Phương pháp tọa độ giải toán Hình học không gian

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "Phương pháp tọa độ giải toán Hình học không gian": http://123doc.vn/document/567463-phuong-phap-toa-do-giai-toan-hinh-hoc-khong-gian.htm

Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian Nguyễn Thanh Lam

3 3
0; ;0 ; S 0; ;
2 6
a a
C h
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Với hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật và SA
⊥
(ABCD)
ABCD là hình chữ nhật
;AB a AD b= =
chiều cao bằng
h
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho
A(0;0;0)
Khi đó :
( ) ( )
;0;0 ; ; ;0B a C a b

( )
0; ;0 ; (0;0; )D b S h
Với hình chóp S.ABC có ABCD là hình thoi và SA
⊥
(ABCD)
ABCD là hình thoi cạnh
a
chiều cao bằng
h
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho
O(0;0;0)
Với hình chóp S.ABC có SA
⊥
(ABC) và
∆
ABC vuông tại A
Tam giác ABC vuông tại A có
;AB a AC b= =
đường cao bằng
h
.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho A(0;0;0)
Khi đó :
( ) ( )
;0;0 ; C 0; ;0B a b

( )
S 0;0;h
Với hình chóp S.ABC có SA
⊥
(ABC) và
∆
ABC vuông tại B
Tam giác ABC vuông tại B có
;BA a BC b= =
đường cao bằng
h
.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho B(0;0;0)
Khi đó :
( ) ( )
;0;0 ; C 0; ;0A a b
5
B
D
C
A
O
S
x
y
z
B
D
C
A
O
S
x
y
z
B
C
A
S
x
y
z
z
B
C
A
S
x
y
Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian Nguyễn Thanh Lam

( )
S ;0;a h
Với hình chóp S.ABC có (SAB)
⊥
(ABC),
∆
SAB cân tại S
và
∆
ABC vuông tại C
∆
ABC vuông tại C
;CA a CB b= =
chiều cao bằng
h
H là trung điểm của AB
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho
C(0;0;0)
Khi đó :
( ) ( )
;0;0 ; B 0; ;0A a b

( ; ; )
2 2
a b
S h
Với hình chóp S.ABC có (SAB)
⊥
(ABC),
∆
SAB cân tại S
và
∆
ABC vuông tại A
∆
ABC vuông tại A
;AB a AC b= =
chiều cao bằng
h
H là trung điểm của AB
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho
A(0;0;0)
Khi đó :
( ) ( )
;0;0 ; C 0; ;0B a b

(0; ; )
2
a
S h
Với hình chóp S.ABC có (SAB)
⊥
(ABC),
∆
SAB cân tại S
và
∆
ABC vuông cân tại C
Tam giác ABC vuông cân tại C có
CA CB a
= =
đường cao bằng
h
.
H là trung điểm của AB
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho H(0;0;0)
Khi đó :
;0;0 ; A 0; ;0
2 2
a a
C
   
 ÷  ÷
   
6
B
C
A
H
S
x
y
z
B
H
C
A
H
S
x
y
z
B
C
A
S
x
y
z
Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian Nguyễn Thanh Lam

( )
B 0; ;0 ; S 0;0;
2
a
h
 
−
 ÷
 
b. Bài tập áp dụng
Bài toán 1. Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB,OBC,OCA đều là tam giác vuông tại đỉnh
O. Gọi
γβα
, ,
lần lượt là góc hợp bởi các mặt phẳng (OBC),(OCA),(OAB) với mặt phẳng
(ABC).Chứng minh rằng :
1coscoscos
222
=++
γβα
( SGK Hình 11, trang 96, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000, SGK Hình 12, trang 106, Văn
Như Cương chủ biên, NXBGD 2000 )
Hướng dẫn Bài giải
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz
như sau :
)0;0;0(O
;
)0;0;(aA
;
)0;;0( bB

);0;0( cC
;
)0 ; ; ( baAB
−=
) ; 0 ; ( caAC
−=

Tìm vectơ pháp tuyến của :
• Mặt phẳng (ABC)
• Mặt phẳng (OBC)
• Mặt phẳng (OCA)
• Mặt phẳng (OAB)


[ ]
) ; ; (, abacbcACABn
==
)0 ,0 ,1 (
=
i
vì :
)(OBCOx
⊥
)0 ,1 ,0 (
=
j
vì :
)(OCAOy
⊥
)1 ,0 ,0 (
=
k
vì :
)(OABOz
⊥

