Phương pháp tọa độ cho các bài toán về đường và mặt trong hình học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG −−− −−− LÊ THỊ HỒNG SƯƠNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ CHO CÁC BÀI TỐN VỀ ĐƯỜNG VÀ MẶT TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Đà Nẵng - 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG −−− −−− LÊ THỊ HỒNG SƯƠNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ CHO CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG VÀ MẶT TRONG HÌNH HỌC Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN DUY THÁI SƠN Đà Nẵng - 2015 MỤC LỤC LỜI CAM ĐOAN MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục tiêu nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Giả thuyết khoa học Cấu trúc luận văn CHƯƠNG HỆ TỌA ĐỘ 1.1 TỌA ĐỘ TRÊN MỘT TRỤC 1.1.1.Tọa độ vectơ điểm trục 1.1.2 Độ dài đại số vectơ trục 1.1.3 Bài tốn ví dụ 1.2 TỌA ĐỘ TRÊN MẶT PHẲNG 1.2.1 Hệ trục tọa độ Descartes mặt phẳng 1.2.2 Tọa độ vectơ hệ trục tọa độ 1.2.3 Tọa độ điểm 1.2.4 Các công thức định lý tọa độ điểm tọa độ vectơ 1.2.5 Một số dạng toán liên quan 1.3 TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 19 1.3.1 Hệ trục tọa độ 19 1.3.2 Tọa độ vectơ hệ trục tọa độ 19 1.3.3 Tọa độ điểm 20 1.3.4 Các công thức định lý liên quan đên tọa độ điểm tọa độ vectơ 20 1.3.5 Một số dạng toán 23 CHƯƠNG CÁC ĐƯỜNG TRÊN MẶT PHẲNG 28 2.1 ĐƯỜNG THẲNG 28 2.1.1 Vectơ pháp tuyến vectơ phương đường thẳng 28 2.1.2 Phương trình đường thẳng 29 2.1.3 Các trường hợp đặc biệt 31 2.1.4 Các dạng toán 32 2.2 ĐƯỜNG TRÒN 40 2.2.1 Phương trình đường trịn 40 2.2.2 Nhận dạng phương trình đường tròn 41 2.2.3 Phương trình tiếp tuyến đường tròn 43 2.3 VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA CÁC ĐƯỜNG 45 2.4 TÍNH CHẤT HÌNH HỌC CỦA BA ĐƯỜNG CONIC 51 2.5 TÍNH CHẤT GIẢI TÍCH CỦA BA ĐƯỜNG CONIC 53 CHƯƠNG ĐƯỜNG VÀ MẶT TRONG KHÔNG GIAN 58 3.1 ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 58 3.1.1 Phương trình tổng quát mặt phẳng 58 3.1.2 Các trường hợp riêng mặt phẳng 59 3.1.3 Vị trí tương đối hai mặt phẳng 60 3.1.4 Phương trình đường thẳng 61 3.1.5 Vị trí tương đối hai đường thẳng 62 3.2 MẶT CẦU 64 3.3 MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP 66 KẾT LUẬN 73 TÀI LIỆU THAM KHẢO 74 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI (bản sao) LỜI CAM ĐOAN Tơi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các kết nêu luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Tác giả Lê Thị Hồng Sương MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Phương pháp toạ độ Descartes phát minh làm nên cách mạng toán học kỷ XVII Phương pháp cho phép nghiên cứu hình học ngơn ngữ đại số giải tích, mở đường cho đời mơn tốn học với tên gọi Hình học giải tích Trong Hình học giải tích, ta đạt tới đỉnh cao khái quát trừu tượng, bỏ xa ta đạt dựa thói quen tư cụ thể, tư trực quan hình học túy Giải tốn hình học phương pháp tọa độ, học sinh thấy lúng túng việc tìm lối đi, mà dung hình học túy học sinh lại thường tỏ lúng túng Riêng bậc trung học phổ thông, công cụ tọa độ thuộc nhóm kiến thức cần thiết Chủ đề “Phương pháp tọa độ” xuất hàng năm kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng kỳ thi chọn học sinh giỏi nước ta Nếu học sinh chưa sử dụng thục phương pháp tọa độ lời giải tìm thường dài nặng tính tốn.Việc hệ thống hóa tình sử dụng phương pháp giúp học sinh nhạy bén việc giải tốn hình học phương pháp tọa độ Với lý nói trên, hướng dẫn thầy Nguyễn Duy Thái Sơn, định chọn “Phương pháp tọa độ cho toán đường mặt hình học” làm đề tài cho luận văn tốt nghiệp bậc cao học 2 Mục tiêu nghiên cứu Hệ thống lại kiến thức đồng thời đưa số tình huống, có tính định hướng chung, qua toán mà phương pháp tọa độ tỏ hiệu quả; đặc biệt là, toán xuất kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng kỳ thi chọn học sinh giỏi Hệ thống lại kiến thức liên quan đến phương pháp tọa độ hình học Tìm hiểu tình sử dụng phương pháp tọa độ qua toán Đối tượng phạm vi nghiên cứu 3.1 Đối tượng nghiên cứu Các đường mặt mặt phẳng không gian 3.2 Phạm vi nghiên cứu Tổng hợp phân loại phương pháp; toán giải phương pháp tọa độ, thường xuất chương trình học kì thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng Phương pháp nghiên cứu Tham khảo tài liệu hệ thống hóa kiến thức Thu thập đề thi đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng Thể tường minh kết nghiên cứu đề tài Trao đổi, thảo luận với giáo viên hướng dẫn Giả thuyết khoa học Xây dựng giáo trình có tính hệ thống, khép kín giảng dạy với thời lượng chấp nhận cho học sinh tốn bậc trung học phổ thơng cho sinh viên toán trường đại học Xây dựng hệ thống toán (cũ mới) với mức độ khó dễ khác Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia làm ba chương Cụ thể, cấu trúc luận văn trình bày sau: CHƯƠNG 1: HỆ TỌA ĐỘ Trình bày kiến thức sở vectơ hệ tọa độ (trên trục, mặt phẳng khơng gian) tình sử dụng phương pháp tọa độ giải toán liên quan CHƯƠNG 2: CÁC ĐƯỜNG TRÊN MẶT PHẲNG Trình bày kiến thức sở đường thẳng, đường tròn, ba đường conic mặt phẳng tình sử dụng phương pháp tọa độ giải toán liên quan CHƯƠNG 3: ĐƯỜNG VÀ MẶT TRONG KHƠNG GIAN Trình bày kiến thức sở đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu khơng gian tình