Đang tải... (xem toàn văn)
Chuyên đề hướng dẫn sử dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán hình học thuần túy
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÉCTƠ VÀ TỌA ĐỘ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP THƯỜNG GẶP Trang A ĐẶT VẤN ĐỀ: Dựa vào phương pháp toạ độ phát minh Descartes sáng lập mơn hình học giải tích Qua cho phép nghiên cứu hình học ngơn ngữ đại số thay cho ngơn ngữ hình học.Việc giúp ta bỏ thói quen tư cụ thể, trực quan, nhằm đạt tới đỉnh cao khái quát hoá trừu tượng toán học nhiều lĩnh vực khác Trong dạy học tốn việc lựa chọn cơng cụ phù hợp để giải toán việc làm cần thiết, chọn cơng cụ thích hợp tất nhiên lời giải tốt Sau xin trình bày việc sử dụng“phương pháp vectơ toạ độ” để giải số toán sơ cấp ơ’ phổ thông B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ PHẦN I: LÝ THUYẾT I HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VNG GĨC TRONG MẶT PHẲNG Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng x’ox,uy’oy vng góc u ur r với nhau.Trên Ox, Oy chọn véc tơ đơn vị e1 , e2 Như ta có hệ trục toạ độ Descartes vng góc Oxy Toạ độ điểm véc tơ: Cho điểm M mp Oxy Hạ MH vng góc x’Ox MK vng góc y’Oy Theo qui tắc hình bình hành, ta có: uuuu uuur uuu r r OM = OH + OK u r ur = xe1 + ye2 Bộ hai (x, y) hoàn toàn xác định điểm M gọi toạ độ điểm M, ký hiệu M(x, y) u r uuuu u r r Cho a hệ trục Khi tồn điểm M cho OMr = a u Gọi (x,y) toạ độ điểm M Khi hai (x,y) gọi toạ độ véc tơ a u r hệ trục Oxy ký hiệu a = (x,y) Các phép tính véc tơ : r u r Cho hai véc tơ a = (a1 , a2 ) ; b = (b1 , b2 ) k số thực Các phép tính véc tơ phép cộng, phép trừ, phép nhân số với véctơ, tích vơ hướng hai véc tơ xác định sau: Trang u r r a + b = (a1 + b1 , a2 + b2 ) u r r a − b = (a1 − b1 , a2 − b2 ) u r k.a = (ka1 , ka1 ) urr a.b = a1b1 + a2b2 Các công thức lượng : r u r Cho hai véc tơ a = (a1 ; a2 ) ; b = (b1; b2 ) gọi α góc tạo hai véctơ ur r u r r r r a.b = a b a b hai véctơ hướng ur r a.b a1.b1 + a2 b2 cos α = u r = r ab a1 + a2 b12 + b2 Khoảng cách từ điểm M(x0, y0) đến đường thẳng (D):Ax +By +C = : Axo + Byo + C d ( M , D) = A2 + B Phương trình đường thẳng, đường trịn * Phương trình đường thẳng (D) qua điểm M(x 0, y0) nhận véctơ r n = ( A, B ) làm véc tơ pháp tuyến là: A(x – x0) + B(y – y0) = * Phương trình đường trịn tâm I (a, b) bán kính R là: (x – a) + (y – b)2 =R2 II.HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN Định nghĩa : Trong không gian cho ba đường thẳng x’ox, y’oy, z’Oz vng góc u ur ur r u u với đôi Trên Ox, Oy, Oz chọn véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 Như ta có hệ trục toạ độ Descartes vng góc Oxyz Toạ độ điểm véc tơ Cho điểm M kh ông gian Oxyz Hạ MH vng góc x’Ox, MK vng góc y’Oyuvà uuuu vng góc z’Oz Theo qui tắc hình hộp, ta có : ML uuuu uuur uuuur r r OM = OH + OK + OL u r ur u ur u = xe1 + ye2 + ze3 Bộ ba (x,y,z) hoàn toàn xác định điểm M