Hình học giải tích 10

Chuyên đề vecto trong không gian

CHUYÊN ĐỀ 8 VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN Các đònh nghóa và phép toán của vectơ trong không gian cũng giống như trong mặt phẳng, ta cần lưu ý đến các vấn đề cơ bản thông dụng như : . Qui tắc 3 điểm : A, B, C thì ∀ABJJJG + BCJJJG = ACJJJG . Cộng 2 vectơ cùng gốc là một vectơ cùng gốc và là đường chéo hình bình hành có 2 cạnh là 2 vectơ đã cho. . I là trung điểm đoạn thẳng AB, với điểm M bất kỳ nào ta luôn có: MI = JJJG2MA MB+JJJJG JJJJG . G là trọng tâm của ΔABC ⇔ GAJJJG + GBJJJG + GCJJJG = 0G. Ngoài ra ta còn có : . Ba vectơ khác gọi là đồng phẳng nếu giá của chúng cùng song song hoặc nằm trong một mặt phẳng . 0G . Bất kỳ vectơ a 0 nào đồng phẳng với hai vectơ không cùng phương , trong không gian, đều có thể phân tích theo G≠G1eG2eG1eG, 2eG có nghóa: a = Gα1eG + β2eG (α,β ∈ R) và sự phân tích trên là duy nhất . . Bất kỳ vectơ a nào trong không gian cũng có thể phân tích được theo 3 vectơ không đồng phẳng , , có nghóa : G≠0G1eG G G2e3e a = + βGα1eG2eG + γ3eG (α,β,γ∈ R) . G được gọi là trọng tâm của tứ diện ABCD + + GC + ⇔GAJJJGGBJJJGJJJGGDJJJG = 0G Ghi chú : 1) Nếu một trong 3 vectơ , aGbG, cG là 0G thì chúng đồng phẳng. 2) a, b, c đồng phẳng ⇔ GGG,. 0ab c⎡⎤=⎣⎦G GG 1 3) OA, OB, đồng phẳng JJJG JJJGOCJJJG⇔ O, A, B, C cùng nằm trên một mặt phẳng. Ví dụ 1: Cho một hình lăng trụ ABCA′B′C′. Gọi I, I′ lần lượt là trọng tâm của ΔABC và ΔA′B′C′, O là trung điểm của II′. a) Chứng minh rằng + + OBOAJJJGOA′JJJJG JJJG + OB′JJJJG + OCJJJG + OC′JJJJG = 0G b) Gọi G là trọng tâm của hình tứ diện ABCC′ và M là trung điểm của A′B′. Chứng minh rằng O, M, G thẳng hàng. c) Tính tỉ số OMOGJJJJGJJJG Giải a) + OA + + OAJJJG′JJJJGOBJJJGOB′JJJJG + OCJJJG + OC′JJJJG = 0G I là trọng tâm của ABC ⇒ ΔIAJJG + IBJJG + ICJJG = 0G ( + ) + (IO + OB) + (⇒IOJJGOAJJJGJJG JJJGIOJJG + OCJJJG) = 0G OA + + OC = 3OI ⇒JJJGOBJJJGJJJG JJG Tương tự, là trọng tâm của I′ΔA′B′C′ OA + + OC = 3OI⇒′JJJJGOB′JJJJG′JJJJG′JJJG Vậy OA + JJJGOA′JJJJG + OB + JJJGOB′JJJJG + OCJJJG + OC′JJJJG = = 3OIJJG + 3OI′JJJG = 3(OIJJG + OI′JJJG) = 0G (vì 0 là trung điểm II′) b) O, M, G thẳng hàng G là trọng tâm của tứ diện ABCC′ ⇒ GA + + GC + JJJGGBJJJGJJJGGC′JJJJG = 0G ⇒ ( + OA) + (GO + ) + (GOJJJGJJJG JJJGOBJJJGGOJJJG + OCJJJG) + (GOJJJG + OC′JJJJG) = 0 G⇒ OA + + OC + OCJJJGOBJJJGJJJG′JJJJG = 4OGJJJG M là trung điểm của A B′′ ⇒ OA + = 2OM ′JJJJGOB′JJJJGJJJJG⇒ OA + + OC + OCJJJGOBJJJGJJJG′JJJJG + OA′JJJJG + OB′JJJJG = 4OGJJJG + 2OMJJJJG 2 ⇒ 0 = 4 + 2OM GOGJJJGJJJJG⇒ OM = –2 JJJJGOGJJJG⇒ OM cùng phương với OGJJJJGJJJG ⇒ OM, OG cùng giá (vì cùng gốc O) JJJJG JJJG⇒ O, M, G thẳng hàng. c) Tỉ số JJJJGJJJGOMOG OMJJJJG = –2 OGJJJG⇒OMOGJJJJGJJJG = –2 Ví dụ 2: Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ với AA′JJJJG = aG, ABJJJG = bG, /ACJJJJG = . Hãy biểu thò các vectơ cGADJJJG, A C′JJJJGJJJJG JJJJG, , theo các vectơ aBD′BD′G, bG, cG. Giải Ta có với hình hộp ABCD. A′B′C′D′ thì : ADJJJG = AC′JJJJG + /CD′JJJJJG + DD′JJJJG = cG – bG – aG A C′JJJJG = A A′JJJJG + /ACJJJJG+ /CCJJJJGA C′JJJJG = –2aG + cGBD′JJJJG = BB′JJJJG + BAJJJG + ADJJJG = – aG –bG + cG – – bGaG = – 2aG – 2bG + cG BD′JJJJG = BAJJJG + ADJJJG + DD′JJJJG = –bG + (cG – – a) + bGGaG = – 2bG + cG * * * D′ A B′ ′cG B C D A aC′ G bG 3 . trong không gian, đều có thể phân tích theo G≠G1eG2eG1eG, 2eG có nghóa: a = Gα1eG + β2eG (α,β ∈ R) và sự phân tích trên là duy nhất . . Bất kỳ. là trọng tâm của hình tứ diện ABCC′ và M là trung điểm của A′B′. Chứng minh rằng O, M, G thẳng hàng. c) Tính tỉ số OMOGJJJJGJJJG Giải a) + OA +