Tích ngoài của ba vectơ trong không gian và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM NGỌC THÀNH TÍCH NGOÀI CỦA BA VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM NGỌC THÀNH TÍCH NGOÀI CỦA BA VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN, NĂM 2020 i Mục lục Mục lục i Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt iv Danh mục các hình vẽ v Phần mở đầu 1 1 Một số kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Tích ngoài hai vectơ trong mặt phẳng . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.3 Biểu thức tọa độ của tích ngoài hai vectơ . . . . . . 4 1.1.4 Mối quan hệ giữa tích ngoài và tích vô hướng của hai vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.5 Diện tích của tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.6 Diện tích của hình bình hành . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.7 Diện tích của tứ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Tích ngoài ba vectơ trong không gian . . . . . . . . . . . . 5 1.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.3 Biểu thức xác định của tích ngoài ba vectơ . . . . . 6 1.2.4 Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ khác vectơ không 7 1.2.5 Tích ngoài ba vectơ trong hình học Euclid . . . . . . 7 1.2.6 Thể tích hình hộp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 ii 2 Vận dụng tích ngoài hai vectơ để giải quyết một số bài toán trong hình học phẳng 11 2.1 Ứng dụng của tích ngoài hai vectơ trong mặt phẳng . . . . 11 2.1.1 Hệ thức giữa ba vectơ bất kì . . . . . . . . . . . . . 11 2.1.2 Công thức cộng cung trong lượng giác . . . . . . . . 12 2.1.3 Đường thẳng, giao điểm của hai đường thẳng . . . . 12 2.1.4 Điều kiện đồng quy của ba đường thẳng . . . . . . 13 2.1.5 Định lý Céva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2 Một số ví dụ minh họa ứng dụng của tích ngoài hai vectơ trong quá trình giải toán hình học phẳng . . . . . . . . . . 15 3 Vận dụng tích ngoài ba vectơ để giải quyết một số bài toán hình học không gian 25 3.1 Ứng dụng của tích ngoài ba vectơ trong không gian . . . . . 25 3.1.1 Thể tích hình tứ diện . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 3.1.2 Điều kiện đồng phẳng cho bốn điểm . . . . . . . . . 26 3.1.3 Phương trình mặt phẳng trong hình học Euclid . . . 27 3.1.4 Định lý Thales trong không gian . . . . . . . . . . . 28 3.2 Một số ví dụ minh họa ứng dụng của tích ngoài ba vectơ trong quá trình giải toán hình học không gian . . . . . . . . 29 Kết luận 55 Tài liệu tham khảo 57 iii Lời cảm ơn Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của Phó Giáo sư Tiến sĩ Trịnh Thanh Hải. Tác giả xin trân trọng bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy, người đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn, động viên khích lệ và tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu luận văn. Qua bản luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy và tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu trong suốt thời gian qua. Tác giả cũng xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và tất cả mọi người đã quan tâm, động viên và giúp đỡ để tác giả có thể hoàn thành luận văn của mình. Tác giả xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, ngày ... tháng ... năm 2020 Tác giả luận văn Phạm Ngọc Thành iv Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt ( −→a , −→b ) Góc lượng giác giữa hai véc tơ −→a , −→b . (a, b) Góc giữa hai đường thẳng a, b. SXY Z Diện tích đại số của 4XY Z. SXY Z Diện tích hình học của 4XY Z. −→a ↑↑ −→b ( −→a ↑↓ −→b ) Hai véc tơ −→a , −→b cùng hướng (ngược hướng). −→a k −→b Hai vectơ −→a , −→b cùng phương. VTCP Vectơ chỉ phương. VTPT Vectơ pháp tuyến. BĐT Bất đẳng thức. v Danh mục các hình vẽ Hình 1:.......................................................................................... 8 Hình 2:.......................................................................................... 8 Hình 3:.......................................................................................... 9 Hình 4:........................................................................................ 14 Hình 5:........................................................................................ 15 Hình 6:........................................................................................ 16 Hình 7:........................................................................................ 17 Hình 8:........................................................................................ 18 Hình 9:........................................................................................ 19 Hình 10:...................................................................................... 20 Hình 11:...................................................................................... 22 Hình 12:...................................................................................... 23 Hình 13:...................................................................................... 26 Hình 14:...................................................................................... 28 Hình 15:...................................................................................... 29 Hình 16:...................................................................................... 30 Hình 17:...................................................................................... 31 Hình 18:...................................................................................... 35 Hình 19:...................................................................................... 36 Hình 20:...................................................................................... 37 Hình 21:...................................................................................... 38 Hình 22:...................................................................................... 39 Hình 23:...................................................................................... 40 Hình 24:...................................................................................... 41 Hình 25:...................................................................................... 