Phương pháp toạ độ và các ứng dụng

Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp Mục lục Trang Lời nói đầu……………………………………………………………………… Chương 1: Một số kiến thức liên quan……………………………………3 A Khái niệm tính chất bản………………………………… …3 I Các khái niệm …………………………………………………….3 II Một số tính chất E2 E3 ………………………………….4 B Một số công thức tọa độ Đêcác vuông góc……………….6 I Xét E2 …………………………………………………… II Xét E3………………………………………………………8 Chương 2: Một số ứng dụng giải tóan phương pháp tọa độ…………14 Bài 1: Phương pháp tọa độ……………………………………………… 14 Bài 2: Lớp toán giải phương pháp tọa độ…………….15 I: Lớp toán tính góc khoảng cách………………………… 15 II: Lớp toán chứng minh tính vuông góc………………….24 III: Lớp toán chứng minh thẳng hàng, đồng phẳng……… 30 IV: Lớp tóan tìm quỹ tích…………………………………… 38 V: Lớp toán định tính chứng minh mối liên hệ đại số…………46 VI: Lớp toán chứng minh bất đẳng thức đại số……………52 Kết luận: ……………………………………………………………………… 59 Tài liệu tham khảo:………………………………………………………………60 Hoàng Thị Ngọc Anh K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp lời nói đầu Hình học môn học có tính hệ thống chặt chẽ, tính lôgic tính trừu tượng hóa cao Vì hình học môn học khó học sinh Với tập hình học có nhiều phương pháp giải khác nhau: Phương pháp tổng hợp, phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ… Việc sử dụng tọa độ để giải toán cung cấp cho học sinh kiến thức cách nhìn toán học đại Giúp cho em thấy mối tương quan -1 đại số hình học, nhằm phát triển tư toàn diện cho học sinh đứng trước toán, hình thành cho hướng tư đắn, phù hợp Để góp phần đạt mục tiêu luận văn đưa hệ thống lý thuyết phù hợp, số dạng toán thường gặp thông qua phương pháp chung ví dụ minh họa, bước đầu giúp học sinh thấy tầm quan trọng ứng dụng tọa độ giải toán Coi công cụ hiệu Bắt nguồn từ lòng say mê thân giúp đỡ bảo tận tình thầy Bùi Văn Bình em chọn đề tài: Phương pháp tọa độ ứng dụng làm khoá luận tốt nghiệp Qua em xin gửi lời cảm ơn tới tất thầy cô giáo tổ hình học tạo điều kiện giúp đỡ em trình nghiên cứu, đặc biệt em xin chân trọng cảm ơn thầy Bùi Văn Bình trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ, hứơng dẫn em trình thực đề tài Tuy có nhiều cố gắng song lực thân điều kiện tài liệu thời gian hạn chế nên khoá luận tránh khỏi sai sót Em hy vọng nhận bảo thầy cô bạn Hà Nội, ngày 19 tháng năm 2007 Sinh viên Hoàng Thị Ngọc Anh Hoàng Thị Ngọc Anh K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp Chương I: số kiến thức liên quan A khái niệm tính chất I Các khái niệm Định nghĩa hệ tọa độ  uur uur uur  Trong không gian Eukleides n chiều E n (n  1) gọi   e , e , en uuur ur uur sở trực chuẩn E n , nghĩa ei e j  ij , O điểm cho trước đó: i  j 0 1 i, j    uur uur i = j uur  tập hợp 0,   hay 0, e , e , , en gọi hệ tọa độ trực chuẩn hay hệ tọa độ Đêcác vuông góc 2.Tọa độ véctơ  uur uur uur  Trong không gian Eukleides n chiều E n với hệ tọa độ 0, e , e , , en , cho r vectơ v Khi đó, tồn số (x1,…,xn) cho: r ur uur r uur v  x1e1  x2 e2   xn en Bộ số (x1, x2, ,xn) gọi