KHAI THÁC BÀI TẬP TOÁN PHẦN PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM Hà NộI KHOA TOáN ******** LÊ THỊ LIỄU KHAI THÁC BÀI TẬP TOÁN PHẦN PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành : Phƣơng pháp dạy học môn Toán Ngƣời hƣớng dẫn khoa học ThS. Nguyễn Văn Hà Hà NộI - 010

LỜI CẢM ƠN Bản khóa luận tốt nghiệp này là bước đầu tiên em làm quen với việc nghiên cứu khoa học. Trong thời gian nghiên cứu và hoàn thành khóa luận tốt nghiệp em đã nhận được sự giúp đỡ nhiệt tình của các thầy cô trong tổ phƣơng pháp và các bạn sinh viên trong khoa. Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo Nguyễn Văn Hà, thầy đã trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ, hướng dẫn em hoàn thành khóa luận. Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo! Hà Nội, tháng 05 năm 010 Sinh viên 1

LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan toàn bộ kết quả trong khóa luận này là do em nghiên cứu dưới sự hướng dẫn của các thầy cô trong tổ phƣơng pháp, đặc biệt là thầy giáo Thạc sĩ Nguyễn Văn Hà. Và kết quả trong khóa luận này của em không trùng lập với bất kì kết quả nào khác. Hà Nội, tháng 05 năm 010 Sinh viên

PHẦN 1: MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Hình học là một môn học khó, nó có tính hệ thống, chặt chẽ, logic, trừu tượng hoá cao. Đặc biệt là phần hình học không gian (HHKG). Để giải một bài toán HHKG đòi hỏi học sinh phải có kiến thức thật chắc và vững. Với một bài toán nói chung và bài toán HHKG nói riêng thì có nhiều cách giải khác nhau, có thể là phương pháp tổng hợp (PPTH), phương pháp vectơ, hay phương pháp tọa độ (PPTĐ)... Trong đó có một phần lớn các bài toán HHKG có thể giải bằng PPTĐ. PPTĐ cho ta cách giải nhanh chóng, chính xác và tránh được các yếu tố trực quan, các suy diễn phức tạp của PPTH, và là phương tiện hiệu quả để giải các bài toán hình học. Vì vậy, trong rất nhiều năm gần đây PPTĐ được xem là nội dung trọng tâm của chương trình toán trung học phổ thông. Xuất phát từ sự say mê của bản thân, ham muốn học hỏi, tìm tòi, nghiên cứu sâu hơn về HHKG, với mong muốn có được kiến thức vững hơn về HHKG để chuẩn bị cho việc giảng dạy sau khi ra trường, cùng với sự động viên khích lệ của thầy giáo Nguyễn Văn Hà mà em đã chọn đề tài : Khai thác bài tập toán phần PPTĐ trong không gian.. Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu chủ yếu của đề tài là: - Cho học sinh thấy được sự tương quan giữa HHKG và HHGT trong không gian. - Giúp cho học sinh có thêm phương pháp để giải bài toán HHKG. - Nghiên cứu sâu hơn về HHKG làm tài liệu tham khảo cho học sinh và giáo viên. 3

3. Nhiệm vụ nghiên cứu Đề tài nghiên cứu với nhiệm vụ: - Nghiên cứu lý luận chung. + Bài toán và bài tập toán học. + Phương pháp tọa độ trong không gian. - Hệ thống hoá phương pháp giải các dạng bài tập dưới dạng cơ bản và nâng cao nhằm phục vụ cho việc giảng dạy: PPTĐ ở lớp 1 THPT theo phân phối chương trình. 4. Phƣơng pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lý luận : Dựa vào những tài liệu sẵn có, những thành tựu của nhân loại trên những lĩnh vực khác nhau để vận dụng vào phương pháp dạy học môn Toán. - Phương pháp quan sát điều tra: Là phương pháp tri giác một hiện tượng nào đó để thu lượm những số liệu, tài liệu cụ thể đặc trưng cho quá trình diễn biến của hiện tượng. - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Thực chất là đánh giá và khái quát kinh nghiệm, từ đó phát hiện ra những vấn đề cần nghiên cứu, hoặc khám phá những mối liên hệ có tính quy luật của hiện tượng giáo dục. - Phương pháp thực nghiệm giáo dục: Cho phép ta tạo nên những tác động giáo dục, từ đó xác định và đánh giá kết quả của những tác động đó. 5. Cấu trúc khoá luận Phần 1: Mở đầu Phần : Nội dung, bao gồm chương: Chương 1: Cơ sở lý luận. Chương : ứng dụng dạy học. 4