sử dụng phương pháp tọa độ giải toán liên quan Đà Nẵng, năm 2015 Tác giả Lê Thị Hồng Sương CHƯƠNG HỆ TỌA ĐỘ 1.1 TỌA ĐỘ TRÊN MỘT TRỤC Định nghĩa 1.1 Trục tọa độ (còn gọi trục, hay trục số) đường thẳng mà xác định điểm O vectơ i có độ dài • Điểm O gọi gốc tọa độ, i gọi vectơ đơn vị trục tọa độ • Trục tọa độ kí hiệu (O, i) Ta lấy điểm I cho −→ OI = i tia OI cịn kí hiệu tia Ox, tia đối Ox Ox Khi trục (O, i) gọi trục x Ox hay trục Ox 1.1.1 Tọa độ vectơ điểm trục • Cho vectơ u nằm trục (O, i ) Khi có số a xác định để u = Số a gọi tọa độ vectơ u trục (O, i ) • Cho điểm M nằm trục (O, i) Khi có số m xác −−→ định để OM = mi Số m tọa độ điểm M trục tọa độ (O, i ) 1.1.2 Độ dài đại số vectơ trục −→ Nếu điểm A, B nằm trục Ox tọa độ AB kí hiệu −→ AB gọi độ dài đại số vectơ AB trục Ox Như −→ AB = AB.i Nhận xét 1.1 Trên trục số −→ −−→ Hai vectơ AB CD AB = CD −→ −−→ −→ Hệ thức AB + BC = AC tương đương với hệ thức AB + BC = AC (hệ thức Sa – lơ) −→ −→ Nếu AB hướng với i AB = AB , AB ngược hướng với i AB = −AB −−→ Độ dài vectơ OM tọa độ điểm M Nếu hai điểm A, B trục Ox có tọa độ a b AB = b − a 1.1.3 Bài tốn ví dụ " Tìm tọa độ điểm độ dài đại số vectơ trục (O, i)" Phương pháp giải Căn vào định nghĩa tọa độ điểm độ dài đại số vectơ • Một số ví dụ Ví dụ 1.1 Trên trục (O, i) cho điểm A, B , M , N có tọa độ 2, -3, -1, Biểu diễn điểm cho trục số −→ −−→ −−→ Tính độ dài đại số vectơ AB , AM , M N Lời giải Biểu diễn điểm A, B , M , N sau 60 • B = C = (α) song song (hoặc trùng) Oyz • C = A = (α) song song (hoặc trùng) Ozx Nhận xét 3.6 Nếu bốn hệ số A, B, C, D khác D D D Đặt a = − ; b = − ; c = − A B C Khi (3.13) trở thành x y z + + =1 (3.14) a b c Khi (α) cắt trục điểm (a, 0, 0), (0, b, 0), (0, 0, c) Người ta gọi phương trình (3.14) phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn Ví dụ 3.29 Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A(2, 0, 0); B(0, 1, 0); C(0, 0, 3) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) Lời giải Áp dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn, ta có phương trình mặt phẳng (ABC) có dạng x y z + + hay 3x + 6y + 2z − = 3.1.3 Vị trí tương đối hai mặt phẳng Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng (α1 ) (α2 ) có phương trình (α1 ) : A1 x + B1 y + C1 z + D1 = (α2 ) : A2 x + B2 y + C2 z + D2 = a) Hai mặt phẳng cắt A1 : B1 : C1 = A2 : B2 : C2 b) Hai mặt phẳng song song A1 B1 C1 D1 = = = A2 B2 C2 D2 b) Hai mặt phẳng trùng A1 B1 C1 D1 = = = A2 B2 C2 D2 61 Nhận xét 3.7 Hai mặt phẳng (α1 ) (α2 ) vng góc với hai vectơ pháp tuyến n1 n2 vng góc với Hay (α1 )⊥(α2 ) ⇔ n1 n2 = ⇔ A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 = 3.1.4 Phương trình đường thẳng Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng d qua điểm M0 (x0 , y0 , z0 ) nhận u(a, b, c) làm vectơ phương Điều kiện cần đủ để M (x, y, z) nằm d tồn số thực t cho    x = x0 + at    y = y0 + bt     z = z0 + ct (3.15) Phương trình (3.15) gọi phương trình tham số đường thẳng (d) Chú ý 3.7 Nếu a, b, c khác ta cịn viết phương trình đường thẳng (d) dạng y − y0 z − z0 x − x0 = = (3.16) a b c Phương trình (3.16) gọi phương trình tắc đường thẳng (d) Ngồi ra, đường thẳng (d) giao tuyến hai mặt phẳng (α) : Ax + By + Cz + D = (β) : A x + B y + C z + D = (d) có phương trình  Ax + By + Cz + D Ax + By + Cz + D =0 (3.17) =0 Phương trình (3.17) gọi phương trình tổng quát đường thẳng (d) 62 3.1.5 Vị trí tương đối hai đường thẳng Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d1 qua điểm M1 có vectơ phương u1 d2 qua M2 , có vectơ phương u2 −−−→ Dựa vào ba vectơ u1 , u2 M1 M2 ta biết vị trí tương đối hai đường thẳng d1 d2 Thật vậy, −−−→ 1) d1 d2 trùng u1 , u2 M1 M2 đôi phương −−−→ ⇔ [u1 , u2 ] = [u1 , M1 M2 ] = 2) d1 d2 song song với   − → − − − → [→ u1 u2 phương u1 , → u2 ] =0 ⇔ −−−→ −−−→ → [→ − − u1 M1 M2 không phương u1 , M1 M2 ] = 3) d1 d2 cắt  − − → u1 → u2 không phương −−−→ → − − u ,→ u M M đồng phẳng 2  − − [→ u1 , → u2 ] =0 ⇔ −−−→ [→ − − u1 , → u2 ] M1 M2 = 63 −−−→ − − 4) d1 d2 chéo → u1 , → u2 M1 M2 không đồng phẳng Tức −−−→ − − [→ u1 , → u2 ] M1 M2 = Ví dụ 3.30 Trong khơng gian, cho hai đường thẳng   3x + y − 5z + = 3x − z =0 2x + 3y − 8z + = 2x + y − = Hãy chứng minh hai đường thẳng vng góc với Hai đường thẳng có cắt hay khơng? Lời giải Xét đường thẳng d1 :  3x + y − 5z + = 2x + 3y − 8z + = Cho z0 = thay vào d1 ta x0 = 0; y0 = −1 Vậy A(0, −1, 0) ∈ d1 1 1 Cho y1 = thay vào d1 ta x1 = ; z1 = Vậy B , 0, ∈ d1 2 2 ⇒ −→ AB = 1 , 1, 2 = (1, 2, 1) − Suy d1 nhận → u1 (1, 2, 1) làm vectơ phương 64 Xét đường thẳng d2 :  3x − z =0 2x + y − = Cho z2 = thay vào d2 ta x2 = 0; y2 = Vậy C(0, 1, 0) ∈ d2 3 Cho y3 = thay vào d2 ta x3 = ; z3 = Vậy D , 0, ∈ d2 2 2 ⇒ −−→ CD = , −1, 2 = (1, −2, 3) − Suy d1 nhận → u2 (1, −2, 3) làm vectơ phương − − − − Ta có → u → u =1−4+3=0⇒→ u ⊥→ u ⇒ d ⊥d 2 Vậy d1 vuông góc với d2 Mặt khác, xét hệ phương trình       3x + y − 5z + = z = 3x           2x + 3y − 8z + = y = − 2x ⇔     3x − z =0 3x + − 2x − 15x + =           2x + y − 2x + − 6x − 24x + = =0    z = 3x      y = − 2x ⇒   − 14x =      6 − 28x = Suy hệ phương trình vơ nghiệm Do d1 d2 không cắt nhau, hay d1 d2 chéo 3.2 MẶT CẦU Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu S có tâm I(x0 , y0 , z0 ) bán kính R Điểm