gọi toạ độ điểm M, ký hiệu M(x,y,z) Trang u r uuuuu r u r Cho a Khi tồn điểm M cho OM = a Gọi (x, u r y z) toạ độ điểm M Khi ba (x, y, z) gọi toạ độ véc tơ a hệ u r trục Oxyz ký hiệu a = (x,y,z) Các phép tính véc tơ : r u r Cho hai véc tơ a = (a1 , a2 , a3 ) ; b = (b1 , b2 , b3 ) k số thực Các phép tính vectơ phép cộng, phép trừ, phép nhân số với vectơ, tích vơ hướng, tích có hướng hai vectơ xác định sau: u r r a + b = (a1 + b2 , a2 + b2 ) u r r a − b = (a1 − b1 , a2 − b2 ) u r k.a = (ka1 , ka1 ) urr a.b = a1b1 + a2b2 urr a a a a aa a.b = ( , , ) b2 b3 b3 b1 b1 b2 Các công thức lượng : r u r Cho hai vectơ a = (a1 , a2 , a3 ) ; b = (b1 , b2 , b3 ) gọi α góc tạo hai vectơ ur u r r r r r a.b = a b ch ỉ a b hai vectơ hướng ur r a1.b1 + a2 b2 + a3 b3 a.b cos α = u r = r ab a12 + a22 + a32 b12 + b2 + b32 r Cho (D) đường thẳng qua A có vectơ phương a = (a1, a2 , a3 ) uuuu r điểm M Giả sử ta tính AM = (b1,b2 , b3 ) Khi khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (D) tính : 2 a2 a3 a3 a1 a1 a2 + + b2 b3 b3 b1 b1 b2 d ( M , D) = a12 + a2 + a32 Phương trình mặt phẳng, đường thẳng mặt cầu a Phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M(x 0,y0,z0) có cặp r u r vectơ phương a = (a1 , a2 , a3 ) ; b = (b1 , b2 , b3 ) : a2 a3 a a aa ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) = b2 b3 b3 b1 b1 b2 b uPhương trình tham số đường thẳng (D) qua điểm M(x 0,y0,z0) r v nhận vectơ a = (a1 , a2 , a3 ) làm vectơ phương là: Trang x = x0 + a1t y = y0 + a2t z = z + a t (t tham số) c Phương trình mặt cầu t âm I (a, b,c) có bán kính R : (x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = R PHẦN II : CÁC BÀI TOÁN III CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PPTĐ TRONG MẶT PHẲNG: CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ: Bài 1: Cho số thực x1, x2, x3, x4 chứng minh (x12 +y12)(x22 +y22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2 Giải: r u r Trên mặt phẳng toạ độ xét vectơ : a = ( x1 , y1 ); b = ( x2 , y2 ) u r r Ta có urr u r2 r urr a b ≥ a.b ⇒ a b ≥ (a.b)2 (x12 +y12) (x22 r 22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2 +y u r đẳng thức xãy ⇔ a // b ⇔ x1 y2 = x2 y1 Bài 2: Chứng minh x, y, z > x + xy + y + x + xz + z > y + yz + z Giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: y z y z 3 ( x + )2 + ( y) + ( x + )2 + ( z) > ( − )2 + ( y+ z) (1) 2 2 2 2 y 3 y z Xét điểm A( x + , z ) ; B(0, y + z ) ; C ( − ,0) 2 2 2 (1) ⇔ AB + AC > BC Ta có AB + AC ≥ BC với điểm A, B, C uuur y y) AB = (− x − , 2 r uuuu = (− x − z , − z ) AC 2 Trang Hai véctơ ngược hướng (vì hồnh độ âm) khơng thể xãy đẳng thức AB + AC > BC Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh Bài Giải bất phương trình: x − + x − ≥ 2( x − 3) + x − 2(1) Giải Điều kiện x ≥ Xét mặt phẳng toạ độ Oxy vectơ: r u = ( x − 3, x − 1) r v = (1,1) r u = ( x − 3) + x − r ⇒ v = r r u.v = x − + x − rr r r u.v ≥ u v Suy