PHẦN : NỘI DUNG CHƢƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN A. BÀI TOÁN VÀ BÀI TẬP TOÁN HỌC 1. Khái niệm Theo G.POLYA: Bài toán là việc đặt ra sự cần thiết tìm kiếm một cách có ý thức các phương tiện thích hợp để đạt đến một mục đích nhất định trông thấy rõ ràng, nhưng không thể đạt được ngay. Bài tập là bài toán trong đó có những yêu cầu đặt ra cho người học nhằm đạt được mục đích dạy học nào đó.. Vai trò, ý nghĩa của bài tập toán học a. Củng cố các kiến thức cơ bản cho học sinh Trong thực tế một bài toán chứa đựng nhiều kiến thức về khái niệm toán học và các kết luận toán học. Khi giải một bài toán đòi hỏi ta phải phân tích dữ kiện của bài toán, huy động các kiến thức đã cho trong đề toán và các kiến thức đã biết khác có liên quan đến bài toán, tổng hợp lại để đề ra kiến thức mới nữa Cuối cùng, chúng ta đi đến được lời giải của bài toán. Như vậy khi giải một bài toán không những chỉ các kiến thức đã có trong bài toán mà cả một hệ thống các kiến thức liên quan tới bài toán cũng được củng cố qua lại nhiều hơn. b. Rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh Đặc điểm nổi bật của môn toán là một môn khoa học suy diễn, được xây dựng bằng phương pháp tiên đề. Do vậy nên lời giải của bài toán là một hệ thống hữu hạn các thao tác có thứ tự chặt chẽ để đi đến một mục đích rất rõ rệt. 5

Vì vậy khi giải một bài toán nó có tác dụng trực tiếp rèn luyện cho ta năng lực sử dụng các phép suy luận hợp logic: Suy luận có căn cứ đúng, suy luận tuân theo quy tắc suy diễn Chúng ta biết rằng không thể có một phương pháp chung nào để giải được mọi bài toán. Mỗi bài toán có một hình, một vẻ khác nhau, muốn tìm được lời giải của bài toán chúng ta phải biết phân tích, phải biết cách dự đoán kết quả, kiểm tra kết quả, biết cách liên hệ tới các vấn đề tương tự gần giống nhau, biết cách suy luận tổng hợp khái quát hoá Như vậy qua việc giải bài toán năng lực tư duy sáng tạo được rèn luyện và phát triển. c. Rèn luyện kĩ năng vận dụng các kiến thức toán học cho học sinh Một trong những yêu cầu của việc nắm vững các kiến thức của bất cứ của bộ môn khoa học nào là hiểu, nhớ và vận dụng các kiến thức của bộ môn khoa học đó vào việc giải quyết các nhiệm vụ đặt ra, tức là giải quyết được các bài toán đặt ra trong lĩnh vực khoa học đó. Trong việc giảng dạy toán thì bài toán lại tham gia vào trong mọi tình huống của quá trình dạy học môn toán. Trong giảng dạy khái niệm toán học: Bài toán được sử dụng để tổ chức gây tình huống để dẫn dắt cho học sinh có thể đi đến định nghĩa khái niệm. Bài toán được sử dụng đã nêu ra làm các ví dụ và phản ví dụ minh họa cho khái niệm. Bài toán được sử dụng để luyện tập, củng cố vận dụng khái niệm. Trong giảng dạy định lý toán học: Bài toán có thể được sử dụng để tổ chức gây tình huống dẫn dắt học sinh phát hiện ra nội dung định lý toán học. Bài toán có thể được sử dụng để cho học sinh tập vận dụng định lý, đặc biệt là 6

