Kiến thức

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN
Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ ta cần phải chọn hệ trục tọa độ thích hợp. Lập tọa độ các đỉnh, điểm liên quan dựa vào hệ trục tọa độ đã chọn và độ dài cạnh của hình.

II. PHƯƠNG PHÁP

Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp. (Quyết định sự thành công của bài toán)
Bước 2: Xác định tọa độ các điểm có liên quan.
Bước 3: Sử dụng các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán.
Các dạng toán thường gặp:
• Định tính: Chứng minh các quan hệ vuông góc, song song, …
• Định lượng: Độ dài đoạn thẳng,, góc, khoảng cách, tính diện tích, thể tích, diện tích thiết diện, …
• Bài toán cực trị, quỹ tích.
……………

Ta thường gặp các dạng sau

1. Hình chóp tam giác

a. Dạng tam diện vuông

Ví dụ 1: Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a, OC = $asqrt 3 $, (a>0) và đường cao OA = $asqrt 3 $. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.

Giải

Cách 1:

1-6-2015 9-18-53 AM.png

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0),
$A(0;,0;,asqrt 3 );,,B(a;,0;,0),,,C(0;,asqrt 3 ;,0),,,$
$Mleft( {frac{a}{2};,,frac{{asqrt 3 }}{2};,,0} right)$,
gọi N là trung điểm của AC → $Nleft( {0;,,frac{{asqrt 3 }}{2};,,frac{{asqrt 3 }}{2}} right)$.
MN là đường trung bình của tam giác ABC → AB // MN
→ AB //(OMN) → d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d(B;(OMN)).
$overrightarrow {OM} = left( {frac{a}{2};,,frac{{asqrt 3 }}{2};,,0} right),,,overrightarrow {ON} = left( {0;,,frac{{asqrt 3 }}{2};,,frac{{asqrt 3 }}{2}} right)$
$[overrightarrow {OM} ;,,overrightarrow {ON} ],, = ,,left( {frac{{3{a^2}}}{4};,,frac{{{a^2}sqrt 3 }}{4};,,frac{{{a^2}sqrt 3 }}{4}} right) = frac{{{a^2}sqrt 3 }}{4}left( {sqrt 3 ;,,1;,,1} right) = frac{{{a^2}sqrt 3 }}{4}vec n$, với $vec n = (sqrt 3 ;,,1;,,1)$.
Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến $vec n:,,sqrt 3 x + y + z = 0$
Ta có: $d(B;,,(OMN)),, = ,,frac{{left| {sqrt 3 .a + 0 + 0} right|}}{{sqrt {3 + 1 + 1} }},, = ,,frac{{asqrt 3 }}{{sqrt 5 }} = frac{{asqrt {15} }}{5}$. Vậy, $d(AB;,,OM),, = ,,frac{{asqrt {15} }}{5}.$

Cách 2:

1-6-2015 9-23-47 AM.png

Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.
Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình).
→ OM // (ABN)
→ d(OM;AB) = d(OM;(ABN)) = d(O;(ABN)).
Dựng $OK bot BN,,,OH bot AK,,(K in BN;,,H in AK)$
Ta có: $AO bot (OBC);,,OK bot BN,, Rightarrow ,,AK bot BN$
$BN bot OK;,,BN bot AK,, Rightarrow ,,BN bot (AOK),, Rightarrow ,,BN bot OH$
$OH bot AK;,,OH bot BN,,, Rightarrow ,,OH bot (ABN),, Rightarrow ,,d(O;,,(ABN) = OH$
Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:
$frac{1}{{O{H^2}}} = frac{1}{{O{A^2}}} + frac{1}{{O{K^2}}} = frac{1}{{O{A^2}}} + frac{1}{{O{B^2}}} + frac{1}{{O{N^2}}} = frac{1}{{3{a^2}}} + frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{3{a^2}}} = frac{5}{{3{a^2}}},, Rightarrow ,,OH = frac{{asqrt {15} }}{5}$. Vậy, $d(OM;,,AB), = ,,OH = frac{{asqrt {15} }}{5}.$

b) Dạng khác
Ví dụ 2:
Tứ diện S.ABC có cạnh SA vuông góc với đáy và ΔABC vuông tại C. Độ dài của các cạnh là SA =4, AC = 3, BC = 1. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, H là điểm đối xứng của C qua M. Tính cosin góc hợp bởi hai mặt phẳng (SHB) và (SBC).