bất phương trình (1) tương đương r r ⇔ u ↑↑ v ⇔ x − = x −1 Vậy x=5 nghiệm x2 − x + = x −1 ⇔ x ≥ x − x + 10 = ⇔ x ≥ x = ⇔ x = x ≥ ⇔ x=5 Bài Chứng minh rằng: cos x + − sin x + ≤ cos x , ∀x ∈ R Giải Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, vectơ: r a = (cos x,1) r r ⇒ a − b = (cos x,0) r b = (sin x,1) Khi đó, từ Trang r r r r a − b ≤ a−b ⇒ cos x + − sin x + ≤ cos x ⇒ ( dpcm) Bài Tìm giá trị nhỏ hàm số: y = f ( x ) = cos x − 2cos x + + cos x + 4cos x + Giải Trong mặt phẳng toạ độ xét véctơ: r a = (1 − cos x,2) r b = (2 + cos x,2) r a = (1 − cos x) + 22 = cos x − 2cos x + r 2 Khi : b = (2 + cos x) + = cos x + 4cos x + r r a + b = 32 + 42 = r r r r a + b ≥ a+b từ y ≥ 2π Dấu “=” xảy (chẳng hạn) x = Vậy miny=5 Bài : T ìm giá trị nhỏ biểu thức y = x − px + p + x − 2qx + 2q ( p ≠ q) Gi ải Ta c ó y = ( x − p)2 + p + ( x − q)2 + q Trên mp toạ độ lấy hai điểm A(p, q) : B(q,q) Bài toán trở thành: Tìm M(x,0) thuộc Ox cho (MA +MB) đạt giá trị nhỏ Xét hai trường hợp: - Nếu pq 0 A, B nằm phía O (đồng thời nằm phía Ox) Lấy A’ đối xứng với A qua Ox ta có A’(p, -p), đồng thời : MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B Đẳng thức xãy ⇔ A’, M, B thẳng hàng Trang uuuuuu r x − p = k (q − p ) uuuur u ⇔ A' M = k A' B ⇔ p = k (q + p ) p k = p + q ⇔ x = pq p+q ymin = A ' B = ( p − q)2 + ( p + q)2 = 2( p + q ) đạt x = 2pq/(p+q) y B A x O A ’ M Bài Giải phương trình: x − x + + x + 12 x + 25 = x + 12 x + 29 Giải Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét vectơ: r r r u = ( x − 1,1) ⇒ u + v = (3 x + 2,5) r v = (2 x + 3, 4) r u = x2 − 2x + r ⇒ v = x + 12 x + 25 r r u + v = x + 12 x + 29 Suy phương trình (1) tương đương: r r r r u+v = u + v Trang r r ⇔ u = kv (k > 0) x − = k (2 x + 3) ⇔ 1 = k k= ⇔ x − = (2 x + 3) k = ⇔ 4 x − = x + k = ⇔ x = Vậy phương trình (1) có nghiệm x = Bài 8:Tìm m để phương trình sau có nghiệm + x + − x − (3 + x)(6 − x) = m Giải Đặt u = + x ; v = − x Phương trình cho trở thành u + v = + 10 − 2m (1) u + v − uv = m ⇔ u + v = (2) u + v = u ≥ 0, v ≥ u ≥ 0, v ≥ (3) - Phương trình (1) biểu thị đường thẳng thay đổi song song với đường phân giác thứ hai, phương trình (2) biểu diễn đường trịn có tâm góc toạ độ bán kính = Hệ có nghiệm đường thẳng (1) đường tròn (2) có điểm chung thoả điều kiện (3) ≤ + 10 − 2m ≤ Vậy Pt có nghiệm −9 ⇔ ≤m≤3 Bài 9: Chứng minh rằng: a + a + + a − a + ≥ 2, ∀a ∈ R Trang (Hướng dẫn) Xét hai vectơ r 3 x = a + , ÷ 2 ÷ r 3 u y = −a + , ÷ 2 ÷ + 2cos2 x + + 2sin x = m Bài 10: Tìm giá trị nhỏ hàm số : y = f ( x) = cos x − 6cos x + 13 + cos x + 2cos x + [ 2004π , 2006π ] (Hướng dẫn) Xét hai vectơ r a = (3 − cos x, 2) r b = (1 + cos x,1) CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC : Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A, cạnh góc vng bvà c, M điểm cạnh BC cho góc BAM = α Chứng minh rằng: bc AM = c.cos α + b sin α Giải Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Khi