Phương pháp toạ độ trong không gian và bài tập hình học

Kho¸ ln tèt LỜI CẢM ƠN Bản khóa luận bước em làm quen với việc nghiên cứu khoa học Trong thời gian nghiên cứu hoàn thành khóa luận tốt nghiệp em nhận giúp đỡ nhiệt tình thầy tổ phương pháp bạn sinh viên khoa Đặc biệt, em gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo Bùi Văn Bình, thầy trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ, hướng dẫn em hồn thành khóa luận Do điều kiện hạn chế thời gian kiến thức, lực thân nên khố luận khó tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận bảo nhận xét đóng góp thầy bạn bè sinh viên để khoá luận hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2012 Sinh viên Vũ Thị Vân Vũ Thị K34A Giáo dục LI CAM OAN Em xin cam đoan khố luận hồn thành cố gắng, nỗ lực tìm hiểu thân với giúp đỡ thầy cô, đặc biệt thầy Bùi Văn Bình Khố luận em viết kiến thức dẫn khoá luận trung thực Hà Nội, tháng năm 2012 Sinh viên Vũ Thị Vân MỤC LỤC Trang Phần I: MỞ ĐẦU 1 Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Cấu trúc khoá luận Phần II: NỘI DUNG CHƯƠNG 1: CƠ SỞ CỦA KHÔNG GIAN VÀ PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN A Các khái niệm Định nghĩa Tọa độ vectơ hệ tọa độ Tọa độ điểm hệ tọa độ 4 Các tính chất B Dấu hiệu nhận biết tốn hình học khơng gian phương pháp toạ độ…………… C Phương pháp toạ độ không gian .9 Nội dung Mục đích yêu cầu việc giảng dạy “Phương pháp toạ độ không gian” Phương pháp giải toán tọa độ 10 D Cách chọn hệ tọa độ lại hình .11 CHƯƠNG 2: HỆ THỐNG BÀI TẬP .22 A Bài tập 22 B Bài tập nâng cao 33 C Một số ví dụ 47 Phần III: KẾT LUẬN 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 53 PHẦN I: MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Hình học mơn khó có tính hệ thống, chặt chẽ, lơgic trừu tượng hố cao Đặc biệt phần hình học khơng gian (HHKG) Để giải tốn HHKG đòi hỏi học sinh phải có nhiều kĩ nắm kiến thức thật vững Với tốn nói chung tốn HHKG nói riêng có nhiều cách giải khác nhau, phương pháp tổng hợp (PPTH), phương pháp vectơ (PPVT) hay phương pháp toạ độ…trong có phần lớn tốn HHKG giải phương pháp toạ độ (PPTĐ) Với toán PPTĐ cho ta cách giải nhanh chóng dễ dàng nhiều so với PPTH PPTĐ cho ta lời giải cách xác, tránh yếu tố trực quan, suy diễn phức tạp PPTH phương tiện hiệu để giải tốn hình học Vì vậy, năm gần PPTĐ xem nội dung trọng tâm chương trình tốn trung học phổ thơng Xuất phát từ thân muốn học hỏi, tìm tòi, nghiên cứu sâu HHKG, với mong muốn có kiến thức vững phần để chuẩn bị tốt cho việc giảng dạy sau này, với giúp đỡ thầy Bùi Văn Bình mà em chọn đề tài: “Phương pháp toạ độ không gian tập hình học” Mục đích nghiên cứu Đề tài “Phương pháp toạ độ khơng gian tập hình học” nghiên cứu với mục đích:  Cho học sinh thấy tương đương HHKG hình học giải