việc tổ chức hướng dẫn học sinh chứng minh định lý chính là việc tổ chức hướng dẫn học sinh tập tìm ra lời giải của một chương nào đó của môn học. Trong luyện tập toán học : Bài toán là phương tiện chủ yếu trong các tiết luyện tập toán học. Trong đó người giáo viên phải xây dựng được một hệ thống các bài tập có liên quan chặt chẽ với nhau để nhằm giúp học sinh củng cố các kiến thức và hình thành một số kĩ năng cơ bản nào đó. d. Bồi dưỡng phát triển nhân cách cho học sinh Đặc biệt cơ bản trong tính cách của con người là: Mọi hoạt động đều có mục đích rất rõ ràng. Khi giải một bài toán ta luôn có định hướng mục đích rất rõ rệt, vì vậy việc giải bài toán sẽ góp phần tích cực vào việc rèn luyện năng lực hoạt động của con người. Để giải một bài toán nhất là đối với các bài toán khó ta phải vượt qua rất nhiều khó khăn, phải kiên trì nhẫn lại và nhiều khi ta phải có quyết tâm rất lớn để giải bài toán đó. Nói theo cách của G.POLYA thì : Khát vọng và quyết tâm giải được bài toán là nhân tố chủ yếu của quá trình giải mọi bài toán. Do vậy ta thấy rằng : Hoạt động giải toán chính là nhân tố chủ yếu của quá trình hình thành và phát triển nhân cách của con người. 3. Phân loại bài toán a. Phân loại theo hình thức bài toán: - Bài toán chứng minh: Là bài toán mà kết luận của nó đã được đưa ra một cách rõ ràng trong đề bài toán. - Bài toán tìm tòi: Là bài toán trong đó kết luận của nó chưa sẵn sàng trong đề bài toán. b. Phân loại theo phương pháp giải toán: 7

- Bài toán có angôrit giải: Là bài toán mà phương pháp giải của nó theo một angôrit nào đó hoặc mang tính chất angôrit nào đó. - Bài toán không có angôrit giải: Là bài toán mà phương pháp giải của nó không theo một angôrit nào đó hoặc không mang tính chất angôrit nào đó. c. Phân loại theo nội dung bài toán: Bài toán số học Bài toán đại số Bài toán hình học d. Phân loại theo ý nghĩa giải toán: - Bài toán củng cố kỹ năng: Là bài toán nhằm củng cố trực tiếp ngay sau khi học hoặc một vài kiến thức hay kỹ năng nào đó. - Bài toán phát triển tư duy: Là bài toán nhằm củng cố một hệ thống các kiến thức cũng như kỹ năng nào đó hoặc đòi hỏi phải có một khả năng tư duy phân tích, tổng hợp hoặc vận dụng một cách sáng tạo. 4. Phƣơng pháp giải một bài toán Phương pháp tìm lời giải của bài toán: Dựa theo 4 bước của G.POLYA. a. Bước 1: Tìm hiểu đề Trước khi giải một bài toán ta phải phân tích đề bài của bài toán, rồi tìm hiểu thấu đáo nội dung của bài toán bằng những câu hỏi sau : - Những cái đã biết? Cái gì chưa biết của bài toán? - Tìm những yếu tố cố định, những yếu tố không đổi, những yếu tố thay đổi biến thiên của bài toán. - Xác định các ẩn và giá trị hằng của bài toán. - Dữ kiện của bài toán có đủ để xác định cái chưa biết hay không? b. Bước : Xây dựng chương trình giải 8

