch sử nguồn gốc và sự phát triển các phương pháp trong hình học” cho đến nay vẫn còn là một công trình có chất lượng về lịch sử 2 CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN Michel Chasles (1793 - 1880)

Các bài toán cơ bản sử dung phép tính vectơ trong không gian Thí dụ 1 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối A — 2004)

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy

ABCD là hình thoi, AC cắt BD tại gốc toạ độ Biết A(2 ; 0; 0); B(0; 1; 0), 50;0; 242) Gọi M là trung điểm của cạnh SC

Trang 6

2) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại N Tính thể tích khối

chóp S.ABMN Giải

Trang 8

2 Xét cách giải khác sau đây Ta có VS,ABMN = VS.ABN + ŸS,BMN 1 11 2 VS.ABD * 5-5 ¥s.DBC 2 22 1V iv => 7+ 22 42 _3V => ở đây V=V§ABCD- (*) Ta có 1 4.2 Sapcp = —AC.BD ‘ABCD = 5 = —— =4 2 Từ đấy ve 142/2 3 - 8⁄2 3 Từ đó 3 8/2 Vs ABMN = m3 2

Ta thu lại kết quả trên với cách giải khác - phương pháp của hình học không gian thuần tuý !

Thí dụ 2 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối A — 2003)

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'BCTD' có A trùng với gốc của hệ toạ độ, B(a ; 0 ; 0), D(O; a ; 0), A'0; 0; b) (a>0,b >0)

Gọi M là trung điểm của CC

1) Tìm thể tích khối tứ điện BDA'M theo a, b

2) Xác định tỉ số 5 để hai mặt phẳng (A'BD) và (MBD) vuông góc

Trang 9

Giải

1) Từ giả thiết ta có : C(a ; a; 0); C(a; a; b), D(0; a; b), B(a ; 0; b)

Vì M là trung điểm của CC, nên M = [a 3a; 3): Ta có y BD = (-a:a;0) A D BA' = (-a; 0; b) i BZ wy Ss , —¬ b TT ` ` Cc BM =|0;a;—] TT 2 + pty IA \ ¬ Ms D Vi thé 1/7 i O -y>zZt >> — [tae >, Wiese" K [BB.BA'] = a 0| |0 =a| la a 25 L O bl lb —al j-a 0 x

= (ab, ab, a’)

Vay Vapam= 2 BD.BA"] Bia] = a2) 4 <0) 4Ÿ YRDAM 6 › s 5 mà

2) Gọi K là trung điểm của BD Do A'B = AD > A'K 1 BD

Trang 10

Thi du 3 (Dé thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối D — 2004)

Trong không gian với hệ toạ dộ Oxyz cho hình lăng trục đứng ABC.A;B,C; Biét A(a ; 0; 0), B(-a; 0; 0), C(O; 1; 0), By(-a; 0; b) voi a> 0, b>0

1) Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng B¡C và AC) theo a, b

2) Cho a, b thay đối nhưng luôn thoả mãn a + b = 4 Tìm a, b để khoảng cách giữa BỊC và AC) là lớn nhất Zz

Giải

1) Do ABC.A,B,C, 1a lang tru diing,

nên ta có ngay Ai =(a;0; b) C, =(0; 15; b) Theo công thức tính khoảng cách

Trang 11

Vậy giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa BỊC, AC) là x2 Giá trị này đạt

được khi và chỉ khi a = b= 2

Thí dụ 4 (Đề thì tuyển sinh Đại học, Cao đẳng — khối A 2006)

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A'BCTD' với A(0;0;0); B(1;0;0),D(0; 1;0), A(0;0; 1) Gọi M và N lần lượt là

trung điểm của AB và CD

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN Giải Ta có ngay toạ độ của các đỉnh còn lại như sau : B(1;0;1);Cd313;1);CU;1;0),D'0; 1; 1) VìM, N tươn;; ứng là trung điểm của AB, CD nên ta có : M(3 0:0}: n{4c1:0) 2 2 : AI] ` D Theo công thức về khoảng cách ta có AI 1 — \ [A'c.wN].cN| po É d(A'C,MN) = —————— [A'c.MN] (1) LN DA I ` — — iA | ID / Tacé A'C =(1;1;-1); MN =(0;1;0):; vế mena AA N TY — 1 B » \ eN =2 :0:0] 1 Cc L-IFETI 1H TÌ ` [A'€, MN | = Ty dep | =(1;0;1), 1 oO; |O 0 |0 1 Thay vào (1) và có | L2 d(A'C, MN) = ie alm

Nhận xét Ta giải lại bài toán trên bằng cách thuần tuý sử dụng hình học không gian như sau :