tích khơng gian  Giúp cho học sinh có thêm phương pháp để giải tốn HHKG  Nghiên cứu sâu HHKG làm tài liệu tham khảo cho học sinh giáo viên Vò Thị K34A Giáo dục Nhim v nghiờn cứu Đề tài nghiên cứu với hai nhiệm vụ: a) Nghiên cứu lí luận chung: Cơ sở khơng gian phương pháp toạ độ không gian b) Hệ thống tập Phương pháp nghiên cứu Đề tài nghiên cứu với phương pháp nghiên cứu lí luận tài liệu có liên quan đến đề tài Phương pháp nghiên cứu lí luận dựa vào tài liệu sẵn có, thành tựu nhân loại lĩnh vực khác để vận dụng vào mơn phương pháp dạy học mơn tốn Quan sát điều tra phương pháp tri giác tượng giáo dục để thu lượm số liệu, kiện cụ thể, đặc trưng cho trình diễn biến tượng Tổng kết kinh nghiệm đánh giá khái quát kinh nghiệm, từ phát vấn đề cần nghiên cứu Cấu trúc khoá luận Khoá luận bao gồm phần: Phần I: Mở đầu Phần II: Nội dung, bao gồm hai chương: Chương 1: Cơ sở không gian phương pháp toạ độ không gian Chương 2: Hệ thống tập Phần III: Kết luận PHẦN II: NỘI DUNG CHƯƠNG CƠ SỞ CỦA KHÔNG GIAN VÀ PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN A Các khái niệm 1, Định nghĩa 1.1 Trục tọa độ Khái niệm: Trục tọa độ đường thẳng xác định  điểm O gọi gốc véctơ đơn vị e  Ta kí hiệu trục (O; e )  Cho điểm M, A, B trục (O; e ) Khi đó: + Có số k cho  OM  ke Ta gọi số k tọa độ điểm M trục cho  + Có số a cho AB  ae Ta gọi số a độ dài số AB trục cho kí hiệu a = AB 1.2, Hệ trục tọa độ  O;i ; j Hệ trục tạo độ   O; i  O; j  gồm hai trục     vng góc với  Điểm gốc O chung hai trục gọi gốc tọa độ Trục O; i gọi trục  hoành kí hiệu Ox Trục O; j gọi trục tung kí hiệu Oy Các vectơ     i j vectơ đơn vị Ox, Oy i   1.3, Tọa độ vectơ  Trong mặt phẳng Oxy cho vectơ u tùy ý Vẽ OA  u gọi A1, A2  hình chiếu vng góc A lên Ox Oy Ta có: OA  OA1  OA2     cặp số (x, y) để OA1  xi ;OA2  yj Như vậy: u =  xi  yj 2, Toạ độ vectơ hệ tọa độ     Trong hệ tọa độ Đềcác vng góc cho vectơ tuỳ ý v Vì vectơ i , j , k   không đồng phẳng nên tồn số (x, y, z) cho v = x i + y j +     z k (x, y, z) gọi tọa độ v Kí hiệu: v = (x, y, z) v (x, y, z) 3, Tọa độ điểm hệ tọa độ Trong hệ tọa độ Đềcác vng góc cho điểm M Khi đó: Tọa độ tọa độ điểm M Như  OM  = (x, y, OM     z) tức OM = x + y j + z ba số (x, y, z) tọa độ điểm M k i Kí hiệu: M = (x, y, z) M(x, y, z) 4, Ta có tính chất:    Cho a ≠ , b phương      k cho b = k a a      Cho a , b không phương, c đồng phẳng với a b   k,l cho:    c = ka + l b     Cho a , b , không phương với d Khi tồn (x, y, z) c     cho: d = x a + y b + z c G trọng tâm  ABC:      GA + GB + GC =  Với O OG =    ( OA + OB + OC ) G trọng tâm tứ diện ABCD thì:      GA + GB + GC + GD =      ( OA + OB + OC + OD ) Với O OG = Điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k (k ≠ 1) thì:   MA = k MB  OA  kOB 1 k Với O OM = d SA, BM   SA, BM AB (2 2.