42 vi Hình 26:...................................................................................... 45 Hình 27:...................................................................................... 46 Hình 28:...................................................................................... 47 Hình 29:...................................................................................... 48 Hình 30:...................................................................................... 49 Hình 31:...................................................................................... 50 Hình 32:...................................................................................... 50 Hình 33:...................................................................................... 51 1 Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Trong chương trình giáo dục trung học phổ thông đối với môn toán, nội dung tích ngoài của vectơ, mà cụ thể là tích ngoài của hai vectơ trong mặt phẳng, tích ngoài của ba vectơ trong không gian chưa được đưa vào giảng dạy mà các nội dung này chỉ được đề cập đến trong chương trình môn toán dành cho học sinh chuyên toán. Trong các đề thi học sinh giỏi, có rất nhiều bài liên quan đến tích ngoài của hai vectơ trong mặt phẳng, tích ngoài của ba vectơ trong không gian. Xuất phát từ thực tế trên, với mong muốn đưa ra một cách hệ thống kiến thức về tích ngoài hai vectơ trong mặt phẳng, tích ngoài ba vectơ trong không gian và ứng dụng khái niệm, tính chất của tích ngoài hai vectơ trong mặt phẳng, tích ngoài ba vectơ trong không gian để giải một số bài toán, tác giả đã lựa chọn đề tài Tích ngoài của ba vectơ trong không gian và ứng dụng. 2. Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu và trình bày một cách hệ thống về tích ngoài hai vectơ trong mặt phẳng và tích ngoài của ba vectơ trong không gian. Đồng thời trình bày ứng dụng của tích ngoài của hai vectơ trong mặt phẳng, tích ngoài của ba vectơ trong không gian. 2 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Luận văn có nhiệm vụ: a. Tìm hiểu về tích ngoài hai vectơ trong mặt phẳng: Định nghĩa, tính chất, biểu thức tọa độ tích ngoài hai vectơ, mối quan hệ giữa tích ngoài và tích vô hướng của hai vectơ, diện tích tam giác, diện tích hình bình hành, diện tích tứ giác b. Tìm hiểu về tích ngoài ba vectơ trong không gian: Định nghĩa, tính chất, biểu thức xác định của tích ngoài ba vectơ, điều kiện đồng phẳng của ba vectơ, tích ngoài ba vectơ trong hình học Euclid, thể tích hình hộp c. Tìm hiểu về ứng dụng tích ngoài hai vectơ trong mặt phẳng và tích ngoài của ba vectơ trong không gian d. Sưu tầm một số bài toán hình học phẳng, hình học không gian trong các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao Đẳng; đề thi THPT Quốc Gia; đề thi chọn học sinh giỏi trong nước và Quốc tế có thể khai thác tính chất tích ngoài hai vectơ, tích ngoài của ba vectơ để giải. Sau đó đưa ra lời giải các bài toán đó 4. Nội dung luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo luận văn được trình bày trong ba chương: Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Chương 2. Vận dụng tích ngoài hai vectơ để vào giải quyết một số bài toán hình học phẳng. Chương 3. Vận dụng tích ngoài ba vectơ vào giải một số bài toán hình học không gian. Một cách cụ thể, luận văn sẽ trình bày các kết quả chính ở các tài liệu tham khảo 1. 3 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương 1, luận văn chọn lọc và trình bày một số kiến thức liên quan đến tích ngoài của hai vectơ trong mặt phẳng và tích ngoài của ba vectơ trong không gian. 1.1 Tích ngoài hai vectơ trong mặt phẳng 1.1.1 Định nghĩa Tích ngoài của hai vectơ −→a , −→b kí hiệu là ~a,~b là một số được xác định như sau: Nếu −→a = −→0 −→b = −→0 thì ~a,~b = 0 Nếu −→a 6= −→0 −→b 6= −→0 thì ~a,~b = | −→a |.| −→b |.sin(−→a , −→b ). Từ định nghĩa trên ta có ngay hệ quả hiển nhiên: −→a k −→b ⇔ ~a,~b = 0. 1.1.2 Tính chất Tích ngoài của hai vectơ có các tính chất cơ bản sau đây: i) ~a,~b = − ~b,~a(phản giao hoán). ii) ~a, −→b + −→c = ~a,~b + ~a,~c (phân phối). iii) k~a, l~b = (kl)~a,~b. 4 1.1.3 Biểu thức tọa độ của tích ngoài hai vectơ Định lý 1.1. Trên mặt phẳng tọa độ cho hai vectơ −→a (x1; y1), −→b (x2; y2). Khi đó ~a,~b = x1y2 − x2y1. 1.1.4 Mối quan hệ giữa tích ngoài và tích vô hướng của hai vectơ Trong hình học phẳng, với hai vectơ tùy ý ~a và ~b, ta có biểu thức: (~a.~b) 2 + ~a,~b 2 = ~a2 . ~b 2 . 1.1.5 Diện tích của tam giác Diện tích đại số của tam giác ABC là một số đại số (có thể dương, âm hoặc bằng không), kí hiệu là SABC = 1 2 −→AB, −→AC. Định lý 1.2. i) Nếu tam giác ABC có hướng dương thì SABC = SABC. ii) Nếu tam giác ABC có hướng âm thì SABC = −SABC. Hệ quả 1.1. Trên mặt phẳng tọa độ cho tam giác ABC. Biết rằng −→AB = (x1; y1), −→AC = (x2; y2). Khi đó SABC = 1 2 |x1y2 − x2y1|. Tính chất 1.1. Cho tam giác ABC và mỗi điểm M thì i) SABC = SMAB + SMBC + SMCA (Hệ thức Chasle về diện tích). ii) SMBC −−→MA + SMCA −−→MB + SMAB −−→MC = ~0. iii) Nếu điểm M thuộc đường thẳng BC ta có: SABC = SMAB + SMCA = 1 2 −−→BC, −−→MA. 1.1.6 Diện tích của hình bình hành Diện tích đại số của hình bình hành ABCD là một số đại số (có thể dương, âm hoặc bằng không), kí hiệu là SABCD = −→AB, −→AC. 5 1.1.7 Diện tích của tứ giác Diện tích đại số của tứ giác lồi ABCD được tính theo công thức sau SABCD = 1 2 −→AC, −−→BD. Chứng minh. Theo hệ thức Chasle về diện tích đại số, ta có SABCD = SAAB + SABC + SACD + SADA = 0 + 1 2 −→AB, −→AC + 1 2 −→AC, −−→AD + 0 = 1 2 −→AC, −−→AD − −→AB = 1 2 −→AC, −−→BD. 1.2 Tích ngoài ba vectơ trong không gian 1.2.1 Định nghĩa Tích ngoài của ba vectơ −→x , −→y , −→z trong không gian là một hàm vectơ của ba vectơ −→x , −→y , −→z nhận giá trị thực và tuyến tính theo từng vectơ −→x , −→y , −→z và phản đối xứng theo −→x , −→y , −→z , kí hiệu là −→x , −→y , −→z . 1.2.2 Tính chất Tích ngoài của ba vectơ trong không gian có hai tính chất cơ bản sau đây: i) Tuyến tính đối với mỗi vectơ, nghĩa là đối với −→x chẳng hạn ta có: −→x1 + −→x2, −→y , −→z = −→x1, −→y , −→z + −→x2, −→y , −→z α −→x , −→y , −→z = α −→x , −→y , −→z ii) Phản xứng nghĩa là nếu hoán vị hai vectơ nào đó cho nhau, thì giá trị của tích ngoài đổi thành số đối xứng. Chẳng hạn ta có: −→x , −→y , −→z = − −→y , −→x , −→z Đặc biệt: −→x , −→x , −→z = 0 6 Nếu trong ba vectơ −→x , −→y , −→z có hai vectơ cùng phương thì tích ngoài của chúng bằng không. Chẳng hạn: Nếu −→y = α −→x thì −→x , α−→x , −→z = α −→x , −→x , −→z = 0 1.2.3 Biểu thức xác định của tích ngoài ba vectơ Chọn ba vectơ tùy ý không đồng phẳng −→u , −→v , −→w thỏa mãn −→u , −→v , −→w = δ, δ 6= 0 khi đó bộ ba vectơ −→x , −→y , −→z có thể phân tích theo −→u , −→v , −→w như sau:    −→x = x1 −→u + x2 −→v + x3 −→w −→y = y1 −→u + y2 −→v + y3 −→w −→z = z1 −→u + z2 −→v + z3 −→w . (1.1) Ta có −→x , −→y , −→z = x1 −→u +x2 −→v +x3 −→w , y1 −→u +y2 −→v +y3 −→w , z1 −→u +z2 −→v +z3 −→w Ta khai triển vế phải dựa vào hai tính chất tuyến tính và phản xứng, cuối cùng sẽ được: −→x , −→y , −→z = (x1y2z3 + x2y3z1 + x3y1z2 − x3y2z1 − x2y1z3 − x1y3z2) × −→u , −→v , −→w Quy ước x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 =x1y2z3 + x2y3z1 + x3y1z2 − x3y2z1 − x2y1z3 − x1y3z2 được gọi là định thức. Vậy ta có −→x , −→y , −→z = x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 −→u , −→v , −→w (1.2) Chú ý 1.1. Định thức có thể viết dưới dạng ∆ = x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 = z1(x2y3−x3y2)+z2(x3y1−x1y3)+z3(x1y2−x2y1) hay ∆ = x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 = Az1 + Bz2 + Cz3,với A = x2y3 − x3y2, B = x3y1 − x1y3, C = x1y2 − x2y1. Nếu chọn hai vectơ −→x , −→y không cùng phương thì A, B, C không triệt tiêu đồng thời và ta có thể chọn z1, z2, z3 bằng vô số cách tức là chọn vectơ 7 −→z sao cho ∆6=0 và do đó −→x , −→y , −→z 6=0. Vậy ta có vô số cách chọn −→x , −→y , −→z để cho tích ngoài của chúng khác không. 1.2.4 Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ khác vectơ không Định lý 1.3. Ba vectơ khác vectơ không −→x , −→y , −→z là đồng phẳng nếu và chỉ nếu tích ngoài của chúng bằng không. Chứng minh Điều kiện cần: Giả sử −→x , −→y , −→z đồng phẳng khi đó ta có −→z = α −→x +β −→y và −→x , −→y , −→z = −→x , −→y , α−→x + β −→y = α −→x , −→y , −→x + β −→x , −→y , −→y = 0. Điều kiện đủ: Giả sử ta có −→x , −→y , −→z = 0. Nếu −→x , −→y cùng phương thì rõ ràng là chúng đồng phẳng với mọi vectơ −→z . Nếu −→x , −→y không cùng phương, ta chọn vectơ −→t sao cho −→x , −→y , −→t 6= 0. Cho nên các vectơ { −→x , −→y , −→t } sẽ không đồng phẳng (theo điều kiện cần) và ta có thể phân tích vectơ −→z theo −→x , −→y , −→t : −→z = α −→x + β −→y + γ −→t và −→x , −→y , −→z = −→x , −→y , α−→x + β −→y + γ −→t = γ −→x , −→y , −→t . Ta thấy −→x , −→y , −→t 6= 0 kéo theo γ = 0 suy ra vectơ −→z đồng phẳng với hai vectơ −→x , −→y . 1.2.5 Tích ngoài ba vectơ trong hình học Euclid Khái niệm cơ sở trực chuẩn Quy ước −→x , −→y , −→z = 1 nếu vectơ −→x , −→y , −→z là ba vectơ đơn vị và tạo thành tam diện thuận thì bộ ba { −→x , −→y , −→z } được gọi là một cơ sở trực chuẩn. Định lý 1.4. Nếu tích ngoài bằng 1 với một cơ sở trực chuẩn nào đó rồi thì nó sẽ bằng 1 với mọi cơ sở trực chuẩn khác. Chứng minh 8 Trước hết ta lấy một cở sở trực chuẩn thứ 2 là { −→ x 0 , −→ y 0 , −→z } có chung vectơ −→z với cơ sở trực chuẩn { −→x , −→y , −→z }. Ta phải chứng minh −→x , −→y , −→z = 1 suy ra −→ x 0 , −→ y 0 , −→z = 1. Thật vậy gọi α là góc xOx 0 (xem hình vẽ 1) ta sẽ có −→ x 0 = cos α −→x + sin α −→y −→ y 0 = − sin α −→x + cos α −→y , −→ z 0 = −→z và −→ x 0 , −→ y 0 , −→ z 0 = cos α sin α 0 − sin α cos α 0 0 0 1 = cos2 α + sin2 α = 1. Trong trường hợp tổng quát, vị trí của −→ x 0 , −→ y 0 , −→ z 0 là bất kì so với vị trí của −→x , −→y , −→z . Ta gọi OU là giao tuyến của mặt phẳng (XOY ) với mặt phẳng vuông góc với OZ0 qua O, tức là mặt phẳng chứa OX0 , OY 0 . Ta chọn trục OV sao cho { −→u , −→v , −→ z 0 } là trực chuẩn và trục OR sao cho { −→u , −→r , −→z } là trực chuẩn (xem hình 2). Ta lần lượt biến đổi cơ sở { −→x , −→y , −→z } theo ba bước: i){ −→x , −→y , −→z } → {−→u , −→r , −→z } với phép quay trục Z, góc ψ ii){ −→u , −→r , −→z } → {−→u , −→v , −→ z 0 } với phép quay trục U, góc θ iii){ −→u , −→v , −→ z 0 } → {−→ x 0 , −→ y 0 , −→ z 0 } với phép quay trục Z 0 , góc ϕ Trong mỗi bước cơ sở sau có chung một trục với cơ sở trước, cho nên nếu tích ngoài của cơ sở trước bằng một thì tích ngoài của cơ sở sau cũng bằng một: −→ x 0 , −→ y 0 , −→ z 0 = −→u , −→v , −→ z 0 = −→u , −→r , −→z = −→x , −→y , −→z = 1. Các góc ψ, θ, ϕ gọi là các góc Euler (Động học). 9 1.2.6 Thể tích hình hộp Cho ba vectơ bất kì, không đồng phẳng −→x , −→y , −→z . Từ điểm O bất kì dựng −→x = −→OA, −→y = −−→OB, −→z = −→OC. Dựng hình hộp với ba cạnh OA, OB, OC gọi là hình hộp dựng trên ba vectơ −→x , −→y , −→z . Ta chọn một cơ sở trực chuẩn { −→u , −→v , −→w} sao cho −→u cùng phương với vectơ −→x , −→v đồng phẳng với −→y , −→z . Như vậy, ta có thể viết (xem hình 3) −→x = | −→x |. −→u −→x = | −→y |. cos α.−→u + | −→y |.sin α.−→v (trong đó ta gọi α là góc xOy d) Mặt khác ta phân tích −→z = −→k + −→h ,trong đó −→k đồng phẳng −→x , −→y và −→v , còn −→h theo phương −→w (vuông góc với mặt phẳng ( −→u , −→v )). Khi đó: −→x , −→y , −→z = −→x , −→y , −→k + −→h = −→x , −→y , −→h vì ta có −→x , −→y , −→k = 0. Vậy −→x , −→y , −→z = | −→x | −→u , | −→y | cos α.−→u +| −→y |sin α.−→v , −→h = | −→x ||−→y |sin α. −→u , −→v , −→h . nhưng −→h = ±|−→h |. −→w, cho nên −→x , −→y , −→z = ±|−→x ||−→y |sin α| −→h | −→u , −→v , −→w = ±|−→x ||−→y |sin α| −→h | ta thấy | −→x ||−→y |sin α = S, nếu gọi S là diện tích hình bình hành dựng bởi −→x , −→y . Còn | −→h | là chiều cao của hình hộp mà đáy là hình bình hành ấy và đáy trên có một đỉnh là C ( −→z = −→OC). Ta có −→x , −→y , −→z = ±|h|S = ±V ,V là thể tích hình hộp có cạnh OA, OB, OC. Nếu −→h cùng hướng với −→w, tức là tam diện { −→OA, −−→OB, −→OC} là thuận thì ta có −→x , −→y , −→z = V. Như vậy thể tích hình hộp có cạnh −→OA = −→x , −−→OB = −→y , −→OC = −→z bằng −→x , −→y , −→z nếu tam diện { −→x , −→y , −→z } là thuận. Nếu tam diện ấy là nghịch, ta có tích ngoài âm nên phải lấy giá trị tuyệt đối. Tóm lại, tích ngoài −→x , −→y , −→z là thể tích của hình hộp dựng trên ba 10 vectơ −→x , −→y , −→z với dấu + nếu { −→x , −→y , −→z } là một tam diện thuận, với dấu − nếu ngược lại. Đó là ý nghĩa hình học của tích ngoài ba vectơ. Chú ý 1.2. Từ công thức (1.2) nếu chọn bộ ba { −→u , −→v , −→w} là cơ sở trực chuẩn thì −→x , −→y , −→z = x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3 = −→x , −→y . −→z . 