Giải
1-6-2015 9-28-01 AM.png

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có: A(0;0;0), B(1;3;0), C(0;3;0), S(0;0;4) và H(1;0;0).
mp(P) qua H vuông góc với SB tại I cắt đường thẳng SC tại K, dễ thấy
$widehat {left( {SHB} right),left( {SBC} right)} = left( {overrightarrow {IH} ,{rm{ }}overrightarrow {IK} } right)$ (1).

$overrightarrow {SB} = ( – 1; – 3;{rm{ }}4)$, $overrightarrow {SC} = (0; – 3;{rm{ }}4)$ suy ra:
ptts SB: $left{ begin{array}{l}x = 1 – t\y = 3 – 3t\z = 4tend{array} right.$, SC: $left{ begin{array}{l}x = 0\y = 3 – 3t\z = 4tend{array} right.$ và (P): x + 3y – 4z – 1 = 0.

$ Rightarrow Ileft( {frac{5}{8};frac{{15}}{8};frac{3}{2}} right),{rm{ }}Kleft( {0;frac{{51}}{{25}};frac{{32}}{{25}}} right) Rightarrow cos left[ {widehat {left( {SHB} right),left( {SBC} right)}} right] = frac{{overrightarrow {IH} .overrightarrow {IK} }}{{IH.IK}}$ = …

Chú ý: Nếu C và H đối xứng qua AB thì C thuộc (P), khi đó ta không cần phải tìm K.

Ví dụ 3: Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB = AC = a (a > 0), hình chiếu của S trên đáy trùng với trọng tâm G của ΔABC. Đặt SG = x (x > 0). Xác định giá trị của x để góc phẳng nhị diện (B, SA, C) bằng 60$^0$.

Giải

Cách 1:

1-6-2015 9-37-49 AM.png

$BC = asqrt 2 $
Gọi M là trung điểm của BC $ Rightarrow ,,AM = frac{{asqrt 2 }}{2};,,AG = frac{{asqrt 2 }}{3}$.
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G lên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông
$ Rightarrow ,,AG = AEsqrt 2 ,,, Rightarrow ,,AE = AF = frac{a}{3}.$
Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0;0;0), B(a;0;0),
C(0; a; 0), $Gleft( {frac{a}{3};,,frac{a}{3};,,0} right),,,,Sleft( {frac{a}{2};,,frac{a}{2};,,x} right)$.
$overrightarrow {SA} = left( {frac{a}{3};,frac{a}{3};,x} right),,,overrightarrow {SB} = left( {frac{{2a}}{3};, – frac{a}{3};, – x} right),,,overrightarrow {SC} = left( { – frac{a}{3};,frac{{2a}}{3};, – x} right)$
$[overrightarrow {SA} ;,,overrightarrow {SB} ],, = ,,left( {0;,,ax;, – frac{{{a^2}}}{3}} right) = aleft( {0;,x;, – frac{a}{3}} right),, = ,,a.{vec n_1}$, với ${vec n_1} = left( {0;,x;, – frac{a}{3}} right)$
$[overrightarrow {SA} ;,,overrightarrow {SC} ],, = ,,( – ax;,0;,frac{{{a^2}}}{3}) = – aleft( {x;,0;, – frac{a}{3}} right) = – a.{vec n_2},$ với ${vec n_2} = left( {x;,,0;, – frac{a}{3}} right)$.
Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương $overrightarrow {SA} ,,,overrightarrow {SB} $ nên có vectơ pháp tuyến ${vec n_1}$.
Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương $overrightarrow {SA} ,,,overrightarrow {SC} $ nên có vectơ pháp tuyến ${vec n_2}$.
Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) bằng 60o.
$ Leftrightarrow ,,cos {60^o} = frac{{left| {0.x + x.0 + frac{a}{3},,,,frac{a}{3}} right|}}{{sqrt {0 + {x^2} + frac{{{a^2}}}{9}} sqrt {{x^2} + 0 + frac{{{a^2}}}{9}} }},, = ,,frac{{frac{{{a^2}}}{9}}}{{frac{{9{x^2} + {a^2}}}{9}}}$
$ Leftrightarrow ,,frac{1}{2} = frac{{{a^2}}}{{9{x^2} + {a^2}}} Leftrightarrow ,,9{x^2} + {a^2} = 2{a^2},,, Leftrightarrow ,,,9{x^2} = {a^2},, Leftrightarrow ,,x = frac{a}{3}.$
Vậy, x = a/3

