Một số phương pháp giải toán hình học không gian

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG  LÊ ANH DŨNG MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Chun ngành: Phƣơng pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2016 Cơng trình hoàn thành ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: TS NGUYỄN NGỌC CHÂU Phản biện 1: TS CAO VĂN NUÔI Phản biện 2: TS TRỊNH ĐÀO CHIẾN Luận văn bảo vệ Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ Khoa học chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Đại học Đà Nẵng vào ngày 13 tháng năm 2016 Tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin-Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà nẵng MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình tốn trung học phổ thơng, Hình học khơng gian mơn học khó địi hỏi học sinh phải có tính tư trừu tượng cao, quan hệ song song quan hệ vng góc nội dung Các phương pháp giải tốn hình học khơng gian thường dùng là: Phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ, phương pháp dùng quan hệ song song, quan hệ vng góc, phương pháp tổng hợp, Để giải tốn nói chung, tốn hình học khơng gian nói riêng, có nhiều cách giải khác Vấn đề phải phân tích kỹ liệu giả thiết yêu cầu kết luận để chọn phương pháp giải thích hợp, rõ ràng, ngắn gọn dễ hiểu Nhằm mục đích tìm hiểu cách giải tốn hình học khơng gian để phục vụ cho công việc giảng dạy, chọn đề tài cho luận văn thạc sĩ “Một số phương pháp giải tốn hình học khơng gian” Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ không gian quan hệ song song, quan hệ vng góc giải tốn hình học khơng gian Định hướng việc ứng dụng phương pháp cho lớp toán cụ thể Hệ thống phân loại tốn hình học khơng gian giải phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ sử dụng quan hệ song song, quan hệ vng góc Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ không gian quan hệ song song, quan hệ vng góc giải tốn hình học khơng gian Các tốn hình học khơng gian giải phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ, phương pháp sử dụng quan hệ song song, quan hệ vng góc Phương pháp nghiên cứu Thu thập, tổng hợp, hệ thống tài liệu có nội dung liên quan đến đề tài luận văn, đặc biệt tài liệu liên quan đến hình học khơng gian Phân tích, nghiên cứu tài liệu để thực đề tài luận văn Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến giáo viên hướng dẫn, chuyên gia đồng nghiệp Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu kết luận nội dung Luận văn chia thành chương: Chương – Các kiến thức chuẩn bị Chương – Phương pháp vectơ Chương – Phương pháp tọa độ Chương – Phương pháp sử dụng quan hệ song song, quan hệ vuông góc CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương trình bày sơ lược kiến thức sở hệ tọa độ không gian, quan hệ song song quan hệ vng góc để làm tiền đề cho chương sau Các chi tiết liên quan xem [9], [11], [16] 1.1 QUAN HỆ SONG SONG VÀ QUAN HỆ VNG GĨC Mục nhắc lại số khái niệm kết quan hệ song song, quan hệ vng góc 1.1.1 Quan hệ song song Định nghĩa 1.1.1 Trong không gian, hai đường thẳng gọi song song với chúng đồng phẳng khơng có điểm chung Định lý 1.1.1 Trong không gian, cho đường thẳng d điểm A nằm ngồi đường thẳng d Lúc tồn đường thẳng a qua A song song với đường thẳng d Định lý 1.1.2 Hai đường thẳng phân biệt song song với đường thẳng thứ ba song song với Định lý 1.1.3 (Định lý ba giao tuyến ba mặt phẳng) Nếu ba mặt phẳng đôi cắt theo ba giao tuyến phân biệt ba giao tuyến đồng quy đôi song song Định nghĩa 1.1.2 Trong không gian, đường thẳng d mặt phẳng (P) gọi song song với chúng khơng có điểm chung, kí hiệu d // (P) Định lý 1.1.4 Điều kiện cần đủ để đường thẳng song song với mặt phẳng đường thẳng khơng nằm mặt phẳng song song với đường thẳng mặt phẳng Định lý 1.1.5 Nếu hai mặt phẳng song song chứa đường thẳng chúng cắt giao tuyến chúng song song trùng với đường thẳng Định lý 1.1.6 Cho điểm A hai đường thẳng a, b chéo Lúc tồn phẳng (P) qua A cho (P) song song chứa a song song chứa b Định lý 1.1.7 Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (P) Nếu đường thẳng b song song