11 Chương 2 Vận dụng tích ngoài hai vectơ để giải quyết một số bài toán trong hình học phẳng 2.1 Ứng dụng của tích ngoài hai vectơ trong mặt phẳng 2.1.1 Hệ thức giữa ba vectơ bất kì Định lý 2.1. Trên mặt phẳng cho ba vectơ bất kì ~a,~b,~c thì ta luôn có: ~b,~c.~a + ~c,~a. ~b + ~a,~b.~c = 0. (2.1) Chứng minh Nếu cả ba vectơ ~a,~b,~c cùng phương với nhau thì ~a,~b = ~b,~c = ~c,~a = 0 dẫn đến (2.1) luôn đúng. Nếu có ít nhất một cặp vectơ không cùng phương, chẳng hạn ~a và ~b, thì ~a,~b 6= 0 và vectơ ~c = α~a + β~b (∗) Lần lượt lấy tích ngoài của hai vế với ~a và ~b, ta được:~c,~a = β ~b,~a, ~c,~b = α~a,~b tức là α = − ~b,~c ~a,~b , β = − ~c,~a ~a,~b (∗∗) Từ (∗) và (∗∗) ta có ~c = − ~b,~c~a − ~c,~a ~b ~a,~b hay là ~b,~c.~a + ~c,~a. ~b + ~a,~b.~c = 0. 12 2.1.2 Công thức cộng cung trong lượng giác Định lý 2.2. Cho ba vectơ ~a,~b,~c là những vectơ đơn vị: |~a| = | ~b| = |~c| = 1; gọi (~a,~c),(~a,~b),( ~b,~c) là những góc lượng giác; ta đặt (~a,~b) = α,( ~b,~c) = β thì sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β (2.2) Chứng minh Theo định lý Chasles về góc cho ta hệ thức: (~a,~c) = (~a,~b) + (~b,~c) + k2π, k là số nguyên hay (~a,~c) = α + β + k2π. Từ (2.1)ta có ~a,~c. ~b = ~a,~b.~c + ~b,~c.~a Nhân vô hướng với ~b ta có: ~a,~c. ~b 2 = ~a,~b.~c.~b + ~b,~c.~a.~b Do ~a,~b,~c là ba vectơ đơn vị, ta được công thức (2.2). 2.1.3 Đường thẳng, giao điểm của hai đường thẳng Đường thẳng Đường thẳng đi qua A, theo phương ~u là quỹ tích điểm M sao cho −−→AM cùng phương với ~u tức là −−→AM, ~u = 0 hay là −−→OM − −→OA, ~u = 0 (2.3) Với O là điểm gốc đã chọn. Phương trình (2.3) là phương trình của đường thẳng. Giao của hai đường thẳng Cho thêm một đường thẳng thứ hai đi qua B theo phương −→v (khác −→u ), mà phương trình là −−→OB − −−→OM, ~v = 0. (2.4) Ta đặt −−→OM = α~u + β~v. (2.5) 13 và cho −−→OM thỏa mãn (2.3) và (2.4), ta có: ( −→OA − α~u − β~v, ~u = 0 −−→OB − α~u − β~v, ~v = 0 ⇔ ( −→OA, ~u + β~u, ~v = 0 −−→OB, ~v − α~u, ~v = 0 Từ đó, ta rút α, β thay vào (2.5) được giao điểm của hai đường thẳng (2.3) và (2.4) là: −−→OM = −−→OB, ~v.~u − −→OA, ~u.~v ~u, ~v (2.6) 2.1.4 Điều kiện đồng quy của ba đường thẳng Lại cho thêm đường thẳng thứ ba có phương trình là: −→OC − −−→OM, ~w = 0 (2.7) Ba đường thẳng (2.3), (2.4) và (2.7) là đồng quy nếu và chỉ nếu giao của hai đường (2.3) và (2.4), cho bởi (2.6) thỏa mãn phương trình (2.7). Điều kiện đó là: ~u, ~v −→OC − −−→OB, ~v~u + −→OA, ~u~v, ~w = 0 hay là ~u, ~v−→OC, ~w + ~v, ~w−→OA, ~u + ~w, ~u−−→OB, ~v = 0 (2.8) Công thức (2.8) là điều kiện đồng quy cho ba đường thẳng (2.3), (2.4) và (2.7). Chú ý 2.1. Có thể lấy điểm C trùng với điểm gốc O. Khi ấy −→OC = ~0. Điều kiện (2.8) trở thành ~v, ~w−→OA, ~u + ~w, ~u−−→OB, ~v = 0. (2.9) Chú ý 2.2. Nếu một đường thẳng được xác định bởi hai điểm, tức nếu cho ba đường thẳng AA0 , BB0 và CC0 thì ta lấy các vectơ chỉ phương là ~u = −−→ AA0 = −−→ OA0 − −→OA, ~v = −−→ BB0 = −−→ OB0 − −−→OB, ~w = −−→ CC0 = −−→ OC0 − −→OC rồi áp dụng công thức (2.8) và (2.9). 14 2.1.5 Định lý Céva Cho tam giác ABC. Trên các cạnh (có thể kéo dài) BC, CA, AB lần lượt cho các điểm A0 , B0 , C0 . Hãy tìm điều kiện đồng quy cho ba đường thẳng AA0 , BB0 , CC0 . Chứng minh Ta đặt: α = −−→ A0B −−→ A0C , β = −−→ B0C −−→ B0A , γ = −−→ C 0A −−→ C 0B Từ đó, ta suy ra: −−→ OA0 = −−→OB − α −→OC 1 − α , −−→ OB0 = −→OC − β −→OA 1 − β , −−→ OC0 = −→OA − γ −−→OB 1 − γ (với O là điểm gốc đã chọn) Chọn O ≡ C, ta có: −−→ OA0 = −−→OB 1 − α , −−→ OB0 = −β −→OA 1 − β , −−→ OC0 = −→OA − γ −−→OB 1 − γ Ta lại có: ~u = −−→ OA0 − −→OA = −−→OB − (1 − α) −→OA 1 − α ~v = −−→ OB0 − −−→OB = −β −→OA − (1 − β) −−→OB 1 − β ~w = −−→ OC0 − −→OC = −→OA − γ −−→OB 1 − γ Áp dụng điều kiện (2.9), ta sẽ được (1 + αβγ)−→OA, −−→OB 2 = 0 Nhưng −→OA, −−→OB 6= 0, cho nên αβγ = −1. 15 2.2 Một số ví dụ minh họa ứng dụng của tích ngoài hai vectơ trong quá trình giải toán hình học phẳng Ví dụ 2.1. 3 Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC. Các điểm I, J, K theo thứ tự là các trung điểm của các đoạn DM, MN, ND. Chứng minh rằng AI, BJ, CK đồng quy. Lời giải. Đặt O = AI ∩ BJ. Ta có −→OI, −→OA = −→OJ, −−→OB = 0. Ta có −−→OK, −→OC = −→OI, −→OA − −→OJ, −−→OB + −−→OK, −→OC = 1 2 −−→OM + −−→OD, −→OA − 1 2 −−→OM + −−→ON, −−→OB + 1 2 −−→ON + −−→OD, −→OC = 1 2 −−→OM, −→OA + −−→OD, −→OA − −−→OM, −−→OB − −−→ON, −−→OB + −−→ON, −−→OV + −−→OD, −→OC = 1 2 −−→OM, −→OA − −−→OB + −−→ON, −→OC − −−→OB + −−→OD, −→OA + −−→OD, −→OC = 1 2 −−→OM, −→BA + −−→ON, −−→BC + −−→OD, −→OA + −−→OD, −→OC = 1 2 −→OA, −→BA + −→OC, −−→BC + −−→AD, −→OA + −−→CD, −→OC = 1 2 −→OA, −→BA + −−→DA + −→OC, −−→BC − −−→DC = 1 2 −→OA, −→CA + −→OC, −→AC 16 = 1 2 −→OA − −→OC, −→CA = 1 2 −→CA, −→CA = 0. Suy ra OKOC ⇒ O ∈ KC. Vậy AI, BJ, CK đồng quy. Ví dụ 2.2. 1 Cho tam giác ABC và điểm M khác A, B, C. Các đường thẳng qua M, lần lượt vuông góc với MA, MB, MC, cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng A1, B1, C1 thẳng hàng. Lời giải. Ta có A1B A1C = SMA1B SMA1C = −−−→MA1, −−→MB −−−→MA1, −−→MC = MB.sin( −−−→MA1, −−→MB) MC.sin( −−−→MA1, −−→MC) (1) Mặt khác ta có: ( −−−→MA1, −−→MB) ≡ ( −−−→MA1, −−→MA) + (−−→MA, −−→MB)(mod 3600 ) ( −−−→MA1, −−→MC) ≡ ( −−−→MA1, −−→MA) + (−−→MA, −−→MC)(mod 3600 ) Có thể xảy ra một trong hai trường hợp góc ( −−−→MA1, −−→MA) ≡ 900 (mod 3600 ) hoặc ( −−−→MA1, −−→MA) ≡ −900 (mod 3600 ) Tuy nhiên, trong cả hai trường hợp ta đều có: sin( −−−→MA1, −−→MB) sin( −−−→MA1, −−→MC) = cos( −−→MA, −−→MB) cos( −−→MA, −−→MC) (2) 17 Từ (1) và (2), suy ra A1B A1C = MB.cos( −−→MA, −−→MB) MC.cos( −−→MA, −−→MC) (3) Tương tự như vậy B1C B1A = MC.cos( −−→MB, −−→MC) MA.cos( −−→MA, −−→MB) (4) C1A C1B = MA.cos( −−→MC, −−→MA) MB.cos( −−→MC, −−→MB) (5) Nhân theo từng vế các đẳng thức (3), (4) và (5) theo định lí Menelaus thì ba điểm A1, B1, C1 thẳng hàng. Ví dụ 2.3. 3 Cho tam giác ABC. Các điểm M, N, P theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CA, AB. Các điểm X, Y, Z theo thứ tự là trọng tâm của các tam giác ANP, BPM, CMN. Chứng minh rằng SABC < 9 2 SXY Z. Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử tam giác ABC có hướng dương. Ta có SXY Z = SXY Z = 1 2 −−→XY , −−→XZ = 1 2 . 1 3 .