Cách 2

1-6-2015 9-40-48 AM.png

Gọi M là trung điểm của BC → AM $ bot $ BC (ΔABC vuông cân)
Ta có: SG $ bot $ (ABC) → SG $ bot $ BC → BC$ bot $ (SAM)
Dựng BI $ bot $ SA → IM $ bot $ SA và IC $ bot $ SA → $,,widehat {BIC}$ là góc phẳng nhị diện (B; SA; C).
$Delta SAB = Delta SAC,,,(c – c – c) Rightarrow ,,IB = IC,, Rightarrow ,,Delta IBC$ cân tại I.
$begin{array}{l}
BC = asqrt 2 ;,,AM = BM = MC = frac{1}{2}BC = frac{{asqrt 2 }}{2};,,,AG = frac{{asqrt 2 }}{3}\
Delta AIM,,~,,Delta AGS,, Rightarrow ,,IM = SG.frac{{AM}}{{AS}},, = ,,x.frac{{asqrt 2 }}{2}.frac{1}{{sqrt {S{G^2} + A{G^2}} }},, = ,,frac{{axsqrt 2 }}{{2sqrt {{x^2} + frac{{2{a^2}}}{9}} }}\
Leftrightarrow ,,IM = frac{{3axsqrt 2 }}{{2sqrt {9{x^2} + 2{a^2}} }}
end{array}$.
.
Ta có:.
$begin{array}{l}
widehat {BIC} = {60^o},, Leftrightarrow ,,widehat {BIM} = {30^o},, Leftrightarrow ,,BM = IM.tan {30^o},, Leftrightarrow ,,frac{{asqrt 2 }}{2} = frac{{sqrt 3 .3axsqrt 2 }}{{2sqrt {9{x^2} + 2{a^2}} }}\
Leftrightarrow ,,sqrt {9{x^2} + 2{a^2}} = 3xsqrt 3 Leftrightarrow ,,9{x^2} + 2{a^2} = 27{x^2} Leftrightarrow ,,18{x^2} = 2{a^2}, Leftrightarrow ,,,9{x^2} = {a^2}, Leftrightarrow ,,x = frac{a}{3}.
end{array}$

Ví dụ 4: (Trích đề thi Đại học khối A – 2002). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy là a. Gọi M, N là trung điểm SB, SC. Tính theo a diện tích ΔAMN, biết (AMN) vuông góc với (SBC).

Giải
1-6-2015 9-56-25 AM.png

Gọi O là hình chiếu của S trên (ABC), ta suy ra O là trọng tâm ΔABC. Gọi I là trung điểm của BC, ta có:
$AI = frac{{sqrt 3 }}{2}BC = frac{{asqrt 3 }}{2} Rightarrow OA = frac{{asqrt 3 }}{3},{rm{ }}OI = frac{{asqrt 3 }}{6}$