với đường thẳng a b song song thuộc mặt phẳng (P) Định nghĩa 1.1.3 Trong không gian, hai mặt phẳng (P) (Q) gọi song song với chúng khơng có điểm chung Định lý sau cho phép đưa việc chứng minh hai mặt phẳng song song chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng Định lý 1.1.8 Cho hai mặt phẳng (P), (Q) Lúc (P) (Q) song song với mặt phẳng (Q) tồn hai đường thẳng a, b cắt cho a b song song với (P) Định lý 1.1.9 Qua điểm nằm ngồi mặt phẳng có mặt phẳng song song với mặt phẳng Định lý 1.1.10 Cho hai mặt phẳng song song Nếu mặt phẳng cắt mặt phẳng cắt mặt phẳng hai giao tuyến song song với 1.1.2 Quan hệ vng góc Định nghĩa 1.1.4 Góc hai đường thẳng a b khơng gian góc hai đường thẳng a’ b’ qua điểm song song với a b Định nghĩa 1.1.5 Hai đường thẳng gọi vng góc với góc chúng 900 Định nghĩa 1.1.6 Một đường thẳng gọi vng góc với mặt phẳng đường thẳng vng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng Khi đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (P) ta cịn nói mặt phẳng (P) vng góc với a a (P) vng góc ký hiệu a ⊥ (P ) hay (P ) ⊥ a Định lý 1.1.11 Nếu đường thẳng vng góc với hai đường thẳng cắt thuộc mặt phẳng đường thẳng vng góc với mặt phẳng Định nghĩa 1.1.7 Phép chiếu song song lên mặt phẳng (P) theo phương l vng góc với mặt phẳng (P) gọi phép chiếu vng góc lên mặt phẳng (P) Định lý 1.1.12 (Định lý ba đường vng góc) Cho đường thẳng a khơng vng góc với mặt phẳng (P) đường thẳng b nằm mặt phẳng (P) Khi điều kiện cần đủ để b vng góc với a b vng góc với hình chiếu a’ a (P) Định nghĩa 1.1.8 Nếu đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (P) ta nói góc đường thẳng a mặt phẳng (P) 900 Nếu đường thẳng a khơng vng góc với (P) góc a hình chiếu a’ (P) gọi góc đường thẳng a mặt phẳng (P) Định nghĩa 1.1.9 Góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng Định nghĩa 1.1.10 Khoảng cách từ điểm M đến (P) (hoặc đến đường thẳng d) khoảng cách hai điểm M H, H hình chiếu điểm M (P) (hoặc đường thẳng d) Định nghĩa 1.1.11 Khoảng cách đường thẳng a mặt phẳng (P) song song với a khoảng cách từ điểm a đến mặt phẳng (P) Định nghĩa 1.1.12 Khoảng cách hai mặt phẳng song song khoảng cách từ điểm mặt phẳng đến mặt phẳng Định nghĩa 1.1.13 Đường thẳng ∆ cắt hai đường thẳng chéo a, b vuông góc với đường gọi đường vng góc chung Định nghĩa 1.1.14 Nếu đường vng góc chung cắt hai đường thẳng chéo I J đoạn thẳng IJ gọi đoạn vng góc chung hai đường thẳng Định nghĩa 1.1.15 Khoảng cách hai đường thẳng chéo độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng Định nghĩa 1.1.16 Hai mặt phẳng gọi vng góc với góc hai mặt phẳng 900 1.2 HỆ TỌA ĐỘ DESCARTES TRONG KHÔNG GIAN Mục nhắc lại số khái niệm kết hệ tọa độ Descartes không gian 1.2.1 Giới thiệu hệ tọa độ Descartes không gian Định nghĩa 1.2.1 Hệ gồm ba trục x’Ox, y’Oy, z’Oz đôi vuông góc O gọi hệ trục tọa độ Descartes vng góc khơng gian Điểm O gọi gốc tọa độ, Ox gọi trục hoành, Oy gọi trục tung Oz gọi trục cao Định lý 1.2.1 xác định vectơ độ điểm M, ký Trong không gian Oxyz, điểm M hoàn toàn −−→ −−→ OM Nếu OM = (x; y; z) (x; y; z) tọa hiệu M(x; y; z) − Định nghĩa 1.2.2 (Tích vơ hướng hai vectơ) Cho hai vectơ → a → − → − → − → − b khác vectơ Tích vơ hướng hai vectơ a b số thực, kí → − − hiệu → a b xác định công thức sau: → − → − → − → − − − a b = |→ a |.| b | cos → a, b → − → − → − → − − − Nếu → a = b = , ta quy ước → a b = Định nghĩa 1.2.3 (Tích có hướng hai vectơ) Tích có hướng − − − − − − − hai vectơ → u → v , kí hiệu [→ u;→ v ] hay → u ∧→ v , vectơ → ω xác định → − → − → − ω có phương vng góc với u v , − − − Bộ ba (→ u;→ v ;→ ω ) ba thuận, − − − − − |→ ω | = |→ u |.|→ v | sin ϕ, ϕ góc hai vectơ → u → v Định lý 1.2.2 Nếu ABCD hình bình hành có diện tích S −−→ −−→ −−→ −−→ S = AB; AD S∆ABD = AB; AD Định lý 1.2.3 Nếu ABCD.A’B’C’D’ hình hộp tích V −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ V = AB; AD AA VABDA = AB; AD AA − Định lý 1.2.4 Trong không gian Oxyz cho hai vectơ → u = (u1 ; u2 ; u3 ) → − v = (v ; v ; v ) Khi đó: − − [→ u;→ v ] = (u2 v3 − u3 v2 ; u3 v1 − u1 v3 ; u1 v2 − u2 v1 ) 1.2.2 Phương trình mặt phẳng − Định nghĩa 1.2.4 Vectơ → n = gọi vectơ pháp tuyến (VTPT) − mặt phẳng (P) giá → n vng góc với (P) → − − Rõ ràng n VTPT mặt phẳng (P) k.