toạ độ vectơ v hệ tọa độ cho r Kí hiêụ: v  ( x , , xn ) Tọa độ điểm Hoàng Thị Ngọc Anh K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp  uur uur uur  Trong không gian Eukleides n chiều E n với hệ tọa độ 0, e , e , , en cho uuuur điểm M Tọa độ vectơ OM gọi tọa độ điểm M hệ tọa độ uuuur Như vậy, OM (x1 , x2 , … , xn) tức là: uuuur ur uur uur OM = x1e1  x2 e2   xn en số (x1 , x2 , … , xn ) gọi tọa độ điểm M Kí hiệu: M (x1 , x2 , … , xn ) II Một số tính chất E2 E3 Xét E2 ur Cho hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy Khi có vectơ u( x ; y ) , 1 r v( x ; y ) số k  R ta có: 2 Khi : ur r  u  v  (x  x ; y  y ) 2  k u  ( kx1 ; ky1 )  u.v  x x  y y 2  ur u x 2y 1 ur ur r ur u  x 2y 1  Hoàng Thị Ngọc Anh ur r cos ( u, v ) = ur r x x  y y r ur r 2 ( u, v khác ) x  y x  y 1 2 ur r  u  v  u.v   x x  y y  2  Cho điểm M( x1, y1) N ( x2 , y2) K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp uuuur Khi đó, tọa độ vectơ MN  ( x  x ; y  y ) 2 Xét E3 ur r Cho hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz, cho vectơ u( x , y , z ), v( x , y , z ) 1 2 số k  R Khi ta có: ur r  u  v  (x  x ; y  y ; z  z ) 2  k.u  (kx ; ky ; kz ) 1  u.v  x x  y y  z z 2 ur ur r uur u2  x  y  z 1  ur Khi : u  x  y  z 1 ur r x x  y y  z z r ur r 2 ( u, v khác ) x  y  z x  y  z 1 2  cos ( u, v ) =  Cho điểm M( x1, y1, z1) N ( x2 , y2, z2) uuuur Khi đó, tọa độ vectơ MN  ( x  x ; y  y ; z  z ) 2  Tích có hướng vectơ y z ur r ur u , v   w   1 ;   y z  2 z x x y  1; 1 z x x y  2 2 ur Vectơ w có tính chất ur ur ur r +, w  u ; w  v Hoàng Thị Ngọc Anh K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán ur Khóa luận tốt nghiệp ur r r +, w   u // v ur +, Với u // r ur ur r ur r v  w  u v sin(u, v) r v ur ur ur r w  S (u, v) u ur r ur r ( S (u, v) diện tích hình bình hành dựng u, v )  ur r ur Ba vectơ u, v, w đồng phẳng tích hỗn hợp tạp ur r ur ur r ur vectơ : D( u, v, w ) = u, v  w = B Một số công thức tọa độ Đêcác vuông góc I Xét E2 Công thức tính khoảng cách 1.1 Khoảng cách điểm  Trong mặt phẳng cho điểm M1( x1, y1) M2 (x2 , y2) Khi khoảng uuuuuuuur cách d giữ điểm M1 M2 độ dài vectơ M M tính công thức uuuuuur sau: d = M M = ( x  x )2  ( y  y )2 2 1.2 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng  Trong mặt phẳng khoảng cách từ điểm M1( x1, y1) đến đường thẳng  có phương trình : A x + B y + C = tính theo công thức sau: d (M , )  Hoàng Thị Ngọc Anh Ax  By  C 1 A2  B2 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp Chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trước Trong E , điểm M (x, y) chia đoạn thẳng M1M2 theo tỉ số k có nghĩa: uuuuuur uuuuuur MM  k.MM , đó: x  kx  x   1 k  y  ky  y  1 k  Với M1( x1, y1) M2 (x2 , y2) Đặc biệt, k = -1 M trung điểm đoạn thẳng M1M2 , tọa x x  x    y y   y  độ điểm M xác định sau : 3.Công thức tính góc : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy, cho đường thẳng có phương trình : (d1) : A1x + B1y + C1 = (d2) : A2x + B2y + C2 = Gọi  góc đường thẳng d1, d2 Khi ta