M (x, y, z) thuộc mặt cầu IM = R hay IM = R2 , nghĩa (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 = R2 Phương trình gọi phương trình mặt cầu S(I; R) Nhận xét 3.8 Biến đổi phương trình (3.18) ta x2 + y + z − 2x0 x − 2y0 y − 2z0 z + x20 + y02 + z02 − R2 = (3.18) 65 Hay x2 + y + z − 2x0 x − 2y0 y − 2z0 z + D = với D = x20 + y02 + z02 − R2 Từ x2 + y + z + 2Ax + 2By + 2C0z + D = với A2 + B + C − D > phương trình mặt cầu tâm I(−A, −B, −C) có bán kính R = √ A2 + B + C − D Ví dụ 3.31 Lập phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng  8x − 11y + 8z − 30 = x − y − 2z = tiếp xúc với mặt cầu x2 + y + z + 2x − 6y + 4z − 15 = Lời giải Mặt cầu x2 + y + z + 2x − 6y + 4z − 15 = có tâm I(−1; 3; −2) bán √ kính R = 29 Gọi (P ) mặt phẳng cần tìm Vì (P ) chứa d  8x − 11y + 8z − 30 = (P1 ) x − y − 2z = (P ) d(I; (P2 )) = √ | − − 1.3 − 2.(−2)| = = 29 Do đó, mặt phẳng (P ) 12 + (−1)2 + (−2)2 có dạng α(x − y − 2z) + (8x − 11y + 8z − 30) = ⇔ (α + 8)x − (α + 11)y − (2α − 8)z − 30 = 66 Vì (P ) tiếp xúc với mặt cầu nên d(I, (P )) = R √ | − (α + 8) − 3(α + 11) + 2(2α − 8) − 30| = ⇔ 29 (α + 8)2 + (α + 11)2 + (2α − 8)2 ⇔ 29(6α2 + 6α + 249) = 7569 α2 + α + ⇔ α = ⇔ = α = −2 Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn đề 3x − 4y + 2z − 10 = 2x − 3y + 4z − 10 = Ví dụ 3.32 Trong khơng gian cho hai mặt cầu (O1 ) (O2 ) có phương trình (O1 ) : x2 + y + z − 2z = (O2 ) : x2 + y + z − 4y = Chứng minh hai mặt cầu cắt Lời giải Ta có mặt cầu (O1 ) : x2 + y + z − 2z = có tâm O1 (0; 0; 1) bán kính R1 = Mặt cầu (O2 ) : x2 + y + z − 4y = có tâm O2 (0; 2; 0) bán kính R2 = Khoảng cách hai tâm hai mặt cầu √ O1 O22 = + + = ⇒ O1 O2 = Ta có |R1 − R2 | = 1, R1 + R2 = Suy |R1 − R2 | < O1 O2 < R1 + R2 Vì vậy, hai mặt cầu cắt 3.3 MỘT SỐ BÀI TỐN TỔNG HỢP Ví dụ 3.33 Trong khơng gian cho hai mặt cầu (O1 ) (O2 ) có phương trình (O1 ) : x2 + y + z − 2z = 67 (O2 ) : x2 + y + z − 4y = Chứng minh hai mặt cầu cắt Lời giải Ta có mặt cầu (O1 ) : x2 + y + z − 2z = có tâm O1 (0; 0; 1) bán kính R1 = Mặt cầu (O2 ) : x2 + y + z − 4y = có tâm O2 (0; 2; 0) bán kính R2 = Khoảng cách hai tâm hai mặt cầu √ O1 O22 = + + = ⇒ O1 O2 = Ta có |R1 − R2 | = 1, R1 + R2 = Suy |R1 − R2 | < O1 O2 < R1 + R2 Vì vậy, hai mặt cầu cắt Ví dụ 3.34 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng x−1 y+1 z+2 = = 2 2x + y − z − = D2 : x + 2y + z + = D1 : Xét vị trí tương đối D1 , D2 Lập phương trình mặt phẳng (P ) qua D2 song song với D1 Tính khoảng cách D1 D2 Cho A(1; 2; −1) lập phương trình đường thẳng qua A cắt D1 ; D2 Lập phương trình đường thẳng qua A, cắt D1 vng góc với D2 Lập phương trình đường thẳng