Chúng ta có thể tiến hành xây dựng chương trình giải theo phương pháp sau: - Phương pháp đi xuôi: Xuất phát từ các giả thiết của bài toán được lấy làm tiền đề. Bằng suy luận hợp logic chúng ta tìm ra các hệ quả logic của các tiền đề đó. Tiếp tục chọn lọc trong đó để lấy ra các hệ quả gần gũi với kết luận của bài toán làm tiền đề mới. Lại bằng suy luận hợp logic chúng ta tìm ra hệ quả logic mới gần gũi hơn với kết luận Cứ tiếp tục quá trình ấy chúng ta tìm ra các hệ quả logic trùng với kết luận của bài toán. Khi ấy ta tìm được lời giải của bài toán. Phương pháp này được mô tả theo sơ đồ sau: A B X (trong đó A,C là giả thiết, còn X là kết luận ) C D - Phương pháp đi ngược: Đó là quá trình xuất phát từ kết luận của bài toán. Bằng suy luận hợp logic chúng ta đi ngược lên để tìm các tiền đề logic của kết luận này. Tiếp tục chọn lọc trong đó để lấy ra các tiền đề gần gũi với giả thiết của bài toán làm kết luận mới. Lại bằng suy luận hợp logic chúng ta tìm ra tiền đề logic mới của các kết luận mới này Cứ tiếp tục quá trình ấy chúng ta tìm ra các tiền đề logic trùng với giả thiết của bài toán. Khi ấy ta tìm được lời giải của bài toán. Phương pháp này được mô tả theo sơ đồ sau: C A X (trong đó A,B là giả thiết, còn X là kết luận) D B c. Bước 3 : Thực hiện chương trình giải 9

Đây là quá trình tổng hợp lại của bước xây dựng chương trình giải, ta dùng các phép suy luận hợp logic xuất phát từ giả thiết của bài toán, các mệnh đề toán học đã biết ta suy dần ra tới kết luận của bài toán. d. Bước 4 : Nhận xét lời giải và khai thác bài toán Thử lại kết quả của bài toán, thử lại các lập luận trong lời giải đã tìm được của bài toán. Tìm các cách giải khác nếu có của bài toán. Nghiên cứu các bài toán có liên quan. Ví dụ 1: Phân tích quá trình tìm lời giải bài toán sau: Chứng minh rằng nếu ΔABC thỏa mãn điều kiện thì ΔABC là tam giác cân. HD : B sina.sinc = cos Để chứng minh một tam giác là tam giác cân có nhiều cách : Hoặc chứng minh cạnh nào đó bằng nhau, hoặc chứng minh góc nào đó bằng nhau. ở đây ta thấy giả thiết của bài toán cho biết đẳng thức liên hệ về góc, ta sẽ chứng minh tam giác đó có hai góc nào đó bằng nhau. Hơn nữa ta thấy trong đẳng thức đã cho thì vai trò của góc A và C là như nhau. Do đó ta sẽ chứng minh trong ΔABC có góc A = C. Biến đổi đẳng thức đã cho bằng cách làm mất sự có mặt của góc B bằng cách thay B = o 180 - (A+C). Sau đó sử dụng công thức biến đổi lượng giác, ta có đẳng thức sau : B sina.sinc = cos Û A + C sina.sinc = sin 10

Û Û Û Þ sina.sinc = 1 - cos(a+c) cosa.cosc + sina.sinc = 1 cos(a - C) = 1 A = C Vậy : ΔABC cân tại B. Ví dụ : Phân tích tìm lời giải của bài toán sau : HD : Tính tổng 3 n S = 1 + a + 3a + 4a +...+ (n + 1)a. Ta liên hệ với bài toán tính tổng tương tự đơn giản hơn : Tính tổng Ta có : 3 n P = 1 + a + a + a +...+ a. 3 4 n+1 ap = a + a + a + a...+ a P - ap = 1 - a 1 - a P = 1 - a n+1 (Với a¹ 1) n+1 Vận dụng cách tính tổng P ở trên ta tính tổng S như sau : Ta có : Ta thấy : 3 4 n+1 as = a + a + 3a + 4a +...+ (n + 1)a n n+1 S - as = 1 + a + a +...+ a - a n+1 3 n 1 - a 1 + a + a + a +...+ a = P =. Thay vào ta có : 1 - a 1 - a 1 - a - (1 - a)(n + 1)a S - as = - (n + 1)a S = 1 - a (1 - a) n+1 n+1 n+1 n+1 Nhận xét cách giải: Để tính tổng S (hoặc P) là các tổng hữu hạn gồm n số hạng, ta nhân tổng đó với a, rồi xét hiệu : as - S hoặc S - as. Từ đây ta tính được S. 11