có : cos   A A B B 2 A2B A 2B 1 2 Hai đường thẳng d  d  A A  B B = 2 côsin phương r Trong E , góc vectơ v( x, y) chiều dương trục Ox, Oy  x , y , : cos  x , cos  y gọi côsin phương Hoàng Thị Ngọc Anh K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán cos  x = Khóa luận tốt nghiệp x x y cos  y = ; Ta có: y x  y2 cos2  x  cos2  y  Điều kiện thẳng hàng, đồng phẳng Trong E , ba điểm A( x1, y1) ; B( x2, y2) C (x3 , y3) thẳng hàng uuur x x  1 x x uuur AC  k AB ( điều kiện cần đủ ) : hay x1 y1 x2 y2 x3 y3 y y y y = Công thức tính diện tích tam giác Trong E , diện tích tam giác có đỉnh A( x1, y1) , B (x2 , y2) C (x3 , y3) cho công thức sau: S ABC  x1 y1 x2 y2 x3 y3 II Xét E3 1.Công thức tính khoảng cách.` 1.1 Khoảng cách điểm Trong không gian, ta cho điểm M1( x1, y1, z1) M2 (x2 , y2, z2) tương tự mặt phẳng ta có: Hoàng Thị Ngọc Anh K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán uuuuuuuur d= M M = Khóa luận tốt nghiệp ( x  x )2  ( y  y )2  ( z  z )2 2 1.2 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Trong không gian, khoảng cách từ điểm M1( x1, y1 ,z1) đến đường thẳng  có phương trình : xx y y zz 0 0 tính theo công thức: a b c uuuuuuuur ur M M ,u    d (M , )   ur  u ur ur Trong M0( x0, y0 ,z0)  ; u vectơ phương  u (a, b, c) ; ur ur u độ dài vectơ u uuuuuuuur ur uuuuuuuur ur  M M , u  : tích có hướng vectơ M M vectơ u   uuuuuuuur ur  M M , u  : diện tích hình bình hành có cạnh   Ta có : d (M ,  ) = uuuuuuuur ur M M u y  y z z z z x x x x y  y 1  1  1 c c a a b b a  b2  c 2 1.3 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Khoảng cách từ điểm M0( x0, y0 ,z0) đến mặt phẳng (  ) có phương trình Ax + By + Cz + D = tính theo công thức : d (M ,( )  Hoàng Thị Ngọc Anh Ax  By  Cz  D 0 A2  B2  C K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp 1.4 Khoảng cách đường thẳng chéo Trong không gian muốn tính khoảng cách đường thẳng chéo a b ta có phương pháp sau: Phương pháp 1: Nếu biết độ dài đoạn vuông góc chung AB đường thẳng chéo  AB = d(a,b) Phương pháp 2: Ta thực theo bước: Bước 1: Lập phương trình mặt phẳng (  ) chứa đường thẳng a (  ) // b Bước 2: Lấy điểm M b tính khoảng cách từ M tới (  ) d ( a, b) = d(M, (  ) ) Phương pháp 3: ta thực theo bước: uur Bước 1: Tìm vectơ phương u đường thẳng ``a điểm M1 ( a1 , b1 , c1 )  a uur Bước 2: Tìm vectơ phương u đường thẳng b điểm M2 ( a2 , b2 , c2 )  b Bước 3: Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b tính theo công thức : uur uur uuur u , u  BA   d (a,b) =  1uur 2uur u , u    Chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trước Hoàng Thị Ngọc Anh 10 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp z S C B y O D A x Chọn hệ trục tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz với A , C  Ox ; B , D  Oy S  Oz Khi đó: A ( a,a,0) ; B(-a,a,0) ; C(-a,-a,0) D(a,-a,0) ; S(0,0, a ) Điểm M  (ABCD), ta M (x,y,0) Với -a  x , y  a ta có phương trình mặt phẳng (SAB) cho bởi:  uur uuur (SAB):  qua A có cặp vectơ phương SA, SB  uur uuur Ta có: SA  (a, a, a 2) ; SB(a, a, a 2)  uur uuur  SA, SB   (0;2a 2;2a )  2a (0; 2;1)   Vậy mặt phẳng (SAB) có phương trình là: 0.