A(0,0) , B(b,0), C(0,c) , M9x,y) Từ định nghĩa: x = AM cos α , y = AM sin α y Nên M(AM cos α , uuuu sin α ) AM r uuu r c Do M thuộc BC ⇒ CM phương v ới CB AM cosα AM sin α ⇒ =0 M b −c y ⇒ AM (c cos α + b sin α ) = bc B bc ⇒ AM = O c cos α + b sin α x X Bài 2: Cho tam giác ABC có độ dài trung tuyến va độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp ma , mb , mc , R Trang 10 Chứng minh: ma + mb + mc ≤ 9R (Đại học y dược TPHCM năm2000) Giải A c B O b C a Gọi O tâmrđường uuu ngoại tiếp tam giac ABC.Ta có: trịn uuu uuu r r (OA + OB + OC ) ≥ uuu uuu uuu uuu uuu uuu r r r r r r ⇔ OA2 + OB + OC + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) ≥ ⇔ 3R + R (cos A + cos B + cos 2C ) ≥ ⇔ + 2(3 − 2sin A − 2sin B − 2sin C ) ≥ ⇔ sin A + sin B + sin C ≤ Do theo bất đẳng thức Bunhiacopski: 2 ma + mb + mc ≤ 3(ma + mb + mc ) ≤ (a + b + c ) ≤ 9(sin A + sin B + sin C ).R 9 ≤ .R ≤ R ⇒ ma + mb + mc ≤ R Dấu”=” xảy tam giác ABC Bài 3: (SGK HH 10) Cho tam giác ABC cân A Gọi H trung điểm BC, D hình chiếu H AC , M trung điểm HD Chứng minh AM vng góc BD Giải Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Trang 11 Khi đó: H(0,0), A(0,a), B(-c,0), D(x,y) Y A B M O=H D C x r uuuu uuuu r DH ⊥ AC (− x, − y )(c, −a) = uuuu r uuuu r Ta có : AD cung phuong AC ⇔ x y − a c −a = a 2c x= cx −ay = a +c ⇔ ⇔ ax +cy = ac y = c a a +c Vậy D( a 2c c2 a , 2 ) , M trung điểm HD nên: a2 + c2 a + c a 2c c2 a , ) 2(a + c ) 2(a + c ) u uuuu uuuur 2a 2c + c c a r a 2c -c2 a − 2a ⇒ BD AM = ( 2 , 2 )( 2 , ) a + c a + c 2(a + c ) 2(a + c ) 2a 4c + a 2c -c4 a − 2a 4c = + =0 2(a + c ) 2(a + c ) Vậy BD Vng góc AM (đpcm) M( Bài (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979) Trang 12 Điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M Giải Gọi I,R tâm bán kính đường trịn (c) ngoại tiếp tam giác ABC Dựng 3R R 3R − R hệ trục hình vẽ, ta có A(0,0); B( , ); C ( , ); I ( R,0) 2 2 M ( x, y ) ∈ (C ) ⇒ MI = R ⇒ MI = R ⇒ x + y = Rx 3R R 2 MA + MB MC = ( x + y ) + ( x − )2 + ( y − ) 2 Ta có 4 2 2 3R R 2 + ( x − )2 + ( y + ) 2 = (2 Rx) + (3R − Rx − R y)2 + (3R − Rx + R y )2 = R x + R y + 18R −12 R x = R ( x + y ) + 18R −12 R x = R 2 Rx + 18R −12 R x = 18R Vậy giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M B ài (Đ ề thi v ô đ ịch Anh - n ăm 1981) Cho tam giác ABC cân A D trung điểm cạnh AB, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, E trọng tâm tam giác ACD Chứng minh IE vng góc CD Gi ải Chọn hệ trục hình vẽ (O trung điểm BC) Khi : O(0,0); A(0,a); B(-c,0); C(c,0); D(-c/2, a/2); E(c/6,a/2),(a,c>0) Gọi I(x, y) Giả thiết suy y r uuu uuu r c a DI ⊥ BA ( x + , y − ).(c, a) = 2 r u uuu uuur ⇔ A OI ⊥ BC ( x, y ).