Sử dụng công thức tính góc giữa hai
mặt phẳng:
( )
)(),(coscos ABCOBC
=
α
( )
)(),(coscos ABCOBC
=
β
( )
)(),(coscos ABCOBC
=
γ

222222
.
cos
baaccb
cb
++
=
α

222222
.
cos
baaccb
ac
++
=
β
222222
.
cos
baaccb
ba
++
=
γ
Kết luận
1coscoscos
222222
222222
222
=
++
++
=++
baaccb
baaccb
γβα
Bài toán 2. Bằng phương pháp toạ độ hãy giải bài toán sau :
Cho hình lập phương
''''. DCBAABCD
có cạnh bằng a.
a.Chứng minh rằng đường chéo
CA'
vuông góc với mặt phẳng
)''( DAB
b.Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo
CA'
và mặt phẳng
)''( DAB
là trọng tâm
của
tam giác
''DAB
.
c.Tìm khoảng cách giữa hai mặt phẳng
)''( DAB
và
)'( BDC
d.Tìm cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
)'( CDA
và
)''( AABB
( SGK Hình 12, trang 112, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000 )
7
x
y
z
γ
A
B
C
C’
O
Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian Nguyễn Thanh Lam
Hướng dẫn Bài giải
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc
Oxyz
như sau :
)0;0;0(AO
≡
;
);0;0(' aA

)0;0;(aB
;
);0;(' aaB

)0;;( aaC
;
);;(' aaaC

)0;;0( aD
;
);;0(' aaD


a. Chứng minh :
)''(' DABCA
⊥

Nếu
)''('
''
''
DABCA
ADCA
ABCA
⊥⇒



⊥
⊥
Ta có :







=
=
−=
);;0('
);0;('
);;('
aaAD
aaAB
aaaCA

Vì



⊥
⊥
⇔





=−+=
=−+=
''
''
00'.'
00'.'
22
22
ADCA
ABCA
aaADCA
aaABCA
Nên
)''(' DABmpCA
⊥
b. Chứng minh : G là trọng tâm của
tam giác
''DAB
Phương trình
tham số của đường thẳng
CA'
)(:' Rt
taz
ty
tx
CA
∈





−=
=
=

Phương trình tổng quát của mặt
phẳng
)''( DAB
0:)''(
=−+
zyxDAB

Trong đó vectơ pháp tuyến của mặt
phẳng
)''( DAB
[ ]
);;(','
222
1
aaaADABn
−−==
Gọi
)''(' DABCAG
∩=
Toạ độ giao điểm G
của đường thẳng
CA'
và mặt phẳng
)''( DAB
là nghiệm của hệ :









=
=
=
⇔







=−+
−=
=
=
3
2
3
3
0
a
z
a
y
a
x
zyx
taz
ty
tx






3
2
;
3
;
3
aaa
G
(1)
8
B’
A
B
C
D
D’
A’
C’
G

x
y
z
Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian Nguyễn Thanh Lam
Mặt khác :









=
++
=
=
++
=
=
++
=
3
2
3
33
33
''
''
''
azzz
z
ayyy
y
axxx
x
DBA
G
DBA
G
DBA
G
(2)
So sánh (1) và (2), kết luận
Vậy giao điểm G của đường chéo
CA'
và
mặt phẳng
)''( DAB
là trọng tâm của tam
giác
''DAB
c. Tính
( )
)'(),''( BDCDABd

Phương trình tổng quát của mặt phẳng
)'( BDC

0:)'(
=−−+
azyxBDC
Trong
đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
)'( BDC

[ ]
);;(','
222
2
aaaDCBCn
−==

Ta có :
0:)''(
=−+
zyxDAB


0:)'(
=−−+
azyxBDC

⇒
)''( DAB
//
)'( BDC

⇒
( ) ( )
3
)''(,)'(),''(
a
DABBdBDCDABd
==

d. Tính
( )
)''(),'(cos AABBCDA

⇒⊥
)''( AABBOy
Vec tơ pháp tuyến của
)''( AABB
là
)0 ; 1 ; 0(
=
j

Vectơ pháp tuyến của
)'( CDA
:
[ ]
)1;1;0();;0(,'
222
3
−=−==
aaaDCDAn
Vec tơ pháp tuyến của
)''( AABB
là
)0 ; 1 ; 0(
=
j
Vectơ pháp tuyến của
)'( CDA
:
)1;1;0(
3
−=
n