B. PHƢƠNG PHáP TọA Độ TRONG KHÔNG GIAN (Hình học1) 1. Nội dung chính + Phương trình tổng quát của mp : Ax + By + Cz +D = 0 (1) (với VTPT của mp là : n = (A; B; C). + Phương trình đường thẳng: Đi qua M = (x ; y ; z ) với VTCP u = (a; b; c) là: 0 0 0 0 - Phương trình tham số là: A +B +C 0) 1

- Phương trình chính tắc là: + Phương trình mặt cầu: íï x = x + at 0 ï ì y = y + bt (t Î R) 0 ï ïî z = z + ct 0 x - x y - y z - z 0 0 0 = = (abc 0) a b c x + y + z + ax + by + cz + d = 0 (*) ( a + b + c > d ) là phương trình mặt cầu có tâm I = (-a; -b; -c) và bán kính R = a + b + c - d. Mục đích yêu cầu của việc giảng dạy : PPTĐ trong không gian a. Về kiến thức : - Chương 3 nhằm cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản về khái niệm về tọa độ trong không gian và những ứng dụng của nó. + Tọa độ vectơ và tọa độ điểm. + Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ. + Tích vô hướng của vectơ. + Phương trình mặt cầu. - Giới thiệu về phương trình mặt phẳng trong không gian. + Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng. + Phương trình tổng quát của mặt phẳng. + Điều kiện để hai mặt phẳng song song, vuông góc. + Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng. - Phương trình đường thẳng trong không gian. + Phương trình tham số của đường thẳng. 13

+ Điều kiện để hai đường phẳng song song. + Điều kiện để hai đường phẳng chéo nhau. + Điều kiện để hai đường phẳng cắt nhau. b. Về kĩ năng - Xác định được các vectơ trong không gian. - Vận dụng được các tính chất để giải bài tập. - Chứng minh được hai mặt phẳng: song song, vuông góc. - Lập được các phương trình đường thẳng, mặt phẳng. - Xác định được vị trí tương đối. c. Về thái độ Học xong chương trình này học sinh sẽ liên hệ được với nhiều vấn đề thực tế sinh động, liên hệ được với nhiều vấn đề hình học đã học ở lớp dưới, mở ra một cách nhìn mới về hình học. Từ đó, các em có thể sáng tạo ra nhiều bài toán hoặc nhiều dạng toán mới. Kết luận : Khi học xong chương này, học sinh cần làm tốt các bài tập sách giáo khoa và các bài kiểm tra trong chương. 3. Phƣơng pháp giải bài toán bằng tọa độ PPTĐ trong không gian là phương pháp giải các bài toán HHKG mà ở đó ta quy việc giải chúng về khảo sát nhiều phương trình (hệ phương trình). Các bước giải bài toán HHKG bằng PPTĐ : Bước 1: Chọn hệ tọa độ thích hợp. Bước : Chuyển ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ tọa độ. Bước 3: bài toán bằng kiến thức PPTĐ. 14

Bước 4: Chuyển kết quả từ ngôn ngữ tọa độ sang ngôn ngữ hình học. CHƢƠNG :ứng dụng dạy học Nội dung chƣơng trình Chương 3 : Phương pháp tọa độ trong không gian. Bài 1 : Hệ tọa độ trong không gian. Bài : Phương trình mặt phẳng. (0 tiết) (5 tiết) (5 tiết) 15

Bài 3 : Phương trình đường thẳng trong không gian. Ôn tập chương 3. A. CáC KIếN THứC CƠ BảN 1. Tọa độ của vectơ và của điểm Ta có : u = (x; y; z) u = x.i + y.j + z.k M = (x; y; z) OM = x.i + y.j + z.k Nếu A(a; b; c) và B(a ; b ; c ) thì AB = (a' - a; b' - b; c' - c). Tích vô hƣớng của hai vectơ: u = (a; b; c) và v =a; b; c u.v = u. v.cos(u,v) = a.a' + b.b' + c.c' u = u = a + b + c (8 tiết) ( tiết) aa' + bb' + cc' cos(u,v) = a + b + c a' + b' + c' u v a.a' + b.b' + c.c' = 0 3. Tích có hƣớng của hai vectơ u = (a; b; c) và v =a; b; c : với u 0, v 0 b c c a a b Kí hiệu là u,v, được xác định bởi: u,v = ; ; b' c' c' a' a' b' Một số tính chất : + u,v u, u,v v + u,v = u. v.sin(u,v) + u, v cùng phương u,v = 0 + u, v, w cùng phương u,v.w 0 1 - Diện tích tam giác: S = AB,AC ABC 16