(2c, o) = x = D 2 ⇔ a −c E y = 2a I x a2 − c2 ) V ậy I (0, 2a O B C Trang 13 r c c 3c a uur uuuu c2 c2 ⇒ IE.DC = ( , )( , − ) = − = 2a 2 4 ⇒ IE ⊥ DC (dpcm) IV CÁC BÀI TỐN GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN CÁC BÀI ĐẠI SỐ: Bài 1:Giải hệ phương trình x + y + z =1 2 x + y + z =1 3 x + y + z =1 Giải u r r r Xét hai véc tơ u = ( x0 , y0 , z0 ) ; v = ( x0 , y0 , z0 ) u = ( x0 , y0 , z0 ) Là nghiệm tuỳuýr(nếu có) hệ cho r Ta có u.v = x03 + y0 + z03 = u r r Ngồi tính u = ; v = − 2( x02 y02 + y02 z02 + z02 x02 ≤ u r r ur r Vậy u v ≤ = u.v ur r u r r Do u.v = u v Dấu xãy Từ suy x0 y0 = y z =1 ⇔ 0 z0 x0 = x + y + z =1 0 x0 = x0 = x0 = y0 = ; y0 = ; y0 = z = z = z = Thử lại ta hệ cho có nghiệm (1,0,0) ; (0,1,0) : (0,0 ,1) Bài : Giải bất phương trình: x + + x − + 50 − 3x ≤ 12 Giải Điều kiện: x ≥ −1 3 50 ⇔ ≤x≤ x ≥ 2 50 x ≤ Trang 14 Trong mặt phẳng Oxy xét vectơ: r u = (1,1,1) r v = ( x + 1, x − 3, 50 − x ) r u = r ⇒ u = x + + x − + 50 − x = 48 = r r u.v = x + + x − + 50 − 3x rr r r Suy ra(1) ⇔ u.v ≤ u v Đẳng thức Vậy nghiệm bất phương trình cho ≤ x ≤ Bài Giải hệ: 50 a2 x+ y+ z =3 x2 + y2 + z =3(1) x3+ y3+ z3=3 Giải Xét Không gian Oxyz vectơ: r u = ( x, y, z ) r v = (1,1,1) r u = x2 + y + z = r ⇒ u = r r u.v = x + y + z = rr r r ⇒ u.v = u v r r ⇒ u ↑↑ v x y z ⇒ = = ≥0 1 ⇒ x = y = z =1 (Thoả (1) Vậy: x=y=z=1 nghiệm hệ (1) Trang 15 Bài : Cho a, b hai số thực tuỳ ý Chứng minh (a + b)(1 − ab) − ≤ ≤ (1 + a )(1 + b2 ) Giải Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - vng góc Oxyz, đặt u r u = (1, a,0) r v = (1, −b,0) u r r − ab cos(u, v) = + a + b2 ⇒ u r r a+b sin(u, v) = 1+ a2 1+ b2 2(1 − ab)(a + b) ≤1 (1 + a )(1 + b ) (a + b)(1 − ab) ≤ ⇔− ≤ (1 + a )(1 + b2 ) CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN u r r u r r u r r ta có sin 2(u, v) = 2sin(u, v).cos(u, v) = Bài Cho tam diện oxyz A, B, C điểm di động ox, oy, oz cho: 1 1 + + = OA OB OC 2005 Chứng minh rằng: (ABC)luôn qua điểm cố định Giải z y o x B A Chọn hệ trục toạ độ vng góc oxyz (như hình vẽ ) Sao cho: A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c)(với OA=a,OB=b,OC=c) Trang 16 Khi phương trình mặt phẳng (ABC) là: x y z + + =1 a b c Hơn nữa: 1 1 + + = (Do giả thiết) a b c 2005 ⇒ M (2005,2005,2005) ∈ mp( ABC ) =>mp(ABC)luôn qua điểm cố định M(2005,2005,2005) Bài 2:Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ với AB = a, BC = b, AA’ = c a/ Tính diện tích tam giác ACD’ theo a, b, c b/ Giả sử M N trung điểm AB BC Hãy tính thể tích tứ diện D’DMN theo a, b, c Giải a/ Ta r uuu trục toạ độ vng góc có gốc trùng với đỉnh A, trục có phương lập hệ uuur uuu r trùng với AB ; AD ; AA ' Khi : A(0,0,0) , C(a,b,0) , D’(0,b,c) uuuu r uuuur u uuuu uuuu r r AC = (a, b,0); AD ' = (0, b, c);[ AC , AD] = (bc, −ca, ab) r r uuuu uuuu S = [ AC , AD] VACD ' A’ 2 2 2 D’ = b c +c a +a b C’ B’ b/ Dễ dàng tính 3ab D S = VDMN B abc ⇔V = S DD ' = C VDMN Bài 3:Cho hai nửa mp (P) (Q) vng góc với theo giao tuyến (d) Trên (d) lấy AB = a (a độ dài cho trước) Trên nửa đường thẳng Ax vng góc với (d) a2 (Q) lấy điểm N cho BN = b a/ Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BMN) theo