→ n , (k = 0) VTPT (P) Định nghĩa 1.2.5 Phương trình có dạng Ax + By + Cz + D = 0, A, B, C khơng đồng thời 0, gọi phương trình tổng quát mặt phẳng Định lý 1.2.5 Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng: (α1 ) : A1 x+B1 y +C1 z +D1 = (α2 ) : A2 x+B2 y +C2 z +D2 = − − Gọi → n = (A1 ; B1 ; C1 ), → n = (A2 ; B2 ; C2 ) vectơ pháp tuyến (α1 ) (α2 ) Khi đó: → − − n = k.→ n2 (α1 )//(α2 ) ⇔ , k ∈ R∗ D1 = k.D2 (α1 ) ≡ (α2 ) ⇔ → − − n = k.→ n2 , k ∈ R∗ D1 = k.D2 − − (α1 ) ⊥ (α2 ) ⇔ → n → n = ⇔ A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 = Góc ϕ hai mặt phẳng (α1 ) (α2 ) tính theo cơng thức − − |→ n → n 2| cos ϕ = → − − | n |.|→ n 2| Định lý 1.2.6 Khoảng cách từ điểm M (x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng (P) Ax + By + Cz + D = tính theo cơng thức d(M, (P )) = |Ax0 + By0 + Cz0 + D| √ A2 + B + C 1.2.3 Phương trình đường thẳng khơng gian Định nghĩa 1.2.6 Phương trình tham số đường thẳng ∆ qua − điểm M0 (x0 ; y0 ; z0 ) có vectơ phương → a = (a1 ; a2 ; a3 ) phương x = x0 + a1 t y = y0 + a2 t , t ∈ R trình có dạng z = z0 + a3 t Định lý 1.2.7 Trong không gian cho điểm M đường thẳng ∆ − qua điểm N, với vectơ phương → u Khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆ ký hiệu d(M, ∆) tính theo cơng thức: d(M, ∆) = −−→ → − u ; NM − |→ u| Định lý 1.2.8 Trong không gian, giả sử đường thẳng ∆1 qua điểm − − A có VTCP → u ; đường thẳng ∆2 qua điểm B có VTCP → u Khi đó, khoảng cách hai đường thẳng chéo ∆1 ∆2 tính theo công thức −−→ − − [→ u 1; → u ] AB d(∆1 ; ∆2 ) = − − |[→ u ;→ u ]| Định lý 1.2.9 Góc hai đường thẳng d1 d2 , kí hiệu (d1 ; d2 ), xác định bởi: Nếu d1 phương với d2 (d1 , d2 ) = 00 Nếu d1 không phương với d2 (d1 , d2 ) tính theo công thức − − |→ u → u 2| cos(d1 , d2 ) = → − − | u |.|→ u 2| Định lý 1.2.10 Góc đường thẳng d mặt phẳng (P), kí hiệu (d; (P )), xác định bởi: Nếu d ⊥ (P ) (d; (P )) = 900 Nếu d khơng vng góc với (P) (d; (P )) tính theo cơng thức: − − |→ u → n| − − sin(d; (P )) = → , → u vectơ phương d; → n − − | u |.|→ n| vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) 1.2.4 Phương trình mặt cầu Định nghĩa 1.2.7 Mặt cầu tâm I(a; b; c) bán kính R có phương trình tắc là: (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2 Định nghĩa 1.2.8 Phương trình x2 + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0, với a2 + b2 + c2 − d > gọi phương trình √ tổng quát mặt cầu, mặt cầu có tâm I(a; b; c) có bán kính R = a2 + b2 + c2 − d CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ Chương trình bày việc sử dụng phương pháp vectơ để chứng minh số tốn hình học khơng gian 2.1 QUY TRÌNH GIẢI MỘT BÀI TỐN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ − − − Bước Tìm liệu tốn vectơ → x,→ y ,→ z gọi hệ vectơ gốc, thỏa mãn điều kiện • Khơng đồng phẳng • Biết hai độ dài hai góc Bước Biểu thị vectơ có giả thiết kết luận theo hệ vectơ gốc Bước Sử dụng kết vectơ để chứng minh kết luận toán 2.2 BÀI TOÁN CHỨNG MINH HỆ THỨC VECTƠ, CHỨNG MINH THẲNG HÀNG, CHỨNG MINH ĐỒNG PHẲNG Bài toán 2.2.1 Cho ∆ABC, D điểm không gian Gọi G trọng tâm ∆ABC Chứng minh DA2 + DB + DC = 3DG2 + GA2 + GB + GC Tìm quỹ tích điểm D cho DA2 + DB + DC = k , k số GIẢI −→ −−→ −−→ Bước Chọn hệ vectơ gốc GA; GB; GC −−→ −−→ −−→ Bước Biểu thị vectơ DA; DB; DC theo hệ vectơ gốc −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Ta có: DA = GA + DG; BD = GB + DG; DC = GC + DG Bước −→ −−→ −−→ → − Vì G trọng tâm ∆ABC nên ta có GA + GB + GC = Khi đó, ta có: −−→ −−→ −−→ DA2 + DB + DC = DA2 + BD2 + DC −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ = (DG + GA)2 + (DG + DB)2 + (DG + DC)2 −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ = 3DG2 + GA2 + GB + GC + 2DG.