( −→AB + −−→NM), 1 3 ( −→AC + −−→PM) = 1 9 . 1 2 −→AB, −→AC + 1 2 −−→NM, −→AC + 1 2 −→AB, −−→PM + 1 2 −−→NM, −−→PM = 1 9 .(SABC + SAMC + SABM + SMNP) 18 = 1 9 .(SABC + SAMC + SABM + SMNP ) = 1 9 .(2SABC + SMNP ) < 2 9 .SABC. Do đó SABC < 9 2 SXY Z. Ví dụ 2.4. 1 Cho tam giác ABC. Một đường thẳng bất kì cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại M, N, P theo thứ tự. Gọi X, Y, Z lần lượt là trọng tâm tam giác ANP, BPM, CMN.Chứng minh rằng SABC = 9 2 SXY Z. Lời giải của tác giả. Bổ đề : Nếu G, G0 theo thứ tự là trọng tâm của các tam giác ABC, A0B0C 0 thì 3 −−→ GG0 = −−→ AA0 + −−→ BB0 + −−→ CC0 . Theo bổ đề trên, ta có SXY Z = 1 2 −−→XY , −−→XZ = 1 2 . 1 3 .( −→AB + −−→NM), 1 3 ( −→AC + −−→PM) = 1 9 . 1 2 −→AB, −→AC + 1 2 −−→NM, −→AC + 1 2 −→AB, −−→PM + 1 2 −−→NM, −−→PM = 1 9 .(SABC + SAMC + SABM + SMNP) = 1 9 .(2SABC + SMNP) (1) Mặt khác, vì M, N, P thẳng hàng nên SMNP = 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra SXY Z = 2 9 SABC . Do đó SXY Z = SXY Z = 2 9 SABC = 2 9 SABC hay SABC = 9 2 SXY Z. 19 Ví dụ 2.5. 3 Cho tam giác ABC. Các điểm A0 , B0 , C0 theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB và A”, B”, C” theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AA0 , BB0 , CC0 . Chứng minh rằng SA”B”C” = 1 4 SA0B0C0. Lời giải. Ta có SA”B”C” = 1 2 −−−→ A”B”, −−−→ A”C” = 1 2 1 2 −→AB + −−→ A0B0 , 1 2 −→AC + −−→ A0C 0 = 1 4 . 1 2 −→AB, −→AC + −−→ A0B0 , −→AC + −→AB, −−→ A0C 0 + −−→ A0B0 , −−→ A0C 0 = 1 4 SABC − SA0CA − SA0AB + SA0B0C0 = 1 4 SA0B0C0 . Từ đó, suy ra SA”B”C” = 1 4 SA0B0C0. Ví dụ 2.6. 3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). M là điểm bất kì; H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của M trên các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng SHIK = 1 4 1 − OM2 R2 SABC . Lời giải 20 Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác ABC có hướng dương. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB. Ta có SAB1C1 + SBC1A1 + SCA1B1 = SMB1C1 + SMC1A + SMAB1 + SMC1A1 + SMA1B + SMBC1 +SMA1B1 + SMB1C + SMCA1 = (SMB1C1 + SMC1A1 + SMA1B1) + (SMA1B + SMCA1) +(SMB1C + SMAB1) + (SMC1A + SMBC1) = SA1B1C1 − 2SMBC − 2SMCA − 2SMAB = SA1B1C1 − 2SABC . Vậy SA1B1C1 = 2SABC + SAB1C1 + SBC1A1 + SCA1B1 . Chú ý rằng AB1 = AM = AC1 −−→AB1, −−→AC1 + k1.3600 = −−→AB1, −−→AM + −−→AM, −−→AC1 + k2.3600 = 2 −→AC, −−→AM + 2 −−→AM, −→AB + k3.3600 = 2 −→AC, −→AB + k4.3600 . Suy ra SAB1C1 = 1 2 .AB1.AC1.sin −−→AB1, −−→AC1 = − 1 2 AM2 .sin 2A. Tương tự ta có SBC1A1 = − 1 2 BM2 .sin 2B; SCA1B1 = − 1 2 CM2 .sin 2C. Vậy SA1B1C1 = 2SABC − 1 2 (AM2 .sin 2A + BM2 .sin 2B + CM2 .sin 2C) (2.10) 21 Từ đẳng thức SOBC −→OA + SOCA −−→OB + SOAB −→OC = −→0 suy ra 1 2 OB.OC.sin(−−→OB, −→OC) −→OA + 1 2 OC.OA.sin(−→OC, −→OA) −−→OB + 1 2 OA.OB.sin(−→OA, −−→OB) −→OC = −→0 ⇒ sin 2A.−→OA + sin 2B. −−→OB + sin 2C.−→OC = −→0 (2.11) Từ (2.11) ta có AM2 .sin 2A + BM2 .sin 2B + CM2 .sin 2C = (R 2 + OM2 )(sin 2A + sin 2B + sin 2C) = 4(R 2 + OM2 ) sin A sin B sin C = 2 1 + OM2 R2 2R2 sin A sin B sin C = 2 1 + OM2 R2 SABC (2.12) Từ (2.10) và (2.12) suy ra SA1B1C1 = 1 − OM2 R2 SABC . Từ đó chú ý rằng SA1B1C1 = 4SHIK , Ta có SHIK = − 1 4 1 − OM2 R2 SABC . (∗) Nhận xét. Hệ thức () được tìm bởi Ơle. Từ () ta thấy H, I, K thẳng hàng ⇔ SHIK = 0 ⇔ 1 − OM2 R2 = 0 ⇔ M ∈ (O; R). Ta nhận được kết quả quen thuộc về đường thẳng SimSơn. Ví dụ 2.7. 1 Giả sử điểm M nằm trong tam giác nhọn ABC có độ dài các cạnh là BC = a, CA = b, AB = c. Gọi I, H, K lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh BC, CA, AB. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a.MH.MK + b.MK.MI + c.MI.MH và xác định vị trí của điểm M khi đó 22 Lời giải. Sử dụng kết quả của Ví dụ 2.6 ta có: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). M là điểm bất kì, H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của M trên các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng SHIK = 1 4 1 − OM2 R2 SABC . Để việc áp dụng bài toán trên đơn giản hơn, ta vẫn coi tam giác ABC có hướng dương và nội tiếp đường tròn (O; R). Cũng nên chú ý rằng từ giả thiết M nằm trong tam giác dễ dàng suy ra tam giác IHK có hướng dương và M nằm trong tam giác IHK. Ta có:P = a.MH.MK + b.MK.MI + c.MI.MH = 4R 1 2 MH.MK.sinA + 1 2 MK.MI.sinB + 1 2 MI.MH.sinC = 4R 1 2 MH.MK.sinHMK + 1 2 MK.MI.sinKMI + 1 2 MI.MH.sinIMH = 4R S(MHK) + S(MKI) + S(MIH) = 4R.S(IHK) = R 1 − OM2 R2 S(ABC) . (theo Ví dụ 2.6) ≤ R.S(ABC) = abc 4 Đẳng thức xảy ra ⇔ OM2 R2 = 0 ⇔ M ≡ O. 23 Tóm lại: P lớn nhất khi M trùng với tâm O và giá trị lớn nhất đó bằng abc 4 . Ví dụ 2.8. 3 Cho tứ giác ABCD có AC ⊥ BD. Trung trực của các đoạn thẳng AB, CD cắt nhau tại O nằm trong tứ giác. Giả sử SOAB = SOCD. Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp. Lời giải. Gọi H, K là hình chiếu của O trên AC, BD vì SOAB = SOCD ⇒ SOAB = SOCD ⇒ −→OA, −−→OB = −→OC, −−→OD ⇒ −−→OH + −−→HA, −−→OK + −−→KB = −−→OH + −−→HC, −−→OK + −−→KD ⇒ −−→OH, −−→OK + −−→OH, −−→KB + −−→HA, −−→OK + −−→HA, −−→KB = −−→OH, −−→OK + −−→OH, −−→KD + −−→HC, −−→OK + −−→HC, −−→KD Từ đó với chú ý rằng, −−→OH, −−→KB, −−→HA, −−→OK, −−→OH, −−→KD, −−→HC, −−→OK cùng bằng không, ta có: −−→HA, −−→KB = −−→HC, −−→KD ⇒ HA.KB = HC.KD vìsin −−→HA, −−→KB = sin −−→HC, −−→KD Nếu HA > HC thì KB < KD. Suy ra: OA > OC = OD > OB, mâu thuẫn (vì OA = OB). 24 Tương tự: nếu HA < HC thì cũng suy ra mâu thuẫn. Vậy : HA = HC ⇒ OA = OC ⇒ OA = OB = OC = OD. Do đó tứ giác ABCD nội tiếp. Ví dụ 2.9. 