(2)  0.1 (2).0 (2 2)2  (2)2 (2)2  12  SA; BM   Bài tốn 12 Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ với điểm A(0,0,0); B(1,0,0); D(0,1,0); A’(0,0,1) Gọi M, N trung điểm AB CD a, Tính khoảng cách A’C MN b, Viết phương trình mặt phẳng chứa A’C tạo với mặt phẳng (Oxy) góc α cho cos  (Đề thi ĐH khối A – 2006) Lời giải a, Gọi (P) mp chứa A’C // MN Khi đó: d  A'C; MN   d M ; P 1  1  ;1;0  2  2    A'C =(1,1;-1) ; MN = (0,1,0)   A 'C; MN   (1,0,1) Ta có: C(1,1,0); M  ;0;0; N  Mp (P) qua A’(0,0,1) có VTPT (1,0,1) nên có phương trình: 1(x – 0) + 0(y – 0) + 1(z – 1) =  x+z–1=0 Vậy: d  A'C; MN   d M ; P  0 12  02 12  2  b, Gọi mp cần tìm (Q): ax + by + cz + d = 2 (a + b + c = 0) Vì mặt phẳng (Q) chứa A’(0,0,1) C(1,1,0) nên ta có: c+d=0 a+b+d=0  c = -d = a + b Do phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: Ax + By + (a + b)z – (a + b) = Khi VTPT (Q) là: n  (a; b; a+b) Có VTPT (ABCD) AA'  k  (0,0,1) Ta có:    cos  cos n;k n, k n k  ab a2  b2  a  b2 a  2b  b  2a  6(a + b) 2= 2(a 2+ b 2+ ab)  +, Với a = -2b, chọn b =  a = Ta có mp (Q) là: 2x – y + z – = +, Với b = -2a, chọn a =  b = -2 Ta có mp (Q’) là: x – 2y - z + = Bài toán 13 Cho tứ diện OABC có góc phẳng đỉnh O vuông, OA = a, OB = b, OC = c, c = a + b Lấy M thuộc ABC Chứng minh rằng: a cos □AOM + cos 2 B□OM + cos C□OM = b a tgA = b tgB = c tgC Lời giải z C O A M B y x Chọn hệ tọa độ hình vẽ: O trùng với đỉnh tứ diện, A Ox, B Oy, C Oz Khi đó: A(a; 0; 0); B(0; b; 0); C(0; 0; c); M(x, y, z) a Có: cos □AOM =   OM OA    OM OA x x2  y  z Tương tự: y cos B□OM  x2  y  z z cos C□OM  x2  y  z 2 2  cos □AOM  cos B□OM  cos C□OM  b Trong ∆ABC có:   AB.AC a □ cos A     AB AC a  b2 a  c2  sin □A  a4 1 a2  b2   a   c2   tg □A  a2b2  b2c2  c 2a a 2 2 a b b c c a 2 a b a c  a tg □A  2 a2 b2  b c  c2 a2 Tương tự ta được: b 2tg B□  a2b2  b2c2  c2 a2  c tgC□ Từ (1) (2) ta có: a 2tg □A  b2tg B□  (1) (2) c tgC□ (Điều phải chứng minh) Tuy nhiên có tốn giả thiết khơng cho hình khơng gian quen thuộc ta thiết lập hệ tọa độ thích hợp Sau vài ví dụ tốn giả thiết khơng cho hình khơng gian quen thuộc C Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho G trọng tâm tứ diện ABCD Chứng minh đường thẳng qua G qua đỉnh tứ diện qua trọng tâm mặt đối diện với đỉnh Lời giải D Chọn hệ tọa độ O xyz giả sử hệ tọa độ có: A(x1;y1;z1); B(x2; y2; z2); C C(x3; y3; z3); D(x4; y4; z4) G A’ A B Chọn hệ tọa độ Oxyz giả sử hệ tọa độ có: Gọi A’ trọng tâm  ABC ta có: G =   x1  x2  x3  x4 y1  y  y3  y z1  z  z  z  ; 4 ;   x x x A’ =  z z z  y yy 4 ; ;    3 y1  y2  y3  3z1  z2  z3  z4   3x1  x2  x3  x4 y4 ;  GA =  4  ;  Có GA' =  x2  x3  x4  3x1  Ta có: GA = -3 GA' 12 ; y  y  y  y1 ; 12 z2  z3  z4  3z1  12    G, A, A’ thẳng hàng (điều phải chứng minh) Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (P) hai