(GA + GB + GC) 2 2 = 3DG + GA + GB + GC Suy điều phải chứng minh Từ DA2 + DB + DC = k theo kết chứng minh ta có: 3DG2 + GA2 + GB + GC = k ⇔ DG2 = (k − GA2 − GB − GC ) • Nếu GA2 + GB + GC > k quỹ tích điểm D rỗng • Nếu GA2 + GB + GC = k quỹ tích điểm D điểm G • Nếu GA2 + GB + GC < k quỹ tích điểm D mặt cầu tâm G bán kính (k − GA2 − GB − GC ) Bài toán 2.2.2 Cho tứ diện ABCD Gọi P, Q trung điểm −−→ −−→ −−→ −−→ AB, CD M ∈ BC; N ∈ AD cho BM = 2M C, AN = 2N D Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q đồng phẳng GIẢI −−→ −→ − −−→ → − Đặt AB = → x ; AC = → y ; AD = − z −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ − − − x +→ y +→ z 2P Q = P C + P D = − (CA + CB) − (DA + DB) = −→ 2 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ P B + 2P C 1− 2− Từ BM = 2M C ta có P M = =− → x + → y −→ −−→ −−→ −−→ −−→ P A + 2P D 1− 2− Từ N A = −2N D ta có P N = =− → x + → z 3 − − → −−→ −−→ → − − x +→ y +→ z ) = P Q Suy P M + P N = (−− −−→ −−→3 −−→ Đẳng thức chứng tỏ ba vectơ P Q, P M , P N đồng phẳng Suy ra, bốn điểm M, N, P, Q đồng phẳng Bài toán 2.2.3 Cho hình hộp ABCD.A1 B1 C1 D1 Gọi G1 , G2 trọng tâm tam giác A1 BD CB1 D1 Chứng minh A, G1 , G2 , C1 thẳng hàng AG1 = G1 G2 = G2 C1 GIẢI −−→ − −−→ − −−→ → Đặt AB = → x ; AD = − y ; AA = → z −−→ −−→ −−→ −−→ → − − − y +→ z Ta có: AC1 = AA1 + AB + AD = x + → Vì G1 tâm ∆A1 BD nên: −−→ −−→ −−→ −−→ − → −−→ − AG1 = (AB + AD + AA1 ) = (→ x +− y +→ z ) = AC1 3 −−→ −−→ Đẳng thức chứng tỏ AG1 AC1 hướng, nên A, G1 , C1 thẳng hàng AG1 = AC1 −−−→ −−→ −−−→ −−−→ − → −−→ − Tương tự: C1 G2 = (C1 C + C1 D1 + C1 B1 ) = − (→ x +− y +→ z ) = − AC1 3 10 − − − Mặt khác → m, → n,→ p vectơ không đồng phẳng nên ta có:  −l   − =x     l 1−k  l = −1  1− 1 k = −3 − =x ⇔   1−l 1−k   x=  k   1+ =x 1−k Vậy k = -3 l = -1 đường thẳng MN song song với BD’ 2.4 BÀI TỐN VỀ GĨC VÀ KHOẢNG CÁCH Bài tốn 2.4.1 Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A1 B1 C1 AB Tìm góc hai đường thẳng AB1 BC1 biết AA1 = √ GIẢI a Bước Gọi AB = a Khi ta có AA1 = √ −−→ → −−→ → −→ → a − − − − → − − Đặt AA1 = x ; AB = y ; AC = z , | x | = √ ; |→ y | = |→ z|=a a − − − − − − → x → y =→ x → z = 0; → y → z = 2−→ −−→ −−→ − − − Bước Ta có AB1 = AA1 + AB = → x +→ y −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ → − − − BC1 = BC + BB1 = AC − AB + BB1 = x − → y +→ z 6a2 a2 → − → − → − → − → − − 2 2 + a2 = , Bước Khi đó: AB1 = ( x + y ) = x + y + x → y = 5 suy AB1 = a → − → − → − − − − − − − − − − BC12 = ( x − y + z )2 = → x2+→ y2+→ z − 2→ x→ y + 2→ x→ z − 2→ y→ z a2 6a2 + a2 + a2 − a2 = , suy BC1 = a 5 −−→ −−→ − − − − − − − − − − − Và AB1 BC1 = (→ x +→ y ).(→ x −→ y +→ z)=→ x2−→ y2+→ x → z +→ y → z = a2 a2 3a2 − a2 − =− 10 −−→ −−→ −−→ −−→ AB1 BC1 Ta có: cos AB1 , BC1 = =− AB1 BC1 −−→ −−→ 1 ⇒ (AB1 ; BC1 ) = 1800 − arccos − AB1 , BC1 = arccos − 4 = √Bài toán 2.4.2 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh 2, SC ⊥ (ABC), gọi E F trung điểm AB CB, SC = Tính khoảng cách ngắn SF CE 11 GIẢI −→ − −−→ → −→ − Ta chọn hệ sở CA = → x , CB = − y , CS = → z √ − − − − − − − − − Khi → x → z =→ y → z = 0, → x → y = 16 |→ x | = |→ y | = 2, |→ z | = − → −→ 1→ − → − Lấy tùy ý điểm I ∈ SF , ta có: SI = αSF = α y − z → − − −−→ −−→ x +→ y Lấy tùy ý điểm K ∈ CE, ta có: CK = β CE = β −→ − → −→ −−→ β → β − α → − − Do IK = −SI − CS + CK = − x + y + (α − 1)→ z 2 −→ −→ Xét IK ⊥ SF ⇔ IK.SF = β→ β − α→ 1→ − − − − − y −→ z x + y + (α − 1)→ z =0 ⇔ 2 ⇔ 3β−3α = −1 (1) −−→ −→ Lại xét IK ⊥ CE ⇔ CE.IK = → − − β→ β − α→ x +→ y − − − ⇔ x + y + (α − 1)→ z = ⇔ α = 2β (2) 2    α= α = 2β Từ (1) (2) ta có ⇔ 3β − 3α = −1   β= −→ → − → − → − Do ta có IK = ( x − y − z ) → 12 − → − − − − − − − − 2 Suy ra: IK = ( x + y + 4→ z − 2→ x → y − 4→ x → z + 4→ y → z)= √ 36 ⇔ IK = −−→ − → −−→ −→ Vậy với cách lấy điểm I K thỏa mãn SI = SF CK = CE 3 IK đường vng góc chung √ SF CE Do khoảng cách ngắn SF CE IK = 2.5 BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH Bài tốn 2.5.1 Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA=4 Điểm D nằm cạnh SC, CD=3, khoảng cách từ A đến đường thẳng BD Tính thể tích khối chóp GIẢI −→ − −→ → −→ − − − − Bước Đặt SA = → x ; SB = − y ; SC = → z , |→ x | = |→ y | = |→ z|=4 → − → − → − → − → − → − x y = x z = y z Bước Đặt ϕ góc phẳng đỉnh hình chóp N hình chiếu vng góc điểm A đường thẳng BD Khi −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ − − − AN = DN − DA = a.DB − DA = −→ x + a.