(x-a) + (y-a) + 1(z-0) =  2y  z  a  Hoàng Thị Ngọc Anh 53 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp khoảng cách d1 cho : d   2y a  a 2y  Tương tự, ta có phương trình mặt phương (SBC) cho  uuur uuur (SBC) :  qua B có cặp vectơ phương SB , SC  (SBC) : - (x+a) + 0.(y-a) +1.(z-0)=0   2x  z  a  Suy khoảng cách d2 cho : d   2x  a  2x  a  Phương trình mặt phẳng (SCD) qua C có cặp vectơ phương uuur uur SC SD có phương trình : 0.(x+a ) - (y+a) + 1(z-0) =   2y  z  a  Suy khoảng cách d3 cho d   2y  a  y 2a  Phương trình mặt phẳng (SDA) qua D có cặp vectơ uur uuur phương SA SD có phương trình:  2( x  a)  0.( y  a) 1.( z  0)   2x  z  a  Suy khoảng cách d4 cho Hoàng Thị Ngọc Anh 54 d4  2x  a  a 2x K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp Từ ta có: S  d  d  d  d = = a  y  x a  y a a x 4a a  = const 3 Như tổng S = d1 + d2 + d3 + d4 không phụ thuộc vào vị trí điểm M Nhận xét: Đối với toán thông thường ta dùng phương pháp chứng minh tổng hợp để tìm tổng S = const khó xác định, phải xét nhiều trường hợp Bằng công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng hệ trục tọa độ Đêcác vuông góc ta dễ dàng tìm kết Ví dụ 3: Cho hình lăng trụ ABC.A1B1C1 có đáy tam giác cạnh a.AA1 = h vuông góc với mặt phẳng (ABC) Biết khoảng cách A1B1 BC1 d Chứng minh rằng: a 2dh 3(h2  d ) Giải Ta có: ABC.A1B1C1 lăng trụ có đáy ABC  cạnh a Hoàng Thị Ngọc Anh 55 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp z A1 B1 C1 A x B C y Chọn hệ trục tọa độ Đêcác vuông góc Axyz với B  Ax , A1  Az a a Khi đó: A(0,0,0) ; B(a,0,0) ; C( , ,0) 2 a a , h) A (0,0, h) ; B1 (a,0,h) ; C1( , 2 ur r Gọi a, b vectơ phương đường A1B1 BC1 Ta có uuuuur ur a // A B (a,0,0) 1 r uuuur a a b // BC ( , , h) 2 ur  a(1,0,0)  b(a, a 3,2h) r Khi khoảng cách hai đường thẳng A1B1 BC1 : ur r uuuur  a, b  BB d =  ur r  a, b     (ah 3)2   = ah 4h2  3a2 = ( 4h2 + 3a2 ) d2 3a2 ( h2 - d2 ) = 4h2d2 a Hoàng Thị Ngọc Anh 2dh 3(h2  d ) 56 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp VI Lớp toán chứng minh bất đẳng thức đại số Việc áp dụng phương pháp tọa độ để chứng minh bất đẳng thức đại số tức ta chuyển toán từ ngôn ngữ đại số sang ngôn ngữ hình học Trên sở tương ứng -1, nghĩa ứng với cặp số ( a,b) ta có điểm hệ trục tọa độ Bằng cách làm nhiều toán bất đẳng thức chứng minh cách ngắn gọn đơn giản nhiều ta chọn tọa độ thích hợp Ví dụ 1:  a  b2  a Biết a , b , c thỏa mãn  c2  d  d  c Chứng minh : (1) (2) (a  c)2  (b  d )2  2 Nhận xét: Từ điều kiện giả thiết (1) (2) ta thấy có dạng giống với phương trình đường tròn ta a , b biến Do ta nghĩ đến việc chuyển toán thành toán hình học tương ứng Giải Trên mặt phẳng tọa độ xét M ( a,b) N (c,d) 1 Từ (1)  (a  )2  (b  )2  2 2 1 Do M nằm đường tròn I ( ; ) , bán kính R = 2 1 Từ (2)  (c  )2  (d  )2  2 Hoàng Thị Ngọc Anh 57 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp y M1 I x O J N1 1 Do N nằm đường