( )
2
1
)''(),'(cos
=
AABBCDA

⇒
( )
o
AABBCDA 45)''(),'(
=
Bài toán 3. Cho hình lập phương
''''. DCBAABCD
có cạnh bằng a.
Chứng minh hai đường chéo
''DB
và
BA'
của hai mặt bên là hai đường thẳng chéo nhau.
Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
''DB
và
BA'
Hướng dẫn Bài giải
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac
vuông góc
Oxyz
như sau :
)0;0;0(AO
≡
;
);0;0(' aA
;
)0;;0( aB
;
);;0(' aaB

)0;;( aaC
;
);;(' aaaC

)0;0;(aD
;
);0;(' aaD


Chứng minh
''DB
và
BA'

chéo nhau, ta chứng minh ba
vectơ
',';'' BBBADB
không
đồng phẳng.
Cần chứng minh
tích hỗn hợp của ba vectơ
Ta có :
)0;;('' aaDB
−=


);;0(' aaBA
−=
;
);0;0(' aBB
=

[ ]
);;(',''
222
aaaBADB
=

[ ]
0'.',''
3
≠=
aBBBADB

⇒
ba vectơ
',';'' BBBADB
không đồng
phẳng.
9
A
B
C
D
D’
A’
B’
C’
x
y
z
Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian Nguyễn Thanh Lam
',';'' BBBADB
khác 0 hay
''DB
và
BA'
chéo nhau.
Tính
( )
BADBd ',''
( )
]',''[
'.]',''[
',''
BADB
BBBADB
BADBd
=

( )
3
3
3
',''
2
3
444
3
a
a
a
aaa
a
BADBd
==
++
=
Bài toán 4. Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình thoi. AC cắt BD tại gốc toạ độ O. Biết
)0;0;2(A
;
)0;1;0(B
;
)22;0;0(S
. Gọi M là
trung điểm của SC .
1. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM
2. Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại N.
Tính thể tích khối chóp S.ABMN.
( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối A năm 2004 )
Hướng dẫn Bài giải
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc
Oxyz
như sau :
)0;0;0(O
;
)0;0;2(A
;
)0;1;0(B
;
)22;0;0(S


Ta có :
)0;0;2(
−
C
;
)0;1;0(
−
D
;
)2;0;1(
−
M

( )
22;0;2
−=
SA
;
( )
2;1;1
−−=
BM
1a.Tính góc giữa SA và BM
Gọi
α
là góc giữa SA và BM Sử dụng
công thức tính góc giữa hai đường thẳng.
Ta có :
( )
2
3
.
,coscos
===
BMSA
BMSA
BMSA
α
o
30
=⇒
α
1b. Tính khoảng cách giữa SA và BM

Chứng minh SA và BM chéo nhau Sử
dụng công thức tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng chéo nhau
)2;0;22(],[
−−=
BMSA
;
)0;1;2(
−=
AB

024].,[
≠=
ABBMSA
3
62
48
24
],[
].,[
),(
=
+
==
ABSA
ABBMSA
BMSAd
2. Tính thể tích khối chóp S.ABMN.

Dễ dàng nhận thấy :
)()( SCDABMMN
∩=
AMNSABMSABMNS
VVV

+=

Trong đó :
SBSMSAV
ABMS
].,[
6
1
.
=
SNSMSAV
AMNS
].,[
6
1
.
=

⇒
CDABMN ////
N là trung điểm của SD
Toạ độ trung điểm N






−
2;
2
1
;0
)22;0;2(
−=
SA
;
)2;0;1(
−−
SM

)22;1;0(
−=
SB
;
)2;0;1(
−−
SM
)0;24;0(],[
=⇒
SMSA
3
22
6
24
].,[
6
1
.
===
SBSMSAV
ABMS
A
C
D
S
N
M
O
10
B
x
y
z
Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian Nguyễn Thanh Lam
3
2
6
22
].,[
6
1
.
===
SNSMSAV
AMNS
Kết luận
Vậy
2