→ y − (a − 1)→ z −−→ −→ −→ − −−→ −→ −→ − 1− 1− Trong DB = SB − SD = → y − → z DA = SA − SD = → x − → z 4 12 −−→ −−→ Bước Theo đề AN ⊥ DB ⇔ AN DB = −a − → − − ⇔ x → y + 17a − = (1) −−→ Mặt khác AN = ⇔ |AN | = (a + 1)2 → − − ⇔ 17a2 −2a+13− x → y = (2) 55 55 − − Kết hợp (1) (2) ta a = Suy (1) ⇔ → x → y = ⇔ cos ϕ = 64 Gọi O hình chiếu S lên (ABC), S.ABC hình chóp nên O −→ −→ −→ → − − − −→ SA + SB + SC x +→ y +→ z trọng tâm ∆ABC, ta có SO = = 3 √ → − − − → − − − − − x +→ y +→ z x2+→ y2+→ z + 6→ x → y 58 Suy SO = = = √ −−→ −→ −→ − → 18 − − Lại có AB = SB − SA = → y −− x , suy AB = (→ y −→ x )2 = √ √ AB 3 174 Vậy V = SO = (đvtt) 16 CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ Chương trình bày phương pháp tọa độ việc giải số lớp tốn hình học khơng gian 3.1 MỘT SỐ DẤU HIỆU NHẬN BIẾT BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN GIẢI ĐƯỢC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ • Hình cho có đỉnh đỉnh tam diện vng • Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy đáy tam giác vng, tam giác đều,hình vng, hình chữ nhật, • Hình lập phương, hình hộp chữ nhật • Hình cho có đường thẳng vng góc với mặt phẳng, mặt phẳng có đa giác đặc biệt: Tam giác vng, tam giác đều, hình thoi, • Một vài hình chưa có sẵn tam diện vng tạo tam diện vuông chẳng hạn: Hai đường thẳng chéo mà vng góc, hai mặt phẳng vng góc Ngồi ra, với số tốn mà giả thiết khơng cho hình quen thuộc nêu ta dựa vào tính chất song song, vng góc đoạn thẳng hay đường thẳng hình vẽ để thiết lập hệ trục tọa độ 13 3.2 QUY TRÌNH GIẢI MỘT BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ Bước Chọn hệ trục tọa độ Descartes thích hợp tìm tọa độ điểm có liên quan đến yêu cầu toán Bước Chuyển toán cho tốn hình học giải tích giải Bước Chuyển kết luận tốn hình học giải tích sang tính chất hình học tương ứng 3.3 BÀI TOÁN CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG, BA ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY Bài toán 3.3.1 Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đơi vng góc nhau, gọi G trọng tâm ∆ABC, I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Chứng minh ba điểm S, G, I thẳng hàng GIẢI Bước Đặt SA = a, SB = b, SC = c, (a, b, c > 0) Chọn hệ trục tọa độ Descartes Oxyz hình vẽ với gốc tọa độ O trung với S, ta có: S(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) a b c Bước G trọng tâm ∆ABC nên G ; ; 3 −→ a b c Suy SG = ; ; 3 Bước Phương trình tổng quát mặt cầu (S) qua gốc tọa độ có dạng x2 + y + z − 2mx − 2ny − 2pz = Do (S) qua A, B, Cnên ta có: a   m=     a − 2am = − → a b c a b c b b − 2bn = ⇔ ; ; , SI = ; ; Suy I n=   c2 − 2cp = 2 2 2  c2   p= −→ − → −→ − → Dễ thấy SG = SI, suy SG SI phương Vậy ba điểm S, I, G thẳng hàng Bài tốn 3.3.2 Trong mặt phẳng (α) cho hình vng ABCD Trên tia Az vng góc với (α) lấy điểm S Đường thẳng d1 vng góc với mặt phẳng (SBC) S cắt mặt phẳng (α) M, d2 vng góc với mặt phẳng (SCD) S cắt mặt phẳng (α) N Chứng minh A, B, M thẳng hàng A, D, N thẳng hàng GIẢI Bước Gọi cạnh hình vng a SA = b (a, b > 0) Chọn hệ trục tọa độ Descartes Oxyz hình vẽ với gốc tọa độ O trùng với A Khi đó, ta có: A(0; 0; 0); B(0; a; 0); D(a; 0; 0); C(a; a; 0); S(0; 0; b) −→ −→ −→ Bước Ta có SB = (0; a; −b); SC = (a; a; −b); SD = (a; 0; −b) 14 Mặt phẳng (α) có phương trình z = → VTPT (SBC) Gọi − n → − →⊥− → −→ n SB → = [− n SB, SC] = (0; −ab; −a2 ) Khi đó: ⇔− − → − → n1 ⊥ SC → = (0; −ab; −a2 ) làm VTCP Bước Vì d1 ⊥ (SBC) nên d1 nhận − n x=0 y = −abt Suy ra, phương trình d1 có dạng , ∀t ∈ R z = b − a2 t  x=0   y = −abt , giải Giả thiết M = d1 ∩ (α), tọa độ M nghiệm hệ  z = b − a2 t  z=0 b2 hệ ta có M 0; − ; a −−→ −−→ −−→ b2 b2 −−→ Lại có: AM = 0; − ; ; AB = (0; a; 0) Dễ thấy AM = − AB, suy a a −−→ −−→ AM AB ngược hướng, nên ba điểm A, B, M thẳng hàng Hoàn toàn tương tự ta dễ dàng chứng minh A, D, N thẳng hàng 3.4 BÀI TOÁN CHỨNG MINH SONG SONG, VNG GĨC Bài tốn 3.4.1 Cho√hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a AB = AD = a, AA = góc BAD = 600 Gọi M N trung điểm A’D’ A’B’ Chứng minh AC ⊥ (BDM N ) GIẢI Bước Trong ∆ABD ta có AB = AD = a BAD = 600 Suy ∆ABD tam giác cạnh a Gọi I giao điểm AC BD, I’ giao điểm A’C’ và√B’D’ 3a2 a Trong ∆AIB ta có IA2 = AB − IB = , suy IA = Chọn hệ trục tọa độ Descartes Oxyz hình vẽ với gốc tọa độ O trùng với điểm I’ √ a a a Bước Ta có: I(0; 0; 0), B 0; ; , A − ; 0; , D 0; − ; , 2 √ √ √ √ √ a a a a a a a A − ; 0; , B 0; ; ,C ; 0; , M − ;− ;0 , 2 2 4 √ a a N − ; ;0 4 √ √ √ √ −−→ −−→ a 3a a a a a Bước BM = − ;− ;− ; BN = − ;− ;− 4 4 15 − Gọi → n VTPT (BDMN) đó: √ √ −−→ → − −−→ −−→ a2 a2 n ⊥ BM → − ; 0; − −−→ ⇔ n = [BM , BN ] = → − n ⊥ BN √ √ −−→ −−→ a Lại có AC = a 3; 0; − Đường thẳng AC’ nhận AC làm VTCP −−→ − Dễ thấy hai vectơ → n AC phương Suy AC ⊥ (BDM N ) Bài tốn 3.4.2 Cho hình vng ABCD cạnh a Vẽ phía (ABCD) đoạn thẳng AA’, CC’ vng góc với (ABCD) cho AA = CC = a Chứng minh AC ⊥ (BC D) Chọn hệ trục tọa độ Descartes Oxyz hình vẽ với gốc tọa độ O trùng với điểm A Khi ta có: A(0; 0; 0), B(0; a; 0), C(a; a; 0), D(a; 0; 0), A (0; 0; a), C (a; a; a) −−→ −−→ −−→ A C = (a; a; −a), BC = (a; 0; a), BD = (a; −a; 0) − Gọi → n VTPT (BC’D) ta có: −−→ → − −−→ −−→ n ⊥ BC → − 2 −−→ ⇔ n = BC , BD = a ; a ; −a → − n ⊥ BD −−→ −−→ − − Ta thấy → n = a.A C, nên → n A C phương Suy AC ⊥ (BC D) Bài tốn 3.4.3 Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ Hai điểm M, N AM CN nằm hai cạnh AD CC’ cho = Chứng minh MD NC đường thẳng M N//(ACB ) GIẢI Gọi AB = a, AD = b, AA = h Chọn hệ trục tọa độ Descartes Oxyz hình vẽ cho gốc tọa độ O trùng với điểm A Khi đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; b; 0), D(0; b; 0), A (0; 0; h), B (a; 0; a), D (0; b; h), C (a; b; h) AM CN Giả sử = = x, (x > 0) MD NC x x x AD CN = CC , suy M 0; b; ; Khi AM = 1+x 1+x 1+x x N a; b; h 1+x −−→ −−→ −→ x Ta có M N = a; b; h ; AC = (a; b; 0) AB = (a; 0; h) 1+x 1+x − Gọi → n VTPT (ACB’) Khi đó: −→ → − −→ −−→ n ⊥ AC → − −−→ ⇔ n = AC, AB = (bh; −ah; −ab) → − n ⊥ AB −−→ −−→ abh xabh − − Vì → n M N = abh − − = 0, nên → n ⊥ M N M ∈ / (ACB ) 1+x 1+x Suy M N//(ACB ) 16 3.5 BÀI TỐN VỀ GĨC VÀ KHOẢNG CÁCH Bài tốn 3.5.1 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Gọi E điểm đối xứng D qua trung điểm SA, M trung điểm AE, N trung điểm BC Chứng minh MN vng góc với BD tính khoảng cách hai đường thẳng MN AC GIẢI Bước Gọi O giao điểm AC BD Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ cho C ∈ Ox, D ∈ Oy, S ∈ OZ √ √ a a Bước Ta có: O(0; 0; 0); A − ; 0; ; B 0; − ;0 ; 2 C √ √ a a ; 0; ; D 0; ; 0; ; S (0; 0; h) , h > 2 Bước Goi I trung điểm SA Ta có: √ √ √ √ √ a h a a a a h I − ; 0; ;E − ;− ;h ;M − ;− ; 2 2 √ √ a a N ;− ;0 4 −−→ MN = √ 3a h ; 0; − 2 ; √ −−→ , BD = 0; a 2; −−→ −−→ Dễ thấy M N BD = ⇔ M N ⊥ BD √ √ −→ −−→ ah h AC = (a 2; 0; 0); M A = 0; − ;− √ −−→ −→ −−→ −−→ −→ ah ; Suy [M N , AC].M A = [M N , AC] = 0; − √ −−→ −→ −−→ |[M N , AC].M A| a Vậy d(M N, AC) = = −−→ −→ |[M N , AC]| 0; − a2 h ;0 Bài toán 3.5.2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, mặt bên tạo với đáy góc β Điểm K trung điểm SB Hãy tính góc ϕ hai mặt phẳng (AKC) (SAB) theo β GIẢI Gọi H giao điểm AC BD Khơng tính tổng qt ta đặt cạnh hình vng a SH = h (h > 0) a tan β Chọn hệ trục tọa độ Descartes Oxyz hình Ta suy h = vẽ với gốc tọa độ O trùng với điểm H Ta có: H(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; a; 0), C(−a; 0; 0), D(0; −a; 0), S(0; 0; h), 17 a h K 0; ; 2 Khi mặt phẳng (SAB) có phương trình: x y z + + = ⇔ hx + hy + az − = a a h → = (h; h; a) VTPT mặt phẳng (SAB) Suy − n −−→ −−→ −→ a h −→ ah a2 , AC = (−a; 0; 0) [AK, AC] = 0; − ; Ta có AK = −a; ; 2 2 → = (0; h; −a) Nên mặt phẳng (AKC) có VTPT − n − → − → |a − h2 | |n1 n2 | Do đó: cos ϕ = − →|.|− → = |n (2h2 + a2 )(a2 + h2 ) n2 | |1 − tan2 β| a tan β Với h = , ta có: cos ϕ = 1 tan2 β + 1 + tan2 β 3.6 BÀI TỐN VỀ DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH Bài tốn 3.6.1 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC theo a GIẢI Bước Gọi I trung điểm AB, kẻ HD // CI, D ∈ BC Chọn hệ trục tọa độ Decartes Oxyz cho gốc tọa độ trùng với điểm√H, B thuộc a Ox, D thuộc Oy, S thuộc Oz ∆ABC cạnh a nên CI = √ 2a a a a Bước Ta có: H(0; 0; 0), A − ; 0; , B ; 0; , C − ; ;0 , 3 S(0; 0; z) với z > √ → − −→ a a Bước SC = − ; ; −z , k = (0; 0; 1) Góc SC (ABC) − −→ → 3z 21a2 |SC k | 0 60 nên ta có: sin 60 = −→ → ⇔ z2 = − =√ 7a + 9z |SC|.