Phương pháp toạ độ trong giải toán Hình học

Trao đổi về : Phương pháp toạ độ trong giải toán hình học Người soạn : Bước I: Chọn hệ trục toạ độ gắn với bài toán “Tín hiệu ”để chọn hệ trục là trong bài toán có chứa các đường thẳng vuông góc nhau , ta sẽ chọn các trục chứa các đường thẳng vuông góc đó Bước II: Phiên dịch bài toán hình học sang ngôn ngữ toạ độBước III: Dùng ngôn ngữ vecter, toạ độ để giải bài toán Bước IV: Phiên dịch bài toán trở lại ngôn ngữ hình học ban đầuCác bước giải bài toán bằng Phương pháp toạ độ Một số cách chọn hệ trục trong không gianI, đối với hình hộp chữ nhật – hình lập phương:Chọn gốc là 1 trong 8 đỉnhBa cạnh phát xuất từ một đỉnh nằm trên 3 trụcxyzABCDA’B’C’D’II, Chóp tam giác có góc tam diện đỉnh vuôngxyzSABCChọn gốc của hệ trục trùng với đỉnh của góc tam diện vuôngBa trục chứa ba cạnh phát xuất từ đỉnh góc tam diện vuông đóOxyzCBADIii, Tứ diện đềuCách I: Dựng hình lập phương ngoại tiếp tứ diện đềuChọn hệ trục có gốc trùng với 1 đỉnh của hình lập phươngBa cạnh phát xuất từ đỉnh đó nằm trên 3 trụcD3D2D1Iii, Tứ diện đềuoABCDxyzGCách II:Hai trục lần lượt chứa đường cao và một cạnh tương ứng của mặt BCDTrục còn lại vuông góc với mặt BCD ( cùng phương với đường cao AG).Chú ý : Chóp tam giác đều cũng chọn như cách 2 nàyxyzOABCDSiV, Chóp tứ giác có đáy là hình thoi , các cạnh bên bằng nhauTrục Oz chứa đường cao SO của hình chópHai trục Ox , Oy lần lượt chứa hai đường chéo đáyChú ý : Hình chóp tứ giác đều ( đáy là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau ) cũng chọn như vậy.V, Chóp tứ giác có đáy là hình chữ nhật , các cạnh bên bằng nhauChọn hai trục chứa hai cạnh hình vuông đáyTrục thứ ba vuông góc đáy ( cùng phương với đường cao SO của hình chóp - trục Az này nằm trong mặt chéo SAC)xyzOABCDSABCA’C’B’zxyOVi, Lăng trụ đứng có đáy là tam giác cânChọn hai trục lần lượt là cạnh đáy và chiều cao tương ứng của tam giác cân là đáy của chópTrục còn lại chứa đường trung bình của mặt bênChú ý : Lăng trụ tam giác đều cũng chọn như vậy.xyzABCDA’B’D’C’oO’VII, lĂNG TRụ Đứng có đáy là hình thoi :Chọn trục cao nằm trên đường thẳng nối tâm hai đáyHai trục kia chứa hai đường chéo đáyChú ý : Lăng trụ tứ giác đều cũng chọn như vậy ( lăng trụ tứ giác đều là lăng trụ đứng có đáy là hình vuông)ABCA’C’B’zxyViii, lĂNG TRụ Đứng có đáy là tam giác vuông :Chọn đỉnh tam giác vuông đáy làm gốc . Ba trục chứa ba cạnh phát xuất từ đỉnh nàyBài 1:(Đại học khối B – năm 2002)Cho hình lập phương ABCD. cạnh a.a, Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng và b, Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh , CD , . Tính góc giữa hai đường thẳng MP và Các bài toán minh hoạ Lời giải zA1C1D1ABCDB1xya Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ : A1 trùng với O , Ox chứa cạnh A1B1 , Oy chứa cạnh A1D1 , Oz chứa cạnh A1ATrong hệ trục đã chọn ta có :A1(0 ; 0 ; 0) , B1(a ; 0 ; 0) , C1(a ; a ; 0) , D1( 0 ; a ; 0 ) , A(0 ; 0 ; a) , B(a ; 0 ; a) , C(a ; a ; a) , D (0 ; a ; a)zC1D1BCDyaa, Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A1B và B1DĐt A1B qua A1(0 ; 0 ; 0) và có VTCP Đt B1D qua B1(a ; 0 ; 0) và có VTCP A1B