1 Trong một mặt phẳng cho hai đoạn thẳng cố định AB, CD, theo thứ tự nằm trên hai đường thẳng giao nhau d và d’ (giao nhau tại O). Tìm quỹ tích điểm M trong mặt phẳng sao cho tổng diện tích hai tam giác MAB, MCD không đổi (bằng S). Lời giải. Ta có thể cho đoạn thẳng AB trượt trên d, CD trượt trên d 0 mà diện tích MAB và diện tích MCD đều giữ nguyên. Vậy ta thay đoạn AB bằng đoạn OP trên d, thay đoạn CD bằng đoạn OQ trên d 0 , sao cho OP = AB, OQ = AB, OQ = CD. Ta sẽ tìm quỹ tích trong miền trong góc P OQ . Ta chọn O là tâm gốc. Với hai điểm bất kỳ M và M0 thuộc quỹ tích trong góc P OQ a phải có 1 2 −→OP , −−→OM + 1 2 −−→OM, −→OQ =1 2 −→OP , −−→ OM0 + 1 2 −−→ OM0 , −→OQ. Ta suy ra −−→OM, −→OQ − −→OP = | −−→ OM0 , −→OQ − −→OP|. ⇒ −−→ OM0 , −→OQ − −→OP − |−−→OM, −→OQ − −→OP| = 0. ⇒ −−→ OM0 − −−→OM, −→OQ − −→OP = 0. tức là −−−→ MM0 , −→P Q = 0. Điều kiện này chứng tỏ rằng MM0P Q với M và M0 là một cặp điểm bất kì thuộc quỹ tích. Vậy quỹ tích là một đường thẳng song song với P Q, tất nhiên hạn chế trong góc P OQ . Do đó quỹ tích là đoạn thẳng M1M2 với S(M1OQ) = S(M2OP) = S. Phần còn lại của bài toán dễ dàng suy ra. 25 Chương 3 Vận dụng tích ngoài ba vectơ để giải quyết một số bài toán hình học không gian 3.1 Ứng dụng của tích ngoài ba vectơ trong không gian 3.1.1 Thể tích hình tứ diện Chúng ta biết rằng thể tích của tứ diện ABCD là 1 6 của thể tích hình hộp vẽ trên chẳng hạn 3 cạnh DA, DB, DC. Vậy thể tích V của tứ diện cho bởi: 6V = −−→DA, −−→DB, −−→DC, với giả thiết tam diện { −−→DA, −−→DB, −−→DC} là tam diện thuận. Với điểm gốc O tùy ý, ta có: 6V = −→OA− −−→OD, −−→OB − −−→OD, −→OC − −−→OD ⇔ V = 1 6 h −→OA, −−→OB, −→OC − −−→OB, −→OC, −−→OD+ +−→OC, −−→OD, −→OA − −−→OD, −→OA, −−→OB i . Chú ý 3.1. Ta lấy O tại D thì V = 1 6 −→OA, −−→OB, −→OC. Chú ý 3.2. Ta lấy O tại trọng tâm G của tứ diện thì −→OA + −−→OB + −→OC + −−→OD = ~0 ⇒ −−→OD = − −→OA − −−→OB − −→OC. Do đó: − −−→OB, −→OC, −−→OD = −−→OB, −→OC, −→OA = −→OA, −−→OB, −→OC −→OC, −−→OD, −→OA = − −→OC, −−→OB, −→OA = −→OA, −−→OB, −→OC 26 − −−→OD, −→OA, −−→OB = −→OC, −→OA, −−→OB = −→OA, −−→OB, −→OC Kết quả trên cho thấy rằng nếu gốc O nằm trong tứ diện ABCD, như trọng tâm G chẳng hạn, thì các tích ngoài sau đây: −→OA, −−→OB, −→OC; −→OC, −−→OB, −−→OD −→OC, −−→OD, −→OA; −→OA, −−→OD, −−→OB cùng dấu như nhau. Nó cũng cho thấy rằng các tứ diện GABC, GCBD, GCDA, GADB là tương đương 3.1.2 Điều kiện đồng phẳng cho bốn điểm Bốn điểm A, B, C, D đồng phẳng nếu và chỉ nếu −−→DA, −−→DB, −−→DC = −→OA − −−→OD, −−→OB − −−→OD, −→OC − −−→OD = 0 hay là −→OA, −−→OB, −→OC − −−→OB, −→OC, −−→OD + −→OC, −−→OD, −→OA − −−→OD, −→OA, −−→OB = 0 (3.1) Ta biết là nói chung ta có thể đặt: −−→OD = α. −→OA + β.−−→OB + γ. −→OC, với gốc O chọn ngoài mặt phẳng (ABC). Thay −−→OD vào (3.1), sẽ được α + β + γ = 1 (3.2) Điều kiện này tương đương với (3.1) Phương trình mặt phẳng: Điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) nếu và chỉ nếu −−→AM, −→AB, −→AC = 0 Với một gốc O nào đó ta đặt −→OA = A, −−→OM = X, −→AB = ~u, −→AC = ~v. Phương trình trên cho ta: X − A, ~u, ~v = 0 (3.3) Đó là phương trình mặt phẳng đi qua điểm A và theo hai vectơ chỉ phương ~u, ~v. Tập hợp X là mặt phẳng. Khai triển (3.3) ta có X, ~u, ~v − A, ~u, ~v = 0 27 ⇔ X, ~u, ~v = A, ~u, ~v Dạng X, ~u, ~v = α (3.4) α là một hằng số thực. Ngược lại nếu cho phương trình (3.4) ta có thể xác định (bằng vô số cách) vectơ −→OA = A sao cho A, ~u, ~v = α và ta sẽ có phương trình(3.3). Như vậy (3.4) biểu diễn một mặt phẳng có phương phẳng {~u, ~v} Khoảng cách từ một điểm P đến mặt phẳng (3.4). Nếu ~u, ~v là hai vectơ đơn vị, vuông góc với nhau, đồng thời tam diện { −→AP , −→u , −→v } là thuận thì khoảng cách từ P đến mặt phẳng (3.3) là δ = −→AP , −→u −→v tức P − A, ~u, ~v (3.5) vì rằng δ là chiều cao của hình hộp chữ nhật vẽ trên { −→AP , −→u , −→v } mà đáy là hình vuông đơn vị { −→u , −→v } và P là một đỉnh thuộc mặt đối diện đáy. Tất nhiên, nếu tích ngoài không chắc là dương thì ta viết δ = ±P − A, ~u, ~v (3.6) Dấu + hoặc − phải chọn sao cho δ > 0 Nếu hai vectơ −→u , −→v bất kì thì δ = ±P − A, ~u, ~v |~u|.|~v|.sin α , trong đó α là góc giữa −→u , −→v 3.1.3 Phương trình mặt phẳng trong hình học Euclid Dạng 1 Phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) qua điểm M0(x0, y0, z0) và theo hai vectơ chỉ phương ~u(a1, b1, c1),~v(a2, b2, c2) là −−−→ M0M, ~u, ~v = 0 ⇔ x − x0 y − y0 z − z0 a1 b1 c1 a2 b2 c2 = 0 Dạng 2 Phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) qua ba điểm không thẳng hàng M0(x0, y0, z0)M1(x1, y1, z1), M2(x2, y2, z2) là 28 −−−→ M0M, −−−→ M0M1, −−−→ M0M2 = 0 ⇔ x − x0 y − y0 z − z0 x1 − x0 y1 − y0 z1 − z0 x2 − x0 y2 − y0 z2 − z0 = 0 3.1.4 Định lý Thales trong không gian Cho ba mặt phẳng (P),(Q),(R) lần lượt cắt hai cát tuyến tại A, A0 , B, B0 , C , C0 và trong ba mặt phẳng có hai mặt phẳng song song với nhau ((P) k (Q)). Thế thì (A, B, C) = (A 0 , B0 , C0 ) (3.7) là điều kiện cần và đủ để cho mặt phẳng thứ ba (R) song song với hai mặt phẳng (P) và (Q). Chứng minh. Nếu đặt −→AC = ρ −→AB, −−→ A0C 0 = ρ 0−−→ A0B0 thì điều kiện (3.7) là tương đương với ρ = ρ 0 (3.8) Mặt khác ((P) k (Q)) có nghĩa là tồn tại −→u , −→v không cùng phương sao cho −−→ AA0 , −→u , −→v = 0, −−→ BB0 , −→u , −→v = 0 (3.9) Ta sẽ chứng minh rằng (3.8) tương đương với −−→ CC0 , −→u −→v = 0 (3.10) Có thể viết −−→ CC0 = −→CA + −−→ AA0 + −−→ A0C 0 = −ρ −→AB + −−→ AA0 + ρ 0−−→ A0B0 Mặt khác −−→ A0B0 = −−→ A0A + −→AB + −−→ BB0 thay vào trên ta có: −−→ CC0 = (ρ 0 − ρ) −→AB + (1 − ρ 0 ) −−→ AA0 + ρ −−→ BB0 Dựa vào (3.10) ta thấy −−→ CC0 , −→u −→v = (ρ 0 − ρ)−→AB, −→u −→v Nhưng −→AB, −→u −→v 6= 0 cho nên −−→ CC0 , −→u −→v = 0 ⇔ ρ 0 − ρ = 0. 29 3.2 Một số ví dụ minh họa ứng dụng của tích ngoài ba vectơ trong quá trình giải toán hình học không gian Ví dụ 3.1. Cho tứ diện ABCD, trên AD và BC lấy hai điểm M và N sao cho −−→AM = 3 −−→MD; −−→NB = −3 −−→NC. Chứng minh ba vectơ −→AB, −−→DC, −−→MN đồng phẳng. Lời giải của tác giả. Ta có −−→MN = −−→MA + −→AB + −−→BN = 1 4 −→AB + 3 4 −−→DC Do −→AB, −−→DC, −−→MN = −→AB, −−→DC, 1 4 −→AB + 3 4 −−→DC = −→AB, −−→DC, 1 4 −→AB + −→AB, −−→DC, 3 4 −−→DC = 0 Vậy ba vectơ −→AB, −−→DC, −−→MN đồng phẳng. Ví dụ 3.2. Cho hình chóp S.ABC. Trên SA lấy điểm M sao cho −−→MS = −2 −−→MA. Trên BC lấy điểm N sao cho −−→NB = − 1 2 −−→NC.Chứng minh ba vectơ −→AB, −−→MN, −→SC đồng phẳng. 30 Lời giải của tác giả. Theo quy tắc ba điểm ta có: −−→MN = −−→MA + −→AB + −−→BN hay 2 −−→MN = 2 −−→MA + 2 −→AB + 2 −−→BN , −−→MN = −−→MS + −→SC + −−→CN Từ đó ta có: 3 −−→MN = (2−−→MA+ −→AB+ −−→MS)+(−→AB+ −→SC)+(2−−→BN+ −−→CN) hay −−→MN = 2 3 −→AB + 1 3 −→SC Do −→AB, −−→MN, −→SC = −→AB, 2 3 −→AB + 1 3 −→SC, −→SC = −→AB, 2 3 −→AB, −→SC + −→AB, 1 3 −→SC, −→SC = 0 Vậy ba vectơ −→AB, −−→MN, −→SC đồng phẳng. Ví dụ 3.3. Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N được xác định bởi −−→AM = 2 −→AB − 3 −→AC, −−→DN = −−→DB + x −−→DC. Tìm x để các đường thẳng −−→AD, −−→BC, −−→MN cùng song song với mặt phẳng. Lời giải của tác giả. Đề bài tương đương với tìm x để ba vectơ −−→AD, −−→BC, −−→MN đồng phẳng 31 Ta có: −−→AM = 2 −→AB − 3 −→AC = − −→AB − 3 −−→BC −−→AN = (1 + x) −→AB + x −−→DA + x −−→BC Cho nên −−→MN = (2 + x) −→AB − x −−→AD + (x + 3)−−→BC Do −−→AD, −−→BC, −−→MN = −−→AD, −−→BC,(2 + x) −→AB − x −−→AD + (x + 3)−−→BC = −−→AD, −−→BC,(x+2)−→AB = (x+2)−−→AD, −−→BC, −→AB = 0 ⇔ x+2 = 0 ⇔ x = −2 (vì −−→AD, −−→BC, −→AB 6= 0) Vậy ba vectơ −−→AD, −−→BC, −−→MN đồng phẳng. Ví dụ 3.4. 1 Cho hình hộp ABCD.A0B0C 0D0 . Gọi M, N, P, Q lần lượt là các điểm thuộc AA0 , AB, BD, AC0 sao cho 2 −−→AM = −−→ AA0 , 3 −−→AN = −→AB, 5 −−→BP = 3 −−→BD. Xác định vị trí điểm Q để bốn điểm M, N, P, Q đồng phẳng Lời giải của tác giả. Bốn điểm M, N, P, Q đồng phẳng ⇔ −−→MN, −−→MP , −−→MQ đồng phẳng ⇔ −−→MN, −−→MP , −−→MQ = 0 Chọn hệ vectơ cơ sở với A là gốc sao cho −−→ AA0 = ~u, −→AB = ~v, −−→AD = ~k. Ta phân tích: −−→MN = −−→AN − −−→AM = − 1 2 ~u + 1 3 ~v, −−→MP = −→AP − −−→AM = 1 2 ~u − 3 5 ~v + 3 5 ~k. Điểm Q nằm trên AC0 nên tồn tại x sao cho: 32 −→AQ = x −−→ AC0 = x( −→AB + −−→AD + −−→ AA0 ) = x(~u + ~v + ~k). Khi đó −−→MQ = −→AQ − −−→AM = x − 1 2 ~u + x~v + x~k Ta xét: −−→MN, −−→MP , −−→MQ = h − 1 2 ~u+ 1 3 ~v, 1 2 ~u− 3 5 ~v+ 3 5 ~k, x − 1 2 ~u+x~v+x~k i = − 1 2 ~u, − 3 5 ~v, x~k + − 1 2 ~u, 3 5 ~k, x~v + 1 3 ~v, 1 2 ~u, x~k + 1 3 ~v, 3 5 ~k, x − 1 2 ~u = 3 10 x~u, ~v,~k + 3 10 x~u, ~v,~k − 1 6 x~u, ~v,~k + 1 5 x − 1 2 ~u, ~v,~k = 19 30 x − 1 10 ~u, ~v,~k Để −−→MN, −−→MP , −−→MQ = 0 ⇔ 19 30 x − 1 10 = 0 ⇔ x = 3 19 Vậy −→AQ = 3 19 −−→ AC0 . Ví dụ 3.5. 1 Trong hình tứ diện ABCD, trên các cạnh AB, DC, AC, BD lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q sao cho M chia AB và N chia CD theo tỉ số λ, P chia AC và Q chia BD theo tỉ số µ. Với điều kiện nào thì MN và P Q giao nhau? Lời giải của tác giả. Theo đề bài, ta có −−→AM = λ −−→MB, −−→DN = λ −−→NC, −→AP = µ −→P C, −−→BQ = µ −−→QD Mặt khác, ta lại có: −→P Q = −→P C + −→CQ = 1 µ + 1 −→AB − µ µ + 1 −→AC + µ µ + 1 −−→AD −−→PM = −−→AM − −→AP = λ λ + 1 −→AB − µ µ + 1 −→AC −−→P N = −→P A+ −−→AD+ −−→DN = λ − µ (λ + 1)(µ + 1) −→AB+ 1 λ + 1 −→AC + µ µ + 1 −−→AD Để MN và P Q giao nhau ⇔ −→P Q, −−→PM, −−→P N đồng phẳng ⇔ −→P Q, −−→PM, −−→P N = 0 ⇔ 1 µ + 1 −→AB − µ µ + 1 −→AC + µ µ + 1 −−→AD, λ λ + 1 −→AB − µ µ + 1 −→AC, λ − µ (λ + 1)(µ + 1) −→AB + 1 λ + 1 −→AC + µ µ + 1 −−→AD = 0 33 ⇔ 1 µ + 1 −→AB, − µ µ + 1 −→AC, 1 λ + 1 −−→AD + − µ µ + 1 −→AC, λ λ + 1 −→AB, 1 λ + 1 −−→AD + µ µ + 1 −−→AD, λ λ + 1 −→AB, λ − µ (λ + 1)(µ + 1) −→AC = 0 ⇔ µ(λ − µ)(λ − 1) (λ + 1)2 (µ + 1)2 . −→AB, −→AC, −−→AD = 0 Nhưng −→AB, −→AC, −−→AD 6= 0 cho nên µ(λ − µ)(λ − 1) = 0 ⇔ µ = 0 hoặc λ = 1 hoặc λ = µ. Ví dụ 3.6. 2 Cho hình hộp ABCD.A0B0C 0D0 . Gọi M là một điểm trên đường thẳng AB0 khác A và B0 . Mặt phẳng (MCD0 ) cắt A0D tại N cắt BC0 tại P. Chứng minh rằng các điểm M, N, P thẳng hàng. Lời giải của tác giả. Đặt ~a = −−→ AA0 , ~b = −→AB,~c = −−→AD Có −−→AM = k −−→ AB0 = k(~a +~b); −−→DN = m −−→ DA0 = m(~a − ~c); −−→BP = n −−→ BC0 = n(~a + ~c) với k, m, n là các số thực (k khác 0 và 1). Từ đó: −−→MC = −→AC − −−→AM = (~b + ~c) − k(~a +~b) = −k~a + (1 − k) ~b + ~c −−−→ MD0 = −−→ AD0 − −−→AM = (~a + ~c) − k(~a +~b) = (1 − k)~a − k ~b + ~c. −−→MN = −−→AD + −−→DN − −−→AM = ~c + m(~a − ~c) − k(~a +~b) = = (m − k)~a − k ~b + (1 − m)~c. −−→MP = −→AB + −−→BP − −−→AM = ~b + n(~a + ~c) − k(~a +~b) = (n − k)~a + (1 − k) ~b + n~c. Tính m theo k: −−→MC, −−−→ MD0 không cùng phương; hơn nữa −−→MC, −−−→ MD0 , −−→MN đồng phẳng nên ta xét: −−→MC, −−−→ MD0 , −−→MN = h − k~a + (1 − k) ~b + ~c,(1 − k)~a − k ~b + ~c, (m − k)~a − k ~b + (1 − m)~ci = h −k~a, −k ~b,(1 − m)~ci + h −k~a,~c, −k ~b i + h (1 − k) ~b,(1 − k)~a,(1 − m)~ci + + h (1 − k) ~b,~c,(m − k)~ai + h ~c,(1 − k)~a, −k ~b i + h ~c, −k ~b,(m − k)~ai = k 2 (1 − m)~a,~b,~c − k 2 ~a,~b,~c − (1 − k) 2 (1 − m)~a,~b,~c +(1 − k)(m − k)~a,~b,~c − k(1 − k)~a,~b,~c + k(m − k)~a,~b,~c = (2m − 2km − 1) ~a,~b,~c 34 Để −−→MC, −−−→ MD0 , −−→MN = 0 ⇔ 2m − 2km − 1 = 0 ⇔ m = 1 2(1 − k) Tính n theo k: −−→MC, −−−→ MD0 không cùng phương; hơn nữa −−→MC , −−−→ MD0 , −−→MP đồng phẳng nên ta xét: −−→MC, −−−→ MD0 , −−→MP = h − k~a + (1 − k) ~b + ~c,(1 − k)~a − k ~b + ~c, (n − k)~a + (1 − k) ~b + n~ci = h −k~a, −k ~b, n~ci + h −k~a,~c,(1 − k) ~b i + h (1 − k) ~b,(1 − k)~a, n~ci + + h (1 − k) ~b,~c,(n − k)~ai + h ~c,(1 − k)~a,(1 − k) ~b i + h ~c, −k ~b,(n − k)~ai = k 2n~a,~b,~c + k(1 − k)~a,~b,~c − (1 − k) 2 ~a,~b,~c +(1 − k)(n − k)~a,~b,~c + (1 − k) 2 ~a,~b,~c + k(n − k)~a,~b,~c = (2nk − 2k + 1) ~a,~b,~c Để −−→MC, −−−→ MD0 , −−→MN = 0 ⇔ 2nk − 2k + 1 = 0 ⇔ n = − 1 2k + 1 Cuối cùng với m và n đã tìm ta có (1 − k) −−→MN + k −−→MP = ~0 Vậy ba điểm M, N, P thẳng hàng. Ví dụ 3.7. 1 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi B0 , D0 lần lượt là trung điểm các cạnh SB, SD. Mặt phẳng (AB0D0 ) cắt SC tại C’. Chứng minh rằng SC = 3SC0 Lời giải. Xét cơ sở { −→a , −→b , −→c } với −→a = −→SA, −→b = −→SB, −→x = −→SD Đặt SC0 SC = m. Ta cần chứng minh m = 1 3 Thật vậy −−→ SB0 = 1 2 −→b , −−→ SD0 = 1 2 −→c và −−→ SC0 = m −→SC = m( −→SB+ −−→BC) = m( −→b − −→a + −→c ) = −m −→a +m −→b +m −→c Theo giải thiết A, B0 , C0 , D0 đồng phẳng, khi đó tồn tại bộ ba số (α; β; γ) với α + β + γ = 1 thỏa mãn −−→ SC0 = α −→SA + β −−→ SB0 + γ −−→ SD0 ⇔ −m −→a +m −→b +m −→c = α −→a + β 2 −→b + γ 2 −→c ⇔    α = −m β 2 = m γ 2 = m ⇔    α = −m β = 2m γ = 2m Vì α + β + γ = 1 nên m = 1 3 . 35 Ví dụ 3.8. 1 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng SB SM + SD SN = 3 Lời giải. Xét cơ sở { −→a , −→b , −→c } với −→a = −→SA, −→b = −→SB, −→c = −→SD Đặt SB SM = m, SD SN = n. Ta cần chứng minh m + n = 3 Thật vậy −−→SM = 1 m −→SB = 1 m −→b ; −→SN = 1 n −→SD = 1 n −→c và −−→SK = 1 2 −→SC = 1 2 ( −→SD + −−→DC) = 1 2 ( −→c + −→b − −→a ). Theo giải thiết A, M, K, N đồng phẳng, khi đó tồn tại bộ ba số (α; β; γ) với α + β + γ = 1 thỏa mãn −−→SK = α −→SA + β −−→SM + γ −→SN ⇔ − 1 2 −→a + 1 2 −→b + 1 2 −→c = α −→a + β m −→b + γ n −→c ⇔    α = − 1 2 β m = 1 2 γ n = 1 2 ⇔    α = − 1 2 β = m 2 γ = n 2 36 Vì α + β + γ = 1 nên m + n = 3. Ví dụ 3.9. 