Trong mặt phẳng (ABC), ta vẽ tia Oy vuông góc với OA. Đặt SO = h, chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta được:
O(0; 0; 0), S(0; 0; h),
$Aleft( {frac{{asqrt 3 }}{3}{rm{; 0; 0}}} right) Rightarrow Ileft( { – frac{{asqrt 3 }}{6}{rm{; 0; 0}}} right),Bleft( { – frac{{asqrt 3 }}{6}{rm{; }}frac{a}{2}{rm{; 0}}} right),Cleft( { – frac{{asqrt 3 }}{6}; – frac{a}{2};{rm{ }}0} right),Mleft( { – frac{{asqrt 3 }}{{12}};{rm{ }}frac{a}{4};{rm{ }}frac{h}{2}} right),Nleft( { – frac{{asqrt 3 }}{{12}}{rm{;}} – frac{a}{4}{rm{; }}frac{h}{2}} right)$
$begin{array}{l} Rightarrow {overrightarrow n _{(AMN)}} = left[ {overrightarrow {AM} ,{rm{ }}overrightarrow {AN} } right] = left( {frac{{ah}}{4}{rm{; 0; }}frac{{5{a^2}sqrt 3 }}{{24}}} right),{overrightarrow n _{(SBC)}} = left[ {overrightarrow {SB} ,{rm{ }}overrightarrow {SC} } right] = left( { – ah{rm{; 0; }}frac{{{a^2}sqrt 3 }}{6}} right)\(AMN) bot (SBC) Rightarrow {overrightarrow n _{(AMN)}}.{overrightarrow n _{(SBC)}} = 0 Rightarrow {h^2} = frac{{5{a^2}}}{{12}} Rightarrow {S_{Delta AMN}} = frac{1}{2}left| {left[ {overrightarrow {AM} ,{rm{ }}overrightarrow {AN} } right]} right| = frac{{{a^2}sqrt {10} }}{{16}}
end{array}$,

2. Hình chóp tứ giác
a) Hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và đáy là hình vuông (hoặc hình chữ nhật). Ta chọn hệ trục tọa độ như dạng tam diện vuông.

b) Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông (hoặc hình thoi) tâm O đường cao SO vuông góc với đáy. Ta chọn hệ trục tọa độ tia OA, OB, OS lần lượt là Ox, Oy, Oz. Giả sử SO = h, OA = a, OB = b ta có
O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(–a; 0; 0), D(0;–b; 0), S(0; 0; h).

c) Hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật ABCD và AB = b. ΔSAD đều cạnh a và vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm AD, trong (ABCD) ta vẽ tia Hy vuông góc với AD. Chọn hệ trục tọa độ Hxyz ta có: H(0; 0; 0), $Aleft( {frac{a}{2};{rm{ 0; 0}}} right),{rm{ B}}left( {frac{a}{2};{rm{ b; 0}}} right),{rm{ }}Cleft( { – frac{a}{2};{rm{b;0}}} right),{rm{ }}Dleft( { – frac{a}{2};{rm{0;0}}} right),{rm{ }}Sleft( {0;{rm{0;}}frac{{asqrt 3 }}{2}} right).$

3. Hình lăng trụ đứng
Tùy theo hình dạng của đáy ta chọn hệ trục như các dạng trên.

Ví dụ 5: Cho hình lập phương ABCD A’B’C’D’ cạnh a. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với mặt phẳng (A’BD).

Giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O ≡ A; B ∈ Ox; D∈ Oy và A’ ∈ Oz .

1-6-2015 10-00-40 AM.png

→ A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0), A'(0;0;a), C'(1;1;1)Þ Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng(A’BD): x + y + z = a hay x + y + z –a = 0
→Pháp tuyến của mặt phẳng (A’BC): ${overrightarrow n _{left( {A’BC} right)}} = left( {1;1;1} right)$ và $overrightarrow {AC’} = left( {1;1;1} right)$.
Vậy AC’ vuông góc với (A’BC)

Ví dụ 6: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ các các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, C’B’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’C’.

Giải

Cách 1:

1-6-2015 10-07-02 AM.png

Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên AB = BC = CA = A’B’ = B’C’ = C’A’ = a
→các tam giác ABC, A’B’C’ là các tam giác đều.
Chọn hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0;0;0),
$Bleft( {frac{a}{2};,,frac{{asqrt 3 }}{2};,,0} right),,,Cleft( { – frac{a}{2};,,frac{{asqrt 3 }}{2};,,0} right),,,A'(0;,,0;,,a),,,B’left( {frac{a}{2};,,frac{{asqrt 3 }}{2};,,a} right),,,C’left( { – frac{a}{2};,,frac{{asqrt 3 }}{2};,,a} right)$
Ta có: $B’C'{rm{//}}BC,,,,B’C'{rm{//}},(A’BC) Rightarrow ,,dleft( {B’C’;,,A’B} right), = ,,dleft( {B’C’;,,left( {A’BC} right)} right) = ,,dleft( {B’;,left( {A’BC} right)} right)$
$begin{array}{l}
overrightarrow {A’B} = left( {frac{a}{2};,,frac{{asqrt 3 }}{2};,, – a} right),,,,overrightarrow {A’C} ,, = ,,left( { – frac{a}{2};,,frac{{asqrt 3 }}{2};,, – a} right)\
,overrightarrow {A’B} wedge ,overrightarrow {A’C} = ,,left( {0;,,{a^2};,,frac{{{a^2}sqrt 3 }}{2}} right) = {a^2}left( {0;,,1;,,frac{{sqrt 3 }}{2}} right) = {a^2}.vec n
end{array}$
với $vec n = left( {0;,,1;,,frac{{sqrt 3 }}{2}} right)$
Phương trình mặt phẳng (A’BC) qua A’ với vectơ pháp tuyến $vec n$:
$begin{array}{l}
0(x – 0) + 1(y – 0) + frac{{sqrt 3 }}{2}(z – a) = 0 Leftrightarrow ,,left( {A’BC} right):,,y + frac{{sqrt 3 }}{2}z – frac{{asqrt 3 }}{2} = 0\
dleft( {B’left( {A’BC} right)} right) = ,,frac{{left| {frac{{asqrt 3 }}{2} + frac{{sqrt 3 }}{2}.a – frac{{asqrt 3 }}{2}} right|}}{{sqrt {1 + frac{3}{4}} }},, = ,,frac{{frac{{asqrt 3 }}{2}}}{{frac{{sqrt 7 }}{2}}} = frac{{asqrt {21} }}{7}.
end{array}$
Vậy, $dleft( {A’B;,B’C’} right) = frac{{asqrt {21} }}{7}.$

Cách 2

1-6-2015 10-12-45 AM.png

Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên AB = BC = CA = A’B’ = B’C’ = C’A’ = a
→ các tam giác ABC, A’B’C’ là các tam giác đều.
Ta có: $B’C'{rm{//}}BC,, Rightarrow ,,B’C'{rm{//}}(A’BC) Rightarrow ,,dleft( {A’B;,,B’C’} right) = dleft( {B’C’;,left( {A’BC} right)} right) = ,dleft( {F;,left( {A’BC} right)} right)$.
Ta có: $left{ begin{array}{l}
BC bot FD\
BC bot A’D,,,,,,{rm{(}}A’B bot A’C)
end{array} right.,,, Rightarrow ,,BC bot (A’BC)$
Dựng $FH bot A’D$
Vì $BC bot (A’BC),, Rightarrow ,,BC bot FH,,, Rightarrow ,,H bot (A’BC)$
ΔA’FD vuông có: $frac{1}{{F{H^2}}} = frac{1}{{A'{F^2}}} + frac{1}{{F{D^2}}} = frac{4}{{3{a^2}}} + frac{1}{{{a^2}}} = frac{7}{{3{a^2}}},, Rightarrow ,,FH = frac{{asqrt {21} }}{7}.$
Vậy, $dleft( {A’B;,,B’C’} right) = FH = frac{{asqrt {21} }}{7}$

Ví dụ 7: Tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau, AB = 3, AC = AD = 4. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD)

giải
1-6-2015 10-26-27 AM.png

+ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ≡ O.
D ∈ Ox; C ∈ Oy và B ∈ Oz
→ A(0;0;0); B(0;0;3); C(0;4;0); D(4;0;0)
→ Phương trình mặt phẳng (BCD) là:
$frac{x}{4} + frac{y}{4} + frac{z}{3} = 1$ ↔3x + 3y + 4z – 12 = 0.
Suy ra khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD).

Tải về

 

Chuyên mục: Kiến thức

Related Articles

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *

Check Also
Close
Back to top button