Ta có BC//MN = MN //(A'BC)

Mặt phẳng (A'5C) chứa A'C và song song song với MN, nên d(A'C, MN) = d(MN, (A'BC)) = d(M, (A'BC))

Trang 12

Ta có AB'LA'B (hiển nhiên vì ABBA' là hình vuông)

Do BC 1 (BAA'B') = BC L AB

Vậy AB L (A'BC), nên AH L (ABC

và AH là khoảng cách từ A tới (A'BC), (AB '¬ AB=H) Trong tam giác A'AB, kẻ MK // AH, thì MK L (A'BC) và d(M, (A'BC)) = MK a Do MK = JAH = tap = —, ta thu lai két qua trén 2 4 4

Ở đây thuần tuý dùng phương pháp hình học tổng hợp (phương pháp hình

học không gian thuần tuý !) :

Thí dụ 5 (Đề thi tuyén sinh Dai hoc, Cao dang khoi B — 2002)

Cho hình lập phuong ABCD.A,B,C,D, cé canh bang a

1) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A;B, và BỊD

2) Gọi M, N, P lần lượt là trụng điểm của các cạnh B¡B, CD, A¡D¡: Tính góc giữa hai đường thẳng MP và CN Giải z Dựng hệ trục toạ độ như hình vẽ Ai D 1 Trong hệ trục này ta có BZ i é A=O(0;0; 0) AL : B=(a;0;0);C=(a;a;0),D=(0;a; 0), +1 Ta NG ar

Trang 13

Dễ thấy AB =(a;0;-a); BỊD =(~a; a; ~a)

BD = (-a; a; 0)

Vay géc gitta hai duéng thing MP va C,N bang 90°, vì hai đường thẳng

này vuông góc với nhau

Trang 14

Từ (2) và (3) có B,D 1 (A,BC)) Trong (ADC,B,) thi B,D C¡H¡ = G (ở đây H; là tâm của mặt ABB¡A¡), khi đó B,Da (A¡BC)) = G Trong hình chữ nhật AB¡C¡D, do H; là trung điểm của AB; nên ta có GB, _ GH, _ ByH, _ 1 GD GC, CD 2 N Vì ABC) là tam giác đều có cạnh bằng a2 H, vay GH, = Loy, = 1 @v2N3 3 3 2 av6 ~ 6 B € Chú ý vi GH; là đoạn vuông góc chung của A¡B, B¡D nên ta có : A d(A,B, B,D) = GH, = 6 + D, 1 4f Ta thu lại kết quả trên B, 7 C, Xét cách chứng minh khác cho phần 2) + 2À Z t của bài toán me K WALL Gọi K là trung điểm của CC¡ Ta có † Ue7 a N MK 1 (CDD,C,) B é = MK 1 C,N 4 ! (4) € D, Trong hinh vung CC,D,D dễ thấy C,N 1 KD) (5) 7S K Tirdé CN L (MKD,P) => CNL MP y

Ta thu lại kết quả trên C D

Trang 15

Thí dụ 6 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối D — 2008)

Cho lăng trụ đứng ABC.A'EBC' đáy là tam giác vuông có BA = BC = a, cạnh bên AA'= a2 Gọi M là trung điểm BC Tính khoảng cách giữa hai đường thang AM và ĐC Giải Lấy B là gốc và dựng hệ trục toạ độ Bxyz (xem hình vẽ) Trong hệ trục toạ độ này ta có B=(0;0;0) A=(0;a;0) C=(a;0;0) B=(0;0;a2) m=(2;0;0) 2 Do vay AM=[Š;~a:0] B'C =(a;0;- a2) Ta có a(M, Bc) = LAM BC] By (1) [avec] ¿ AI |A _ Dễ thấy [AM, B'C] = 2 ° ; 0 2|;]2 4 Q -av2 -a/2 al ja 0 (25 22,2] _ 2

= [AM, B'C]|= a? ae pera Set (2)

Lại có LAM, B'C].AB' (ở đây AB'= (0; -—a;av2))

3 3

= = =- @)

Trang 16

Thay (2) và (3) vào (1) và có d(AM, B'C) = sứ,

Nhận xét : Xét cách giải khác thuần tuý hình học không gian như sau :

Gọi E là trung điểm của BB', ta có EM // BC A c => BIC// (AEM) Do AM e (AEM), nên d(B'C, AM) = d(B'C, (AEM)) = d(C, (AEM)) (do B'C // (AEM)) =d(B, (AEM)) (vi MB= MC), A Cc

Do ABC là tam giác vuông tại B, nên B.AEM là hình M chóp đỉnh B có BA, BE, BM đôi một vuông góc với nhau B