- Thể tích khối hộp : V = AB,AD.AA' ABCD.A'B'C'D' 1 - Thể tích tứ diện : V = AB,AC.AD ABCD 6 4. Phƣơng trình mặt cầu Mặt cầu tâm I(a; b; c) bán kính R có phương trình: x - a + y - b + z - c = R Ngược lại phương trình: x + y + z + ax + by + cz + d = 0 (*) là phương trình mặt cầu nếu có điều kiện : a + b + c > d. Khi đó I(-a; -b; -c) là tâm của mặt cầu và R = a + b + c - d là bán kính của mặt cầu. 5. Phƣơng trình mặt phẳng: + Mặt phẳng đi qua điểm M(a; b; c) và VTPT n = (A; B; C) có phương trình tổng quát là: A(x - a) + B(y - b) + C(z - c) = 0 + Mỗi mặt phẳng đều có phương trình tổng quát dạng: Ax + By + Cz +D = 0 (1) (với A + B + C 0) Nếu mp( ) có pt (1) thì n = (A; B; C) là VTPT của mp( ). + Mp( ) không đi qua O, cắt Ox tại điểm (a; 0; 0), cắt Oy tại điểm (b; 0; 0), cắt Oz tại điểm (0; 0; c) có phương trình : x y z + + = 1 (abc 0) a b c Phương trình này gọi là phương trình đoạn chắn của mp( ). 6. Phƣơng trình đƣờng thẳng : + Đường thẳng đi qua M = (x ; y ; z ) với VTCP u = (a; b; c) 0 0 0 0 có: - Phương trình chính tắc là: x - x y - y z - z 0 0 0 = = (abc 0) a b c 17

íï x = x + at 0 - Phương trình tham số là ï ì y = y + bt (t Î R) 0 ï ïî z = z + ct 0 7. Vị trí tƣơng đối giữa hai mặt phẳng Cho mp : Ax + By + Cz + D = 0 và Khi đó : +( ) ( ') A = B = C = D A' B' C' D' A B C D a // a' Û = = ¹ A' B' C' D' +( ) ( ) +, ' cắt nhau A : B : C A : B : C Đặc biệt ' AA' + BB' + CC' 0. ' : A'x + B'y + C'z + D' 0 8. Vị trí tƣơng đối giữa đƣờng thẳng d (đi qua M và có VTCP u ) và 0 đƣờng thẳng d (đi qua M' và có VTCP u' 0 ). + d, d cùng nằm trong một mp u,u'.m M ' 0 0 0 + d d' u,u' = u,m M ' = 0 0 0 í r ur r éu,u' ù = 0 êë úû + d//d' Û ï ì é r uuuuuur r u,m M ' ù ï ê ¹ 0 0 0 ïî ë úû í r ur r éu,u' ù ¹ 0 êë úû + d và d cắt nhau Û ï ì é r ur uuuuuur u,u' ù ï ê ú.m M ' = 0 0 0 ïî ë û + d, d chéo nhau u,u'.m M ' 0 0 0 9. Góc và + Góc giữa mp : Ax + By + Cz + D 0 ' : A'x + B'y + C'z + D' 0 18