| k | √ √ a 21 a 21 Suy z = , S 0; 0; 3 √ √ −→ −→ 2a a 21 a a 21 , SB = ; 0; − Ta có: SA = − ; 0; − 3 3 18 −→ −→ [SA, SB] = 0; − √ −→ a2 21 ; ; SC = √ √ a a a 21 − ; ;− Thể tích khối chóp S.ABC là: √ a3 −→ −→ −→ (đvtt) VS.ABC = |[SA, SB].SC| = √ 12 −−→ −−→ a a BC = − ; ; , AB = (a; 0; 0) 2 √ √ √ −→ −−→ a2 a2 21 a2 Suy [SA, BC] = − ;− ;− √ −→ −−→ −−→ |[SA, BC].AB| a 42 Do d(SA, BC) = = −→ −−→ |[SA, BC]| 3.7 BÀI TOÁN VỀ QUỸ TÍCH Bài tốn 3.7.1 Cho hai điểm A, B số thực dương k Tìm quỹ tích điểm M không gian cho M A = kM B GIẢI Bước Chọn hệ trục tọa độ Descartes Oxyz với gốc tọa độ O trung điểm AB, trục Ox trùng với OB Bước Đặt AB = 2a, (a > 0), đó: A(−a; 0; 0), B(a; 0; 0) Bước Gọi M (x; y; z), đó: −−→ −−→ M A = (−a − x; −y; −z), M B = (a − x; −y; −z) Theo giả thiết M A = k.M B ⇔ M A2 = k M B Suy (−a − x)2 + y + z = k (a − x)2 + y + z ⇔ (1 − k )x2 + (1 − k )y + (1 − k )z + 2a(1 + k )x = Nếu k = qũy tích điểm M đường thẳng x = Nếu k = phương trình tương đương với: a(1 + k ) x=0 − k2 a(1 + k ) + y2 + z2 = x+ − k2 x2 + y + z + ⇔ Vậy quỹ tích điểm M mặt cầu tâm I thẳng AB, bán kính R = a(1 + k ) − k2 a(1 + k ) − k2 a(1 + k ) ; 0; − k2 nằm đường 19 CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP DÙNG QUAN HỆ SONG SONG, QUAN HỆ VNG GĨC Chương trình bày việc vận dụng quan hệ song song, quan hệ vng góc để giải số lớp tốn hình học khơng gian 4.1 QUY TRÌNH GIẢI BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN SỬ DỤNG QUAN HỆ SONG SONG, QUAN HỆ VNG GĨC Bước Vẽ hình biểu diễn mối quan hệ (song song, vuông góc, nhau, ) lên hình vẽ Bước Phân tích giả thiết yêu cầu kết luận Bước Vận dụng cách định nghĩa, định lý, tính chất để chứng minh kết luận 4.2 BÀI TOÁN CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG, BA ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY Bài toán 4.2.1 Cho bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng Gọi I điểm đường thẳng BD không thuộc đoạn BD Trong (ABD) vẽ đường thẳng qua I cắt hai đoạn AB, AD K L Trong (BCD) vẽ đường thẳng qua I cắt hai đoạn CB, CD tương ứng M N Giả sử BN ∩ DM = O1 ; BL ∩ DK = O2 ; LM ∩ KN = J Chứng minh ba điểm A, J, O1 thẳng hàng GIẢI Bước Ta có hình vẽ: Bước Theo giả thiết ta có: BN ∩ DM = O1 , nên O1 ∈ BN suy O1 ∈ (ABN ) LM ∩ KN = J, nên J ∈ KN suy J ∈ (ABN ) Bước Từ (1) (2) suy O1 , A, J thuộc (ABN) Tương tự ta có: O1 ∈ DM suy O1 ∈ (ADM ) J ∈ LM suy J ∈ (ADM ) (1) (2) (3) (4) (5) 20 Từ (4) (5) suy A, O1 , J thuộc (ADM) (6) Hai mặt phẳng (ADM) (ABN) có chung điểm A, nên chắn (ABN) (ADM) phải cắt theo giao tuyến đường thẳng ∆ Từ (3) (6) ta suy A, O1 , J thẳng hàng Bài toán 4.2.2 Cho M, N, P ba điểm tùy ý cạnh SA, SC, BC tứ diện SABC cho NP không song song với SB Q giao điểm (MNP) với cạnh AB Chứng minh QM, SB, PN đồng quy GIẢI Trong (SAC), ta có: M N ∩ AC = I Trong (ABC), ta có: IB ∩ AB = Q Suy Q = (M N P ) ∩ AB Trong (INP), ta có: QM ∩ P N = O Do ba điểm B, S, O thuộc giao tuyến hai mặt phẳng (AQM) (CPN) nên B, S, O thẳng hàng Suy ba đường thẳng QM, SB, PN đồng quy O 4.3 BÀI TỐN CHỨNG MINH SONG SONG, VNG GĨC Bài tốn 4.3.1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Trên cạnh AB, SB, SC lấy điểm M, N, P thỏa mãn điều kiện AM = k.AB, SN = k.SB, SP = k.SC, (0 < k < 1) Tìm giao điểm Q CD mặt phẳng (MNP) Chứng minh M Q//AD P Q//SD GIẢI Bước Ta có hình vẽ: Bước Theo giả thiết ta có: AM SN SP = = , suy AB SB SC M N//SA N P//BC 21 Bước Khi ta có: M ∈ (M N P ) ∩ (ABCD) , suy (M N P )∩(ABCD) = M x, với M x//BC N P//BC Mx cắt CD Q Vậy CD ∩ (M N P ) = Q Ta có M Q//BC, AD//BC Suy M Q//AD Áp dụng định lý Ta-lét, ta có: DQ AM M Q//AD, suy = = k; DC AB SN SP N P//BC, suy = = k SB SC SP DQ Do = , suy P Q//SD SC DC Bài toán 4.3.2 Cho tứ diện ABCD Chứng minh điều kiện để tứ diện có cạnh đối vng góc: AB ⊥ CD ⇔ AC − AD2 = BC − BD2 GIẢI Ta chứng minh điều kiện theo hai trường hợp Điều kiện (⇒): Giả sử AB ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (ABH) H chân đường cao