điểm A,B cố định có hình chiếu (P) A1, B1 Giả sử AA1=a ,BB1= A1B1= a Điểm M biến thiên mặt phẳng (P) cho MA MB tạo góc với mặt phẳng (P) Chứng minh rằng: Tập hợp điểm M đường tròn với tâm bán kính xác định Lời giải z Chọn hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz Khi đó: A1(0,0,0); A(0;0;a ); B(0,a,a); B1(0,a,0) M(P)  M(x;y;0) Gọi  ,  theo thứ tự góc tạo MA MB với (P) ta được: □ □  = AMA1 ;  = B MB A O  A1 P Theo giả thiết:  =   □AMA1 = B□MB1 AA1 BB1 □ □   tg AMA1 = B MB1 A1 B1M  tg M a  x y a   x  a  2 2  y 2  x y 2 B 2 B1 M y x  x  a 2  y 2  2[  x  a  + y ] = x + y  x + y - 4xa + 2a = 2  (x – 2a) + y = 2a (*) (*) xác định đường tròn với tâm (2a,0,0), bán kính a Vậy quỹ tích điểm M thuộc đường tròn (C) mặt phẳng (P) có tâm (2a,0,0) (Điều phải chứng minh) Ví dụ 3: Cho tam giác vng cân ABC, có AB = AC = a; M trung điểm BC Trên nửa đường thẳng AA1, MM1 vng góc với mặt phẳng (ABC) phía lấy tương ứng điểm N I cho 2MI = NA = a Gọi H chân đường vng góc hạ từ A xuống NB Chứng minh: AH  NI Lời giải Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ a a Ta có: A(0,0,0); B(a,0,0); C(0,a,0); N(0,0,a); M  a a a  ; ;0 ; I  ; ;  2  2 2 Vì tam giác ANB cân A nên H trung điểm BN Suy ra: H  a a  ;0;  2 2 Ta có: AH = z a a  ;0;  2 2 S a NI =  ; a a ; 2 2  AH NI =  AH  NI A B (điều phải chứng minh) C y x Ví dụ 4: Trong mặt phẳng (P) cho hình thoi ABCD với AB= a; BD= 2a Trên đường vng góc với (P) giao điểm hai đường chéo hình thoi, lấy điểm S cho SB = a a, Chứng minh tam giác SAC vuông b, Chứng minh mặt phẳng (SAB) (SAD) vng góc với Lời giải z Chọn hệ tọa độ hình vẽ S  a 6 a  Ta có: S  0;0; ;0;0  ; B         a  a ;0;0 ; C  0; D ;0       a  A  0; ;0    A D B O C x y SC.SA a, Ta có: cos □ASC = SC SA      a a  ;   a a  với  SC   0; ;   SA   0; ;    3         A□SC = 90 hay tam giác ASC vuông S  b, Ta có:  a  2a2 a a2 ;  ; n1   2  SA SB     3  ; 2;1; 2  2 2   ; ; n2  a a a2 a2    SA SD   3 3      a a  a  ;  a  ; Với  SD    ;    SB    0; 0; 3        ;     2; 1;1    n1.n2   n1  n2  SAB   SAD  (Điều phải chứng minh) Ví dụ 5: Đường thẳng d tạo với đường thẳng d1 d2 cắt góc Ngồi khơng vng góc với mặt phẳng (α) chứa đường thẳng Chứng minh đường chiếu vng góc d’ d lên mặt phẳng (α) tạo thành góc với hai đường thẳng d1 d2 Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O = d1  d2 d1, d2  (Oxy) Khi gọi a; a'; a1; a2 vectơ phương đường thẳng (d),(d’),(d1),(d2) Ta có: a   x, y, z ; Vũ Thị 50 K34A Giáo dôc a'   x, y,0 ; a1 x1; y2 ;0; a2  x2 ; y2 ;0 Theo giả thiết: Vũ Thị 50 K34A Giáo dục gúc (d,d1) = góc (d,d2) a.a1 a.a2 a.a1 a.a2  a a1  a a2  a1  a2  xx1  yy1 x11 2 y  xx2  yy2 x22 2 y  xx1  yy1 x11  y x2  y  xx2  yy2 x22  y2 x2  y góc (d’;d1) = góc (d’;d2) Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ Cho hình trụ có hai đáy hai đường tròn tâm O O1, bán kính R, chiều cao hình lăng trụ h Trên hai đường tròn (O) (O1) có hai điểm di động A,B Gọi I, K theo thứ tự trung điểm OO1 AB Chứng minh rằng: IK đường vuông góc chung OO1 AB z Lời giải Chọn hệ tạo độ Oxyz cho O B trùng với tâm đáy OO1  Oz Khi có: O1 (0,0,h) AC(O,R)  A(xA; yA; 0) với 2 O x y R A I A B  C’(O1,R)  B(xB; yB; h) với 2 x y R B O1 K B Vì I, K trung điểm OO1và AB, suy ra: h   x A  xB y A  y B h  I  0;0;  ; K  ; ;  2   2 A x Ta có: OO1  (0,0, h) ; AB  ( xB  xA ; yB  y A ; nên: h) OO1.IK  OO1  IK AB.IK   AB  IK  IK đường vng góc chung OO1 AB Ta có điều phải chứng minh Vò Thị 80 K34A Giáo dục y Phn III: KT LUẬN Một tốn hình học có nhiều cách giải, tốn tìm cách giải tối ưu Trước toán HHKG, tìm cách giải tối ưu vấn đề khó Giải tốn HHKG PPTĐ phương pháp giúp giải toán HHKG ngắn, đơn giản nhanh so với phương pháp tổng hợp Khóa luận góp phần làm sáng tỏ cần thiết việc giải toán HHKG phương pháp tọa độ Đề tài bước đầu giúp em làm quen với phương pháp tọa độ chứng minh tốn HHKG Cho em hình dung PPTĐ gì? Với tốn áp dụng được? đặc biệt cho em hiểu mối quan hệ HHKG hình học giải tích khơng gian Do điều kiện thời gian, nên khóa luận dừng lại với phương pháp tọa độ ta mở rộng theo hướng khác sau: sử dụng phương pháp tọa độ Để giải dạng toán khác HHKG, tốn hình học phẳng, tốn sơ cấp, Do bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học, chắn khóa luận nhiều thiếu sót Em mong nhận góp ý, trao đổi thầy để khóa luận hồn thiện TÀI LIỆU THAM KHẢO Lê Quang Ánh, Nguyễn Thành Dũng, Trần Thái Hùng (1990) - “360 tốn chọn lọc hình học khơng gian” – NXB Đồng Nai Nguyễn Tiến Quang, Phạm Khắc Ban (2002) – “Tốn nâng cao hình học 11” – NXB Giáo Dục Lê Duy Ninh – “ Rèn luyện kĩ giải Tốn hình học khơng gian lớp 11 phương pháp toạ độ” Đào Tam (2005) – Giáo trình hình học sơ cấp – NXB Đại học Sư phạm Đề thi tuyển sinh vào trường ĐH, CĐ mơn Tốn năm 1999 - 2001 – NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội 2002 Hình học nâng cao lớp 12 – NXB Giáo dục Một số đề thi tuyển sinh ĐH- CĐ toàn quốc từ 2004 đến 2009 Tuyển chọn 400 tập hình học 12 Bài tập hình học 12 – NXB Giáo dục ... tài: Phương pháp toạ độ không gian tập hình học Mục đích nghiên cứu Đề tài Phương pháp toạ độ không gian tập hình học nghiên cứu với mục đích:  Cho học sinh thấy tương đương HHKG hình học. .. Chương 1: Cơ sở không gian phương pháp toạ độ không gian Chương 2: Hệ thống tập Phần III: Kết luận PHẦN II: NỘI DUNG CHƯƠNG CƠ SỞ CỦA KHÔNG GIAN VÀ PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN A Các khái... Tọa độ vectơ hệ tọa độ Tọa độ điểm hệ tọa độ 4 Các tính chất B Dấu hiệu nhận biết toán hình học khơng gian phương pháp toạ độ ………… C Phương pháp toạ độ không