Gọi BH là đường cao hình chóp B.AEM, thì BH L (AEM) và H là trực tâm AAEM, ta có Pott ' BH? BA? BE? BM? 4 Do, tl 12 4 7 a2 a2 2 (2) a2 a2 az a2 2 2 = BH - 4/7 7 a7 => d(AM, B'C) = _

Ta thu lại kết quả trên

Bình luận : Về tính hiệu quả của các phương pháp, xin dành cho bạn đọc

Thi du 7 (Đề thi tốt nghiệp THPT — 2003)

Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A, B, C, D trong đó

A=(2;4;-—1); OB=Ï+4j-K;C=(2;4;3); OD=2Ï+2j~kK,

1) Chứng minh AB L ÁC, AC L AD, AD L AB 2) Tìm thể tích tứ diện ABCD

Trang 17

Giải D)Từ OB=i+4j-K=B=(1;4;-l); OD = 21+2j-k >D=2;2;-1) Ta có — AB =(-1;0:0); AG =(0;0;4); AD =(0; 2:0), Dé thay AB.AC = AB.AD = AC.AD =0, suy ra AB 1 AC, AB 1 AD, AC 1 AD => dpcm! 2) Ta có VABCp = cÍ^8 AC |API ) Taco [ AB, AC] = Oo 11 0 =(0;4;0) 0 4| |4 0| ¡0 0 Thay vào (1) đi đến 1 4 Vapcp = —|-8| = — (dvtt) ABCD sl | 3 (dvtt) Chú ý

1) Vi AB, AC, AD d6éi một vuông góc nên BA 1 (ACD) Khi đó BA chính là đường cao của hình chop B.ACD A 2 1 Do đó Vagcp = VB.acp = 3 ABSacp = = AB.AC.AD = 142 -4 (đvtt) 6 3 B D

Đó là cách giải khác cho câu 2): ral

Trang 18

Hs Ta có Sacp = [86 BD | _ las a Để thấy BE = (14054) BD = ¡72:01 d9 vảy =.8I-Íš dụ tị cj =(8;4; Vì vậy Sgcp = 2 V64 +l6+4 = 21 (3) 4 4/21 Thay (3) vào (2), ta có AH= —— = * Kim Thí dụ 8 (Đề thi tốt nghiệp THPT - 2004) Trong không gian cho bốn điểm A(1 ; -I ; 2), B(1 ; 3; 2), C(4 ; 3 ; 2), D4; —I; 2) Chứng minh bốn điểm A, B, C, D đồng phẳng Giải A, B, C, D déng phẳng c› ba vectơ AB, AC, AD đồng phẳng Tacó AB =(0;4;0); nc cap AP = 50:0) 0 [ AB, AC | ‘lo b b 3 4 =(0;0;-12) Vay | AB, mg = 0.3 +0.0 + (—12).0 =0 'Từ đó suy ra AB, AC, AD đồng phẳng =— đpcm Chú ý

Bài toán này tương đương với bài toán dạng sau :

Cho bốn điểm A(1 ; 0; 0); B(0; 1; 0), CO; 0; —1), D(-2 ; 1; —1) Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn nịh của một tứ diện

đồng phẳng :

Lam tuong tự như trên ta có

[ AB ac | AD =1#0> đpcm

Trang 19

Thí dụ 9

Trong không gian cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'BCT' với toạ độ các đỉnh như sau : A'(0; 0; 0); B(a; 0; 0): D'(O; b; 0), A(O; 0; c); trong đó a, b, c > 0 Gọi P, Q, R, S lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC', CD', DD Tìm mối liên hệ giữa a, b, c để PR L QS Giải Có thể thấy ngay các đỉnh D, B, C, D có 2 toa do 1a: A D Cc C'=(a;b;0); B=(a;0;c);C=(a;b;c); p/! D=(0;b;c) vỊ Theo công thức tính toạ độ trung điểm, B ms Cc ds ta CÓ t ¬ “ a c b 1 SY P=lI~;0;—|:Q=la;~;0,]; (5 3 Q ( 2 } Por JA'SO_ Sy ON Đ Z⁄ ⁄ R R= 3 b;0 ;S= 0:b:£) aly ⁄ 2 2 B Q Cc PR 1 QS PROS =0 K ‘ bc? œ=-= =0®b=c(dob>0,c >0), Đó chính là điều kién dé PR L QS Thi du 10 Trong không gian cho hai tt dién ABCD, A,B,C,D,, trong dé A(5 ; 3; 1), B4 ; -1 ; 3), C-6°; 2; 4), D2; 13 7), Ay(6; 3 3-1), B\O ; 2: =5), C;¡; 4; L) được xác định Tim toa độ của đỉnh D; sao cho hai tứ dién ABCD, A,B,C,D, có cùng trọng tâm Giải