cắt D1 , D2 song song với trục Oz Lời giải Mặt phẳng 2x + y − z − = có VTPT n1 (2; 1; −1) Mặt phẳng x + 2y + z + = có VTPT n1 (1; 2; 1) Do đường thẳng D2 có 68 VTCP −1 u2 = [n1 , n2 ] = , −1 1 , 1 = (3; −3; 3) Đường thẳng D1 có VTCP n1 = (2; 1; 3) Ta nhận thấy : : = : : suy D1 D2 hai đường thẳng song song hay trùng Phương trình tham số d1    x = + 2t    y = −1 + t     z = −2 + 3t Thay giá trị x, y, z (theo t) vào phương trình D2 , ta   2(1 + 2t) + (−1 + t) − (−2 + 3t) − = 2t + = ⇔ (1 + 2t) + 2(−1 + t) + (−2 + 3t) = 7t) − = Hệ vơ nghiệm Do D1 D2 khơng có điểm chung Vậy D1 D2 hai đường thẳng chéo Vì (P ) qua D2 nên (P ) nhận n2 (VTCP D2 ) VTCP Vì (P ) song song với D1 nên (P ) nhận n1 (VTCP D1 ) VTCP Do vectơ [n1 , n2 ] = −3 , 3 , −3 = (12; 3; −9) VTPT (P ) Ta chọn np = (4; 1; −3) VTPT (P ) Cho z = 0, phương trình D2 cho ta hệ  2x + y = x + 2y =  y = −1 ⇔ x = 69 Vậy ta điểm β(1; −1; 0) điểm D2 , mặt phẳng (P ) mặt phẳng qua β(1; −1; 0) nhận vectơ n(4; 1; −3) VTPT nên có phương trình 4(x − 1) + 1.(y + 1) − 3.(z − 0) = ⇔ 4x + y − 3z − = 0; (P ) : 4x + y − 3z − = Điểm α(1; −1; −2) điểm D1 Khoảng cách D1 D2 khoảng cách D1 (P ) khoảng cách từ α tới (P ) Ta dD1 /D2 = dα/(P ) √ |4.1 − − 3(−2) − 3| 26 = = 26 42 + 12 + (−3)2 √ 26 Vậy dD1 /D2 = 13 Trước tiên ta lập phương trình mặt phẳng qua A D1 α(1; −1; −2) −→ điểm D1 ; A có tọa độ (1; 2; −1) Aα = (0; −3; −1) u1 = (2; 1; 3) VTCP d1 Mặt phẳng (A, D1 ) nhận vectơ −→ Aα, u1 = −3 −1 , −1 , −3 = (−8; −2; 6) vectơ pháp tuyến Ta chọn n(A,D1 ) = (−4; 1; 3) VTPT mặt phẳng (A, D1 ) Phương trình tổng quát (A, D1 ) (A, D1 ) : −4(x − 1) − (y − 2) + 3(z + 1) = (A, D1 ) : 4x + y − 3z − = Bây ta tìm giao điểm mặt phẳng (A, D1 ) với đường thẳng D2 Giao điểm B chúng có tọa độ nghiệm hệ:    4x + y − 3z =    2x + y − z = (∗)     x + 2y + z = 70 Ta có D= −3 −3 −1 = 0; Dx = 1 −1 = 18 −1 Vì D = 0; Dx = nên hệ (∗) vơ nghiệm Do đường thẳng D2 khơng có điểm chung với mặt phẳng (A, D1 ) Vậy D2 //(A, D1 ) Ta suy đường thẳng qua A cắt D1 D2 Xét điểm M (x0 ; y0 ; z0 ) D1 ; tọa độ M thỏa mãn phương trình D1 x0 − y0 + z0 + = = (1) Đường thẳng AM cắt D1 M Để đường thẳng AM đường thẳng −−→ phải dựng AM phải vng góc với D2 Ta có AM = (x0 − 1; y0 − 2; z0 + 1) VTCP AM u2 = (3; −3; 3) VTCP D2 Ta phải có −−→ AM u2 = ⇔ 3(x0 − 1) − 3(y0 + 1) = ⇔ x0 − y0 + z0 = −2 (2) Giải hệ (1), (2) ta tìm toạ độ M Hệ (1), (2)       x0 = x0 − y0 + z0 = −2       ⇔ x0 = 2y0 + ⇔ y0 = − (∗)         z0 = 3y0 + z0 = − 7 0; − ; − 2 −−→ −−→ Vectơ AM có toạ độ AM = −1; − ; − 2 Ta chọn vectơ uAM = (2; 7; 5) VTCP đường thẳng AM Với Vậy điểm M có toạ độ M 71 A(1; 2; −1), phương