BH, suy CD ⊥ AH Áp dụng hệ thức lượng tam giác với M trung điểm CD AC − AD2 = 2CD.M H , AC − AD2 = BC − BD2 Suy BC − BD2 = 2CD.M H Điều kiện (⇐): Giả sử AC −AD2 = BC −BD2 (1) Gọi M trung điểm CD, AH1 , BH2 chân đường cao tương ứng, ta có: AC − AD2 = 2CD.M H1 (2) BC − BD2 = 2CD.M H2 (3) Từ (1), (2) (3) ta có: CD.M H1 = CD.M H2 suy M H1 = M H2 ⇔ H1 ≡ H2 (4) Từ (4) ta có CD ⊥ (ABH1 ) = (ABH2 ), hai mặt phẳng (ABH1 ); (ABH2 ) chứa AB, CD ⊥ AB Kết luận: Điều kiện cần đủ để hai cạnh đối AB CD tứ diện ABCD vng góc AC − AD2 = BC − BD2 4.4 BÀI TỐN VỀ GĨC VÀ KHOẢNG CÁCH Bài tốn 4.4.1 Trong mặt phẳng (P) cho hình vng ABCD cạnh a Đoạn thẳng SA cố định vng góc với (P) A M, N hai điểm di động cạnh BC CD Đặt M = u, DN = v Chứng minh 4(u + v) + uv = a2 điều kiện cần đủ để hai mặt phẳng (SAM) (SAN) tạo với góc 450 GIẢI Ta có (SAM ) ∩ (SAN ) = SA 22 Do SA ⊥ (ABCD), suy AM ⊥ SA, AN ⊥ SA Suy M AN góc tạo hai mặt phẳng (SAM) (SAN) Đặt DAN = α, M AB = β Khi M AN = 450 ⇔ α + β = 450 ⇔ tan(α + β) = u v + tan α + tan β a a ⇔ =1⇔ uv = ⇔ a(u + v) + uv = a − tan α tan β 1− a Suy điều phải chứng minh Bài toán 4.4.2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng, ABC = BAD = 900 ; BA = BC = a; AD = 2a √ Giả sử SA = a vng góc với đáy (ABCD) Gọi H hình chiếu A lên SB Tính khoảng cách từ H đến (SCD) GIẢI √ √ Dễ thấy hình thang ABCD, ta có: AC = a Do AB = a 2, suy ∆ABC tam giác vng cân C Do ta có BC ⊥ AC Theo Định lý ba đường vng góc ta có: SC ⊥ CD Giả sử CD ∩ AB = E Ta có B trung điểm AE Vì BC ⊥ (SAC), suy (SDC) ⊥ (SAC) Do (SDC) ∩ (SAC) = SC, nên kẻ AK ⊥ SC, suy AK ⊥ (SCD) Suy d(A, (SCD)) = AK (1) Ta có AB ∩ (SCD) = E, suy d(A, (SCD)) = 2.d(B, (SCD)) (do AB = BE) (2) Kẻ AH ⊥ SB Ta có tam giác vng SAB: SA = SH.SB, √ √ √ SA2 2a SB = SA2 + AB = a 3, nên SH = = SB 23 Theo Định lý Ta-lét, ta có: d(B, (SCD)) BS = = d(H, (SCD)) HS 2 d(B, (SCD)) 1 Từ (1), (2), (3) suy ra: d(H, (SCD)) = d(A, (SCD)) = AK 3 √ Do SA = AC = a 2, suy AK = a a Từ (4) (5) suy d(H, (SCD)) = Suy ra: d(H, (SCD)) = 4.5 (3) (4) BÀI TỐN VỀ DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH Bài tốn 4.5.1 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình thang, ABC = BAD = 900 , √ BA = BC = a, AD = 2a Giả sử SA vng góc với đáy ABCD SA = a Gọi H hình chiếu A SB Tìm thể tích tứ diện SHCD GIẢI Bước Ta có hình vẽ: Bước Trong hình thang vng ABCD dễ thấy BCD = 1350 CD = √ a Kẻ HK BE vng góc với (SCD), suy HK//BE S, K, E thẳng hàng HK SH Bước Theo Định lí Talet, ta có: = (1) SB √ √ BE Ta có: SB = SA2 + AB = a Trong tam giác vng SAB, ta có: √ 3a SA2 = SA2 = SH.SB nên SH = SB SH.BE Do từ (1) suy ra: HK = = BE SB Từ ta có VH.SCD = VB.SCD (2) 1 Lại có: VB.SCD = VS.BCD = SBCD SA = BC.CD sin 1350 SA √ a3 (3) Vậy VB.SCD = 24 Từ (2) (3) suy ra: VSHCD = VH.SCD √ a3 = (đvtt) KẾT LUẬN Luận văn "Một số phương pháp giải toán hình học khơng gian" đạt mục đích nhiệm vụ đề ra, cụ thể luận văn thực vấn đề sau: Tìm hiểu trình bày phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ, quan hệ song song, quan hệ vng góc giải tốn hình học khơng gian Hệ thống phân loại tốn hình học khơng gian giải phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ, phương pháp dùng quan hệ song song quan hệ vng góc Định hướng việc ứng dụng phương pháp cho lớp toán cụ thể Đối với phương pháp có tốn minh họa rõ ràng, với toán tương tự Hy vọng nội dung luận văn cịn tiếp tục hồn thiện phát triển nữa, nhằm tài liệu tham khảo tốt cho học sinh, sinh viên quan tâm đến giải tốn hình học không gian ... khơng gian? ?? Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ không gian quan hệ song song, quan hệ vuông góc giải tốn hình học khơng gian Định hướng việc ứng dụng phương. .. hình học khơng gian giải phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ sử dụng quan hệ song song, quan hệ vng góc Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ không gian quan hệ song... vng góc giải tốn hình học khơng gian Các tốn hình học khơng gian giải phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ, phương pháp sử dụng quan hệ song song, quan hệ vng góc Phương pháp nghiên cứu Thu thập,