và B1D là hai cạnh đối của tứ diện A1D1B1B nên chéo nhau , do đó:Có ,A1(0 ; 0 ; 0) , B1(a ; 0 ; 0) , C1(a ; a ; 0) , D1( 0 ; a ; 0 ) ,A(0 ; 0 ; a) , B(a ; 0 ; a) , C(a ; a ; a) , D (0 ; a ; a)zA1C1D1ABCDB1xyab, Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh BB1 , CD , A1D1 . Tính góc giữa hai đường thẳng MP và C1NzA1C1D1ABCDB1xyaA1(0 ; 0 ; 0) ,B1(a ; 0 ; 0) , C1(a ; a ; 0) , D1( 0 ; a ; 0 ) ,A(0 ; 0 ; a) , B(a ; 0 ; a) , C(a ; a ; a) , D (0 ; a ; a)MNPTa có M(a ; 0 ; ) ,N( ; a ; a ) ,P( 0; ; 0 ) ,Đt MP có VTCP Đt C1N có VTCP Gọi là góc giữa MP và C1N , ta có oASBCxyzGaBài 2:(Đại học khối A- năm 2002)Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S , cạnh đáy bằng a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SB , SC . Tính diện tích tam giác AMN biết mp(AMN) vuông góc với mp(SBC).Do S.ABC là chóp tam giác đều nên đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Gọi O là trung điểm cạnh AC , ta có BO vuông góc với AC.Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ : Ox chứa OB , Oy chứa AC, ( Oz song song SG là chiều cao chóp tam giác đều S.ABC )Khi đó O( 0 ; 0 ; 0) , A(0 ; ;0), B( ; 0 ; 0) ( Vì OB = )C ( 0 ; ; 0), S( ; 0 ; )( )Lời giải oASBCxyzGaMNO( 0 ; 0 ; 0) , A(0 ; ;0), B( ; 0 ; 0) ,C ( 0 ; ; 0), S( ; 0 ; )Bài 3: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a , AD = 2a , AA’ = . M là điểm thuộc đoạn AD , K là trung điểm của B’M1, Đặt AM = m ( ). Tính thể tích khối tứ diện A’KID theo a và m ( trong đó I là tâm hình hộp ) . Tìm vị trí của M để thể tích đó đạt giá trị lớn nhất.2, Giả sử M là trung điểm của AD.a, Hỏi thiết diện của hình hộp cắt bởi mp(B’CK) là hình gì ? Tính diện tích thiết diện đó theo a.b, CMR đường thẳng B’M tiếp xúc với mặt cầu đường kính AA’Lời giải ADCBA’D’C’B’xyz2aaMmKI Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ : A trùng với O , Ox chứa cạnh AD , Oy chứa cạnh AB , Oz chứa cạnh AA’Trong hệ trục đã chọn ta có :A(0 ; 0 ; 0) , B(0; a ; 0) , C(2a ; a ; 0) , D( 2a ; 0 ; 0 ) ,A’(0 ; 0 ; a ) , B’(0 ; a ; a ) ,C’(2a ; a ; a ) , D’(2a ; 0 ; a )1, Do I là tâm hình hộp nên I là trung điểm B’D, suy ra I(a ; ; ) M nằm trên đoạn AD và AM = m nên M(m ; 0 ; 0)K là trung điểm B’M nên Cũng vìDấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2a - m = 2a hay m = 0 , điều này cũng đồng nghĩa M trùng A Vậy ADCBA’D’C’B’xyz2aaMNK2a, mp(B’CK) cũng chính là mp(B’CM) , mp này có điểm chung với mặt AA’D’D ở điểm M nên nó cắt mặt AA’D’D theo giao tuyến qua M và song song với B’C ( vì B’C song song với mặt AA’D’D ) , giao tuyến này cắt AA’ tại N . Nối NB’ ta thu được thiết diện là hình thang B’CMN ( do MN song song với B’C)Vì M là trung điểm AD nên M( a ; 0 ; 0)Đường thẳng B’C có véctơ chỉ phương là Chiều cao của thiết diện B’CMN là ADCBA’D’C’B’xyz2aaMNKVì MN song song với B’C và B’C song song với A’D nên MN song song A’D , mà M là trung điểm AD nên N là trung điểm AA’2b, CMR đường thẳng B’M tiếp xúc với mặt cầu đường kính AA’ADCBA’D’C’B’xyz2aaMNKN là trung điểm AA’ nên Mặt cầu đường kính AA’ có tâm là N , có bán kính R = AA’/2 , ta có :Vậy đường thẳng B’M tiếp xúc với mặt cầu đường kính AA’