trình tham số đường thẳng AM phải tìm    x = + 2t    AM : y = + 7t     z = −1 + 5t Đường thẳng ∆ cắt D1 ; D2 song song với Oz giao tuyến hai mặt phẳng (π1 ) (là mặt phẳng qua D1 song song với Oz ), mặt phẳng (π2 ) (là mặt phẳng qua D2 song song với Oz ) - Ta lập phương trình mặt phẳng (π1 ) Các vectơ k = (0; 0; 1) u1 = (2; 1; 3) cặp VTCP (π1 ) Do vectơ k, u1 = , , 0 = (1; −2; 0) VTPT (π1 ) Điểm α(1; −1; −2) điểm D1 điểm (π1 ) Mặt phẳng (π1 ) qua α(1; −1; −2) có VTPT k, u1 = (1; −2; 0) nên có phương trình tổng qt (x − 1) − 2(y + 1) = (π1 ) : x − 2y − = - Các vectơ k = (0; 0; 1) u2 = (3; −3; 3) cặp VTCP (π2 ) Do k, u2 = −3 , 3 , −3 0 = (3; −3; 0) VTPT (π2 ) Điểm β(1; −1; 0) điểm D2 điểm (π2 ) Mặt phẳng (π2 ) qua β(1; −1; 0) có VTPT k, u2 = (−3; −3; 0) nên có phương trình tổng qt −3(x − 1) − 3(y + 1) = (π2 ) : x + y = Ta nhận thấy VTPT (π1 ), (π2 ) k, u1 k, u2 không 72 cộng tuyến nên (π1 ) (π2 ) cắt Do phương trình đường thẳng ∆ phải dựng là:  x − 2y − z = x + y = 73 KẾT LUẬN Luận văn đề cập giải vấn đề sau: • Khái quát lại khái niệm liên quan đến hệ tọa độ trục, mặt phẳng khơng gian • Trình bày giải số tập liên quan đến đường mặt mặt phẳng không gian Mặc dù có nhiều cố gắng, nỗ lực việc tìm tịi nghiên cứu kiến thức cịn hạn chế thời gian khơng cho phép nên đề tài tránh khỏi thiếu sót nội dung lẫn hình thức Em mong nhận ý kiến đóng góp quý báu từ phía thầy giáo bạn học viên để đề tài hoàn thiện Và em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Duy Thái Sơn, người tận tình hướng dẫn để tơi hồn thành luận văn 74 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phan Huy Khải Toán nâng cao Hình học giải tích., NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 9.1999 [2] Nguyễn Phú Khánh Phân dạng phương pháp giải chuyên đề Hình học 10 NXB Đại học quốc gia Hà Nội [3] Phạm Vũ Khuê – Bùi Văn Nghị , Hình học 10, Nhà xuất Giáo dục, 2006 [4] Hoàng Ngọc Phương – Lục Văn Hào , Hình học 12, Nhà xuất Giáo dục, 2010 ...BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG −−− −−− LÊ THỊ HỒNG SƯƠNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ CHO CÁC BÀI TỐN VỀ ĐƯỜNG VÀ MẶT TRONG HÌNH HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13... dụng phương pháp giúp học sinh nhạy bén việc giải tốn hình học phương pháp tọa độ Với lý nói trên, hướng dẫn thầy Nguyễn Duy Thái Sơn, định chọn ? ?Phương pháp tọa độ cho toán đường mặt hình học? ??... quan hình học túy Giải tốn hình học phương pháp tọa độ, học sinh thấy lúng túng việc tìm lối đi, mà dung hình học túy học sinh lại thường tỏ lúng túng Riêng bậc trung học phổ thông, công cụ tọa độ