1 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng (P) bất kì cắt các cạnh SA, SB, SC, SD theo thứ tự tại K, L, M, N. Chứng minh rằng SA SK + SC SM = SB SL + SD SN Lời giải. Xét cơ sở { −→a , −→b , −→c } với −→a = −→SA, −→b = −→SB, −→c = −→SD Đặt SA SK = x, SC SM = y, SB SL = m, SD SN = n. Ta cần chứng minh x + y = m + n Thật vậy, ta có −−→SK = 1 x −→a ; −→SL = 1 m −→b ; −→SN = 1 n −→c và −−→SM = 1 y −→SC = 1 y (− −→a + −→b + −→c ) = − 1 y −→a + 1 y −→b + 1 y −→c Theo giả thiết K, L, M, N đồng phẳng, khi đó tồn tại bộ ba số (α; β; γ) với α + β + γ = 1 thỏa mãn −−→SM = α −−→SK + β −→SL + γ −→SN ⇔ − 1 y −→a + 1 y −→b + 1 y −→c = α x −→a + β m −→b + γ n −→c ⇔    α x = − 1 y β y = 1 y γ n = 1 y ⇔    α = − x y β = m y γ = n y 37 Vì α + β + γ = 1 nên x + y = m + n. Ví dụ 3.10. 1 Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Một mặt phẳng đi qua trọng tâm G của tứ diện đó cắt các cạnh DA, DB, DC lần lượt tại các điểm A0 , B0 , C0 . Tìm các giá trị nhỏ nhất của tổng các thể tích tứ diện T = VAA0B0C0 + VBA0B0C0 + VCA0B0C0 Lời giải. Vì G là trọng tâm tứ diện ABCD nên ta có: −−→DA + −−→DB + −−→DC = 4 −−→DG (i) Từ đó suy ra: DA DA0 −−→ DA0 + DB DB0 −−→ DB0 + DC DC0 −−→ DC0 = 4. −−→DG (ii) Lại vì A0 , B0 , C0 và G đồng phẳng nên ta có hệ thức: DA DA0 + DB DB0 + DC DC0 = 4 (iii) 38 Áp dụng BĐT Cauchy, ta được: 4 = DA DA0 + DB DB0 + DC DC0 ≥ 3 3 r DA.DB.DC DA0 .DB0 .DC0 Suy ra: VDA0B0C0 VDABC = DA0 .DB0 .DC0 DA.DB.DC ≥ 27 64 (iv) Dễ thấy: T = VDA0B0C0 AA0 DA0 + BB0 DB0 + CC0 DC0 = VDA0B0C0 vì AA0 DA0 + BB0 DB0 + CC0 DC0 = 1, được suy ta từ hệ thức (iii) ở trên. Cuối cùng, từ (iv) và (v) ta kết luận: minT = 27 64 V ↔ DA0 DA = DB0 DB + DC0 DC = 3 4 ↔ G ∈ (A0B0C 0 ) k (ABC) Ví dụ 3.11. 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 1; 1), B(−1; 0; 2), C(0; −1; 0). Tìm tọa độ điểm D trên tia Ox sao cho thể tích khối tứ diện ABCD bằng 2. Lời giải. Giả sử D(t; 0; 0), t > 0 với −→AB = (−2; −1; 1) , −→AC = (−1; −2; −1), −−→AD = (t − 1; −1; −1) 39 Theo đầu bài VABCD = 1 6 −→AB, −→AC. −−→AD = 2 ⇒ t = 5 ⇒ D(5; 0; 0). Ví dụ 3.12. 1 Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ABC = 300 , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC. Lời giải của tác giả. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có: O ≡ H(0; 0; 0) ,S 0; 0; a √ 3 2 , Aa 4 ; a √ 3 4 ; 0 ,B a 4 ; − a √ 3 4 ; 0 , C − a 4 ; a √ 3 4 ; 0 Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là: VS.ABC = 1 6 −→SB, −→SA. −→SC = a 3 6 . Ví dụ 3.13 (1). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh SB, BC, CD. Tính thể tich khối tứ diện CMNP 40 Lời giải. Gọi H là trung điểm của AD thì SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Lập hệ trục tọa độ gốc O ≡ H trục Ox chứa HD, trục Oy chứa HN, trục Oz chứa HS. Khi đó N(0, a, 0); P( a 2 , a 2 , 0); M(− a 4 , a 2 , a √ 3 4 ) Vậy thể tích tứ diện CMNP là: VCMNP = 1 6 | −−→CM, −−→CN. −→CP| = a 3 √ 3 96 . Ví dụ 3.14. 1 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a, độ dài cạnh bên cũng bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh SA và BC. Tính thể tích khối tứ diện SMNC Lời giải của tác giả. Lập hệ trục tọa độ gốc O, trục Ox vuông góc với AB, trục Oy vuông góc với BC, trục Oz chứa OS. Khi đó A( a 2 , − a 2 , 0); B( a 2 , a 2 , 0); C(− a 2 , a 2 , 0) S(0, 0, a); M( a 4 , − a 4 , a √ 2 4 ); N(0, a 2 , 0) 41 Vậy thể tích tứ diện SMNC là: VCMNP = 1 6 | −−→MN, −→SC. −−→NC| = a 3 (6 − √ 2) 16 . Ví dụ 3.15. 1 Cho tứ diện ABCD với trọng tâm G. Các điểm X, Y, Z, T theo thứ tự thuộc các mặt (BCD),(CDA),(DAB),(ABC) sao cho XY, Y Z , ZT, T X theo thứ tự song song song với GA, GB, GC, GD. Tính tỉ số thể tích của các khối tứ diện ABCD và XY ZT. Lời giải. Kí hiệu hA1 α1 , ..., An αn i chỉ tâm tỉ cự của hệ điểm A1, ..., An với các hệ số tương ứng là α1, ..., αn. Giả sử X = hB β , C γ , D δ i , α + β + γ = 1 (1) Gọi A0 là giao điểm của AG và (BCD) Vì G là trọng tâm của tứ diện ABCD nên A’ là trọng tâm của tam giác BCD Điều đó có nghĩa là A0 = hB β , C β , D β i 42 Do đó hB β = h A0 3β , C β , D −β i . Vậy X = h A0 3β , C γ − β , D δ − β i Từ đó qua phép chiếu song song phương GA xuống mặt phẳng (CDA), ta có: Y = h C γ − β , D δ − β , A 3β i Qua phép chiếu song song phương GB xuống mặt phẳng (DAB), ta có: Z = h D δ − γ , A 4β − γ , B 3(γ − β) i . Qua phép chiếu song song phương GC xuống mặt phẳng (ABC), ta có: T = h A 4β − δ , B 4γ − 3β − δ , C 3(δ − γ) i . Qua phép chiếu song song phương GA xuống mặt phẳng (BCD), ta có: X = h B 4γ − 7β , C 4δ − 3γ − 4β , D 3(4β − δ) i (2) Từ (1) và (2) chú ý rằng: (4γ − 7β) + (4δ − 3γ − 4β) + 3(4β − δ) = β + γ + δ = 1 và các vectơ −−→XB, −−→XC, −−→XD đôi một không cùng phương, suy ra 43    β + γ + δ = 1 β = 4γ − 7β γ = 4δ − 3γ − 4β δ = 3(4β − δ) ⇔    β = 1 6 ; γ = 1 3 ; δ = 1 2 γ − β = 1 6 ; δ − β = 1 3 ; 3β = 1 2 Vậy    1 6 −−→XB + 1 3 −−→XC + 1 2 −−→XD = ~0 1 6 −−→Y C + 1 3 −−→Y D + 1 2 −→Y A = ~0. Do đó 1 6 −−→XY + −−→Y B− −−→Y C + 1 3 −−→XY + −−→Y C− −−→Y D + 1 2 −−→XY + −−→Y D− −→Y A = ~0 Nghĩa là −−→XY + 1 6 −−→GB − −→GC + 1 3 −→GC − −−→GD + 1 2 −−→GD − −→GA = ~0 Kết hợp với −→GA + −−→GB + −→GC + −−→GD = ~0, suy ra −−→XY + 1 6 −−→GB + −→GC + −−→GD − 1 2 −→GA = ~0. Hay −−→XY − 1 6 −→GA − 1 2 −→GA = ~0. Vậy −−→XY = 2 3 −→GA. Tương tự, ta có: −→Y Z = 2 3 −−→GB, −→ZT = 2 3 −→GC Vậy VXY ZT = 1 6 −−→XY , −−→XZ. −−→XT = 1 6 −−→XY ,( −−→XY + −→Y Z). −−→XT = = 1 6 −−→XY , −→Y Z.( −−→XZ + −→ZT) (Vì −−→XY , −−→XY = ~0) = 1 6 −−→XY , −→Y Z. −−→XT (vì −−→XY , −→Y Z. −−→ZX = 0) = 1 6 2 3 −→GA, 2 3 −−→GB. 2 3 −→GC = 8 27 . 1 6 −→GA, −−→GB. −→GC = 8 27 VGABC = 8 27 1 4 VABCD = 2 27 VABCD. Vậy VABCD VXY ZT = 27 2 . Ví dụ 3.16. 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : x 2 = y − 1 −1 = z −3 và mặt phẳng (P) : 7x + 9y + 2z − 7 = 0 cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), ∆ vuông góc với d và cách d một khoảng là 3 √ 42 . Lời giải. Đường thẳng d có VTCP là ~ud = (2; −1; −3). Mặt phẳng (P) có VTPT là ~nP = (7; 9; 2). 44 Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên ∆ thì M(4; −1; −6). Đường thẳng ∆ có VTCP là ~u∆ = 1 25 ~nP , ~ud = (1; −1; 1). MH đi qua điểm M(4; −1; −6) nhận ~u∆, ~nP = (−11; 5, 16) là VTCP nên có phương trình    x = 4 − 11t y = −1 + 5t z = −6 + 16t Suy ra H(4−11t; −1+5t; −6+16t) Ta thấy ∆, d là hai đường thẳng chéo nhau và có khoảng cách bằng 3 √ 42 nên | ~u∆, ~ud. −−→MH| | ~u∆, ~ud| = 3 √ 42 ⇔ |3t| √ 42 = 3 √ 42 ⇔ t = 1 t = −1 Có hai đường thẳng thỏ

Định dạng
Số trang	66
Dung lượng	617,63 KB