a, b b/ Tính MN theo a , b Với giá trị b MN có độ dài cực tiểu Tính độ dài cực tiểu Giải a/ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho A trùng với gốc toạ độ (A(0,0,0)): B có toạ độ (0,a,0); N có toạ độ ( a2 , a, ) Ta có b Trang 17 uuuur BM = (0, a, b) uuuu r a2 BN = ( ,0,0) b b −a b −a b [ BM , BN ] = ( , ) = (0, a , −a ) a2 , a2 0 0 b b = a (0,1, −1) r Do mp(BMN) qua B(0,a,0) có VTPT v = (0,1, −1) Phương trình mặt phẳng là: (y – a).1 – (z – 0) = hay y–z -a=0 M Khoảng cách từ A(0,0,0,) đến mặt phẳng : a a = 1+1 b uuuur a a4 b/ Ta có MN = ( , a, −b) ⇒ MN = + a + b A b b MN ≥ a + 2a (bất đẳng thức Côsi) uuuur uuuu r a = b2 ⇔ b = a b MN có độ dài cực tiểu MinMN = a b = a a 3⇔ z b B Y N x Bài 4: Cho góc tam diện ba mặt vng góc Oxyz Lấy Ox, Oy,Oz điểm P, Q, R khác điểm O Gọi A, B, C trung điểm PQ, QR, RP Chứng minh góc nhị diện cạnh OA tứ` diện OABC góc nhị diện vng hai góc B C tam giác ABC thoả hệ thức tgB.tgC = Giải Chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vng góc Oxyz cho P(2a,0,0) ; Q(0,2b,0) ;R(0,0,2c) Khi đó: A(a,b,0) ; B(0,b,c) ; C(a,0,c) Pháp véc tơ mặt phẳng (OAB) (OAC) là: ur u n1 = (bc, −ac, ab) uu r n2 = (bc, −ac, −ab) Góc nhị diện cạnh OA r vuông khi: ur uu u n1.n2 = ⇔ b2c + a 2c = a 2b2 Trong tam giác ABC ta có: Trang 18 b c + a c + a 2b tgB = a2 b c + a c + a 2b tgC = b2 b c + a c + a b 2a b = 2 = 2(dpcm) Vậy tgB.tgC = a 2b ab Bài 5: Cho tam giác vuông goc A.tìm quỹ tích điểm M khơng gian thoả mãn : MB + MC ≤ MA2 Giải z A,O x B C y Chọn hệ trục toạ độ Đề Oxyz cho A trùng O, B(b,0,.0),C(0,c,0) ( Với AB =b>0,AC=c>0) Khi M(x, y, z) thoả : MB + MC ≤ MA2 ⇔ ( x − b) + y + z + ( y − c ) + z ≤ x + y + z ⇔ ( x − b) + ( y − c ) + z ≤ x = b ⇔ y = c z = ⇔ M (b, c, 0) Vậy quỹ tích cần tìm có điểm M(b,c,0) Trang 19 C KẾT LUẬN Trên số toán đại số hình học mặt phẳng không gian Nếu khéo léo chọn hệ trục toạ độ phù hợp, vận dụng phương pháp vectơ toạ độ chuyển thành tốn đại số giải tích tìm lời giải ngắn gọn, phần làm sáng tỏ vấn đề mà đưa Trong trình viết, thời gian kinh nghiệm giảng dạy có hạn nên khơng tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong thầy góp ý Tơi xin chân thành cảm ơn Trang 20 ...A ĐẶT VẤN ĐỀ: Dựa vào phương pháp toạ độ phát minh Descartes sáng lập mơn hình học giải tích Qua cho phép nghiên cứu hình học ngơn ngữ đại số thay cho ngơn ngữ hình học. Việc giúp ta bỏ thói... 2 4 ⇒ IE ⊥ DC (dpcm) IV CÁC BÀI TỐN GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN CÁC BÀI ĐẠI SỐ: Bài 1 :Giải hệ phương trình x + y + z =1 2 x + y + z =1 3 x + y + z =1 Giải u r r r Xét hai véc... R PHẦN II : CÁC BÀI TOÁN III CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PPTĐ TRONG MẶT PHẲNG: CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ: Bài 1: Cho số thực x1, x2, x3, x4 chứng minh (x12 +y12)(x22 +y22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2 Giải: r u r