Giả sử Dị = (XI ; yị ; Z4) Gọi G và G¡ lần lượt là trọng tâm của tứ điện

Trang 20

22 _3-l+2+l 5 _3+2+4+yi Ot yy YG 4 4° 7G 4 4 I+3+4+7 15 -1-S54+14+2z, -5+%4 ZG = FT 2G =——- =_— 4 4 1 4 4 9+x, =5 xy =-4 Vì thế G=G¡ © 49+y¡i =5 yy, =-4 5 +2, =15 Zz, = 20 Tóm lại hai tứ dién ABCD va A,B,C,D, cé cing trong tam = D, =(-4; -4; 20) Chủ ý

Ta có bài toán liên quan sau đây : Cho hai tứ diện ABCD và A¡B¡€,D Hai tứ điện này có cùng trọng tâm khi và chỉ khi AA, +BB, + CC, + DD, = 0 a) Thật vậy nếu gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD, thì GA +GB +GC + GD = Ö ⁄ (2) Theo quy tắc trừ vectơ thì (1) @ (GA; - GA) + (GB; ~ GB) + (GC, - GC) + (GD, - GD) = 6 < (GA, + GB; + GC, +GD¡] -(GA + GB + GC + GD] =Ủ @) Từ (2) và (3) có (1) © GA¡ + GB, + GC¡ + GD, =Ö

<= G=Gy,, 6 day G, 14 trong tam cia ti dién A,B, C,Dj

Ap dung (1) có thể giải lại bài tập trên như sau :

Giả sử Dị =(XỊI;Yy¡; Z4) Ta có

AAi =(1;0;~2); BBỊ =(-4; 3; -8) ;

Trang 21

_ Hai tit dién ABCD vi A,B,C,D, c6 cùng trọng tâm khi và chỉ khi (1) thoả mãn, tức là khi và chỉ khi ta có I~4+9+@œ¡-2) =0 xị=-4 0+3+2+(y¡—==0 Say, =-4 @D, =(-4; -4; 20) [-2-8-34+(%-N=0 |x =20 Ta thu lại kết quả trên Thi dull Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(2; 4; —1); B(1 ; 4; —I); C2; 4; 3); D(2; 2; -l) /

1) Chứng minh ABCD là một tứ diện

2) Xác định toạ độ điểm M trong không gian để cho đại lượng MA? + MB? + MC? + MD” đạt giá trị nhỏ nhất và hãy tính giá trị ấy Giải 1) Ta có AB =(-1;0;0); AC =(0;0;4); AD =(0;~2;0) —- +; (|0 of jo -1 |-1 0

Tacé [AB AC] = , 0 4 |4 0 0.0 =(0;4; 0)

Trang 22

Từ (1) suy ra đại lượng MA” + MBÊ + MC? + MDỶ nhận giá trị bé nhất khi và chỉ khi MG =0 © M =G Vay M= (2 5 : :0] là điểm duy nhất của không gian thoả mãn yêu cầu đề ra Giá trị nhỏ nhất S của đại lượng MA? + MB” + MC” + MĐỶ là S= GA? + GB? + GC? + GD? "l-3ŸsG-+j e#|*lE-Js6-3] «| "2Ï ốc} e

Chú ý Từ thí dụ trên ta suy ra kết quả sau :

Cho tứ diện ABCD Với mọi điểm M trong không gian, ta có

MA’ + MB’ + MC? + MD’ = GA? + GB? + GC? + GD? + 4MG3,

ở đây G là trọng tâm của tứ điện ABCD

Kết quả này thường gọi là "hệ thức Lepnhit" trong không gian Nó giống như "hệ thức Lepnhit" trong hình học phẳng đã biết :

Trong mặt phẳng cho tam giác ABC Khi đó với mọi điểm M trong mặt

phẳng, ta có hệ thức MA” + MB + MC” = GA? + GB + GC? + 3MG?, ở dây

G là trọng tâm của tam giác ABC CHi DAN VE LICH SỬ

Leibniz G.W sinh 6 Leipzig nam 1646 1a nha toán học thiên tài người Đức Ông cùng với

Newton I (nhà toán học, vật lí người Anh) phát

minh ra phép tính tích phân

Các từ toạ độ, hoành độ, tung độ dùng trong hình học giải tích ngày nay là do Leibniz đóng góp

vào nam 1692,

Học sinh phố thông quen biết đến ông qua

công thức kinh điển Newton-Leibniz khi học về LeibnizG.W

tích phân (1646 - 1716)

Định dạng
Số trang	22
Dung lượng	2,98 MB