tròn J (  ;  ) , bán kính R = 2 Nối I, J cắt đường tròn điểm M1, N1 Khi Hay : (a  c)2  (b  d )2  Dấu “ =” xảy MN  M N 1  2  bất đẳng thức chứng minh M M ; NN Ta giả sử M1 ( x1 , y1 ), M1 nằm tia phân giác góc phần tư thứ I III  x1 = y1 M1 thuộc đường tròn ( I ; 1 ( x  )2  Vậy M1 (1 , 1)  Tương tự ta có: M M   ) , ta có : x1 = M(1,1) hay a = b =1 N  N ( -1 , -1 ) hay c = d = -1 Ví dụ 2: Chứng minh  ABC với độ dài cạnh a, b, c ta có: Hoàng Thị Ngọc Anh 58 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp 2(a  b  c)  a2  b2  b2  c2  c2  a2  3(a  b  c) (1) (2) Giải Nhận xét Giả thiết toán cho a, b, c cạnh tam giác Ta áp dụng hệ thức sau: a  b  a  b bc  bc a, b, c > ca  ca Từ đặt tọa độ vectơ tương ứng với độ dài cạnh Cụ thể: Trong mặt phẳng tọa độ, xét: ur r r ur u (a , b) , v (b , c ) , w (c , a ) , t (1 , 1) r ur Ta có u t  r r v t ur  r r u t r hay (a+b)  r hay (b+c)  v t r r ur w t  w t (c+a)  hay a  b2 (1) b2  c (2) c2  a (3) Từ (1) , (2) , (3) cộng vế ta có: (a +b +c)   2( a2  b2  b2  c2  c2  a2 (a +b +c)  ( a2  b2  b2  c2  c2  a2 Dấu “ =” xảy ur r ur r u , v , w , t cộng tuyến Nghĩa (a , b) = k(1, 1)  a = b ( b, c) = l (0, 1)  b=c ( c ,a) = m (1, 1)  c = a Hoàng Thị Ngọc Anh 59 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp Khi  ABC tam giác  Chứng minh bất đẳng thức (2) r ur Ta xét : u (1, 1, 1) ; v ( a2  b2 , b2  c2 , c2  a2 ) ur r r r Vì u v  u v  a  b2  b2  c  c  a  2a2  2b2  2c2 (*) Theo lập luận ta có : a, b, c cạnh tam giác nên (a - b)2 < c2  a  b2  b2  c < a  2bc c2  a2 < b2  2ca 2(a2  b2  c2 )  Từ (*) (**)  Hay : c2  2ab < < 2(a  b2  c2 ) < 2(a  b2  c2 ) < a  b2  b2  c  c  a < (a  b  c)2 a bc (**) (a +b +c) (a +b +c) Vậy bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 3: Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: 4b - a  ; 4d  c2  Tìm giá trị lớn f(x) Với f(x) = x2  ax  b - x2  cx  d Giải Ta có : f(x) = a 4b  a (x  )  Hoàng Thị Ngọc Anh 60 c 4d  c2 (x  )  K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp a 4b  a2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta chọn A(x,0); B (  ; ) 2 c C ( ; uuur Khi : AB = AB = 4d  c2 ) a 4b  a ( x  )2  uuur c 4d  c2 ( x  )2  uuur (a  c)2 ( 4d  c2  4b  a2 )2  4 AC = AC = BC = BC = Với điểm A, B, C ta có: AB  AC + BC  AB - AC  BC Từ ta thấy: f(x) = AB -AC  f(x)  (a  c)2 ( 4d  c2  4b  a2 )2  4 Khi : f(x) đạt giá trị lớn (max) f ( x)max = (a  c)2 ( 4d  c2  4b  a2 )2  4 f ( x)max  C thuộc  AB  Hay uuur uuur AC = k AB ( < k < 1) c a   x   k (   x)  2 Khi ta có :   2  4d  c  k.( 4b  a )  c a  x   k ( x  )  2   2  4d  c  k.