=+=
AMNSABMSABMNS
VVV
(đvtt)
Bài toán 5 . Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
cho hình lăng trụ đứng
111
. CBAABC
với
)0;3;0(
−
A
;
)0;0;4(B
;
)0;3;0(C
;
)4;0;4(
1
B
.
Tìm toạ độ các đỉnh
1
A
;
1
C
. Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với mặt
phẳng
)(
11
BBCC
. Gọi M là trung điểm của
11
BA
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua
hai điểm A, M và song song với
1
BC
. ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2005 )
Hướng dẫn Bài giải
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz
như sau :
)0;0;0(O
;
Với :

)0;3;0(
−
A
;
)0;0;4(B
;
)0;3;0(C
;
)4;0;4(
1
B





−
⇒
)4;3;0(
)4;3;0(
1
1
C
A

Toạ độ trung điểm M của
11
BA








−
)4;
2
3
;2M

Toạ độ hai đỉnh
1
A
;
1
C
.
Ta có :
)()4;3;0(
1
OyzmpA
∈−


)()4;3;0(
1
OyzmpC
∈
Phương trình mặt cầu có tâm là A
và tiếp xúc với mặt phẳng
)(
11
BBCC

Viết phương trình mp
)(
11
BBCC

Tìm bán kính của mặt cầu (S)
( )
)(,
11
BBCCAdR
=
Vectơ pháp tuyến của mp
)(
11
BBCC

)0 ;16 ;12(],[
1
==
BBBCn

Phương trình tổng quát của mp
)(
11
BBCC
:

01243:)(
11
=−+
yxBBCC
Bán kính của mặt cầu (S) :
5
24
=
R
Phương trình mặt cầu (S) :
(S)
25
576
)3(:
222
=+++
zyx
Phương trình mặt phẳng (P) :
Tìm vectơ pháp tuyến của (P)
],[
)( //
)(
1
1
BCAMn
PBC
PAM
P
=⇒



⊂







=
4;
2
3
;2AM
;
)4;3;4(
1
−=
BC
Vectơ pháp tuyến của (P) :
)12;24;6(],[
1
−−==
BCAMn
P

Phương trình mặt phẳng (P) :
01224:)(
=+−+
zyxP

A
B
C
C
1
O
B
1

M
11
A
1
z
x
y
Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian Nguyễn Thanh Lam
Bài toán 6 . Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng(ABC);
cmADAC 4
==
;
cmAB 3
=
;
cmBC 5
=
. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD)
( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002 )
Hướng dẫn Bài giải
Dựng hình :
ABC
∆
có :
25
222
==+
BCACAB
nên
vuông tại A Chọn hệ trục toạ độ
Đêcac vuông góc
Oxyz
như sau
)0;0;0(AO
≡
;
)0;0;3(B
;
)0;4;0(C

)4;0;0(D
;
Tính :
( )
)(, BCDAdAH
=

Viết phương trình tổng quát của
mặt phẳng (BCD)
Phương trình tổng quát của mặt phẳng (BCD)
0123341
443
:)(
=−++⇔=++
zyx
zyx
BCD

Sử dụng công thức tính khoảng
cách từ một điểm đến một mặt
phẳng
( )
17
346
34
12
9916
12
)(,
==
++
−
=
BCDAd
Bài toán 7 . Cho hai nửa đường thẳng
Ax
và
By
vuông góc với nhau và nhận
)0(
>=
aaAB
là đoạn vuông góc chung. Lấy điểm M trên
Ax
và điểm N trên
By
sao cho
aBNAM 2
==
. Xác định tâm I và tính theo
a
bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABMN. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BI
Hướng dẫn Bài giải
Dựng hình :
Dựng
'//' AyAxByAy
⊥⇒

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac
vuông góc
zAxy'
như sau :
)0;0;0(A
;
);0;0( aB
;
)0;0;2( aM

);2;0( aaN


Toạ độ trung điểm I của MN







2
; ;
a
aaI


1a. Xác định tâm I của mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABMN


Hai tam giác AMN và BMN là hai tam
giác vuông nhận MN là cạnh huyền nên
trung điểm






2
; ;
a
aaI
của MN là tâm
của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN
12
A
B
C
D
H
I
x
y
z
y
B
N
M
I
A
x
z
'y
Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian Nguyễn Thanh Lam
Chú ý :



⊥
⊥
'AyAx
ByAx
1b.Tính bán kính R của mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABMN
Ta có :
)1 ; 2 ; 2(
−=
aMN
Bán kính mặt cầu :
2
3
2
aMN
R
==
2. Tính
),( BIAMd

Chứng minh AM và BI chéo nhau
Sử dụng công thức tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau
Ta có :
)0;0;2( aAM
=
;






−=
2
;;
a
aaBI
;
);0;0( aAB
=
)2;;0(],[
22
aaBIAM
=
5
52
],[
].,[
),(
a
BIAM
ABBIAM
BIAMd
==
Bài toán 8 . Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh
a
. Gọi E là điểm
đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC.
Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo
a
) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN
và AC. ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007 )
Hướng dẫn Bài giải
Dựng hình :
Gọi O là tâm của hình vuông
ABCD
⇒
)(ABCDSO
⊥
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc
Oxyz
như sau :
)0;0;0(O
; S
( )
h;0;0
;
A
2
;0;0
2
a
 
−
 ÷
 ÷
 
; C
2
;0;0
2
a
 
 ÷
 ÷
 
D








0;
2
2
;0
a
; B








−
0;
2
2
;0
a

Toạ độ trung điểm P của SA P
2
; 0 ;
4 2
a h
 
−
 ÷
 ÷
 
; E
2 2
; ;
2 2
a a
h
 
− −
 ÷
 ÷
 
M
2 2
; ;
2 4 2
a a h
 
− −
 ÷
 ÷
 
N
2 2
; ;0
4 4
a a
 
−
 ÷
 ÷
 

3 2
;0; ; (0; 2;0)
4 2
a h
MN BD a
 
= − = −
 ÷
 ÷
 
uuuur uuur

Vì :
BDMNBDMN
⊥⇒=
0.

Tính (theo a) khoảng cách giữa hai
đường thẳng MN và AC.
Chứng minh MN và AC chéo nhau
Sử dụng công thức tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng chéo nhau
Ta có :
2
, 0; ;0
2
ah
MN AC
 
 
= −
 ÷
 
 ÷
 
uuuur uuur
2
0; ;
4 2
a h
AM
 
= −
 ÷
 ÷
 
uuuur
Vì :
2
, . 0
4
a h
MN AC AM
 
= ≠
 
uuuur uuur uuuur


⇒
MN và AC chéo nhau
13
S
C
B
A
D
P
N
M
E
O
x
y
z
Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian Nguyễn Thanh Lam
( )
4
2
2
4
],[
].,[
,
22
2
a
ha
ha
ACMN
AMACMN
ACMNd
===
Bài toán 9 . Cho tứ diện ABCD, có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC
vuông tại A;
, ,AD a AC b AB c= = =
.
a. Tính diện tích S của tam giác BCD theo
, ,a b c
b. Chứng minh rằng :
( )
2S abc a b c≥ + +
Hướng dẫn Bài giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho A(0;0;0)

Khi đó :
( ) ( )
;0;0 ; C 0; ;0B c b

( )
D 0;0;a
Ta có :
( )
; ;0BC c b= −
uuur

( )
;0;BD c a= −
uuur

( )
, ; ;BC BD ac ac bc
 
=
 
uuur uuur
Áp dụng bất đẳng thức Côsi :
2 2 2 2 2
2a b b c ab c+ ≥
2 2 2 2 2
2b c c a abc+ ≥
2 2 2 2 2
2c a a b a bc+ ≥
a. Tính diện tích S của tam giác BCD
2 2 2 2 2 2
1 1
,
2 2
S BC BD a b a c b c
 
= = + +
 
uuur uuur
b.
Chứng minh :
( )
2S abc a b c≥ + +

Ta có :
( )
2 2 2
abc a b c a bc b ac c ab+ + = + + ≤
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
b c a c a b
a b c
     
+ + +
≤ + +
 ÷  ÷  ÷
     
2 2 2 2 2 2
2
BCD
a b a c b c S
∆
= + + =
Bài toán 10 . Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S độ dài các cạnh đáy bằng
a
. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC. Tính theo
a
diện tích tam giác AMN. Biết
rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Hướng dẫn Bài giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Gọi I là trung điểm của BC
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho I(0;0;0)
Khi đó :
3
0; ;0 ; ;0;0
2 2
a a
A B
 
 
−
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
14
B
C
A
D
x
y
z
C
H
A
B
I
S
x
y
z
M
N