( 4b  a ) Hoàng Thị Ngọc Anh 61 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán +) Khóa luận tốt nghiệp Nếu 4d - c =  4d = c  4b = a a c k  Khi : x  2 với k  (0, 1) (1  k ) Nếu c  a dấu “ =” không xảy +) 4b  a2 Nếu 4d - c > : k  4d  c2  a 4b  a c  4d  c 2 x= 4b  a 1 4d  c Nhận xét: Đối với toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số f(x) mà biểu thức f(x) có chứa nhiều giá trị tham số, ta giải theo phương pháp biến đổi thông thường dài dòng, nhiều thiếu trường hợp Bằng phương pháp tọa độ với việc chọn tọa độ thích hợp ta chuyển thành toán hình học giải theo phương pháp tọa độ, toán trở nên ngắn gọn áp dụng kết ví dụ trên, ta toán sau f(x) = x2  bx  - x2  bx  10 x  R Khi đó: a = - ; b = 34 ; c = - ; d = 10 Hoàng Thị Ngọc Anh 62 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp Thỏa mãn điều kiện: 4b  a2  4.34  36  100     4d  c  4.10  36  ( 100  4)2 02   4 f(x)  f ( x)max =  x = Chứng minh: < x2  x  - x2  x  < áp dụng kết với : a = b = d = ; c = -1 Thỏa mãn điều kiện : 4b - a = – > ; 4d - c = - > Khi f(x) = x2  x  - x2  x 1 =1  f ( x)   (  3)2  Dấu “ =” xảy , f(x) < Hoàng Thị Ngọc Anh 63 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp Kết luận: Thông thường mở rộng khái niệm ta có phương pháp mới, công cụ để giải tóan Khái niệm tọa độ đời cho ta phương pháp để giải toán cách hiệu Nhờ có phương toán chứng minh vuông góc, thẳng hàng, tìm quỹ tích… nói chung giải ngắn gọn dễ dàng Nhờ có phương pháp hình học với sở phương pháp tọa độ ta nghiên cứu hình học ngôn ngữ, phương pháp đại số Ta nghiên cứu toán bất đẳng thức phương pháp hình học Trong tóan học chìa khóa vạn có toán có nhiều phương pháp giải Có thể lời giải mà đưa chưa phải tối ưu song minh họa cho ứng dụng phương pháp Mặc dù có nhiều cố gắng song lần em làm quen với việc nghiên cứu khoa học nên tránh khỏi thiếu sót Em mong muốn thầy cô, bạn sinh viên, độc giả đóng góp ý kiến trao đổi để luận văn hoàn thiện tốt thực tài liệu tham khảo bổ ích giáo viên, sinh viên, học sinh trung học Ngày 19 tháng năm 2007 Sinh viên Hoàng Thị Ngọc Anh Hoàng Thị Ngọc Anh 64 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Hoàng Thị Ngọc Anh Khóa luận tốt nghiệp 65 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Khóa luận tốt nghiệp Một số tài liệu tham khảo Nguyễn Mộng Hy, Các tóan phương pháp vectơ phưưong pháp tọa độ, NXB GD 2002 Lê Hồng Đức, Lê Bích Ngọc, Lê Hữu Trí, Phương pháp giải toán tọa độ, NXB HN, 2003 Lê Hồng Đức, Lê Bích Ngọc, Đào Thiện Khải, Phương pháp giải toán hình học, NXB ĐHSP 2004 Lê Hồng Đức, Lê Hữu Trí, Phương pháp giải toán giải tích không gian, NXB HN 2005 Lê Hồng Đức, Lê Hữu Trí, Phương pháp giải toán giải tích mặt phẳng, NXB HN 2005 Văn Như Cương, Tạ Mân, Hình học 12 NXB 2000 Hoàng Thị Ngọc Anh 66 K29A Toán Trường ĐHSP Hà Nội Khoa Toán Hoàng Thị Ngọc Anh Khóa luận tốt nghiệp 67 K29A Toán [...]... ú, gi l gúc to bi 2 mt phng (SAD) v (SBC) uur uur n n 3 1 0 2 1 2 cos uur1 uu r 3 1 3 1 4 4 2 2 2 n n 1 2 Suy ra b Phng trỡnh mt phng (SBC) c xỏc nh bi Qua điểm B(2a,0,0) (SBC) uur Có vectơ pháp tuyến n2 ( 3,1, 2) Do ú phng trỡnh mt phng (SBC) cú dng: (SBC): 3( x 2a) 1.( y 0) 2( z 0) 0 3x y 2z 2a 3 0 Khi ú khong cỏch t im A n mt phng (SBC) c xỏc nh nh sau d ( A,(SBC )) 3.0 0 ... r 4 2 n n Suy b Phng trỡnh mt phng (SBC) c xỏc nh bi Qua điểm B(2a,0,0) (SBC) uur Có vectơ pháp tuyến n2 ( 3,1, 2) Do ú phng trỡnh mt phng (SBC) cú dng: (SBC): 3( x 2a) 1.( y 0) 2( z