cos φ = AA' + BB' + CC' A + B + C A' + B' + C' + Góc giữa đường thẳng d,d lần lượt có VTCP u(a; b; c), u'(a'; b'; c') là: u.u' aa' + bb' + cc' o cosφ = = (0 φ 90 ) u. u' a + b + c a' + b' + c' + Góc giữa đường thẳng d có VTCP u(a; b; c) n A; B; C là: 10. Khoảng cách và mp có VTPT u.n Aa + Bb + Cc sinφ = = u. n A + B + C a + b + c + Khoảng cách giữa điểm A( x ; y ; z A A A), B( x ; y ; z B B B) là: AB = ( x - x B A) + ( y - y B A) + ( z - z B A) + Khoảng cách từ điểm M(a; b; c) tới mp :Ax + By + Cz + D 0 là: d = Aa + Bb + Cc + D (M, α) A + B + C + Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (đi qua M,có VTCP u ) là: 0 MM,u 0 d = (M,Δ) u + Khoảng cách giữa đường thẳng chéo nhau: (đi qua M,có VTCP u ) 0 và '(đi qua M ', có VTCP u' 0 ) là : u,u'.m M ' 0 0 d = (Δ,Δ') u,u' B. các dạng BàI TậP 19

DạNG 1: CáC BàI TOáN LIÊN QUAN TớI vectơ Bài tập cơ bản Bài 1 Cho điểm A(a; b; c) và B(a ; b ; c ). Tìm tọa độ điểm M sao cho: MA = kmb trong đó k 1. (Bài 6-Trang81-SGKNC hình học1) Giả sử M(x; y; z). Ta có MA = (a - x; b - y; c - z); MB = (a - x; b - y; c - z). Khi đó : MA = kmb a - ka' x = a - x = k(a' - x) 1 - k b - kb' b - y = k(b' - y) y = (với k 1) 1 - k c - z = k(c' - z) c - kc' z = 1 - k æa - ka' b - kb' c - kc' ö Vậy: Điểm M = ç ; ; çè1 - k 1 - k 1 - k thoả mãn điều kiện bài toán. ø Bài a) Tìm điểm M thuộc Ox sao cho M cách đều điểm : A(1; ; 3), B(-3; -3; ). b) Cho A(; 0; 4), B( 4; 3; 5 ), C(sin5t; cos3t; sin3t ). Tìm t để AB vuông góc với OC (với O là gốc tọa độ). (Bài 8-Trang81-SGKNC hình học1) a) Ta có: M thuộc Ox nên M = (x; 0; 0). Vì MA = MB nên MA = MB hay 0

1 - x + + 3 = -3 - x + -3 + x = -1 Vậy M = (-1; 0; 0). b) Ta có: AB = (; 3; 1), OC = (sin5t; cos3t; sin3t) Đường thẳng AB, OC vuông góc AB.OC 0. Bài 3 sin5t + 3cos3t + sin3t 0 3 1 sin5t + cos3t + sin3t 0 -π π t = + k π 4 4 sin5t sin(3t + ) ; (k,l ) 3 π t = + lπ 3 r r ur Xét sự đồng phẳng của 3 vectơ u, v, w trong các trường hợp sau: r r ur u 4; 3; 4, v ; -1;, w 1; ; 1 r r ur u 1; -1; 1, v 0; 1;, w 4; ; 3 a) ( ) ( ) ( ) b) ( ) ( ) ( ) r r ur c) u( 4; ; 5 ), v( 3; 1; 3 ), w( ; 0; 1) học1) r r æ3 4 4 4 4 3 ö é ù ê ë úû ç-1-1 çè ø r r ur Þ éu,v ù ê ú.w = 10 + 0-10 = 0 ë û r r ur Vậy: u, v, w đồng phẳng. a) Ta có: u,v = ; ; = ( 10; 0; -10) Tương tự: (Bài 9-Trang81-SGKNC hình 1

r r ur b) u, v, w không đồng phẳng. r r ur c) u, v, w đồng phẳng. Bài 4 Oy. Biết Cho tứ diện ABCD có A(; 1; -1), B(3; 0; 1), C(; -1; 3) và D thuộc V = 5. Tìm toạ độ đỉnh D. ABCD học1) Giả sử D = (0; y; 0) thuộc trục Oy. uuur uuur uuur Ta có: AB( 1; -1; ), AD( -; y - 1; 1 ), AC( 0; -; 4) uuur uuur Þ éab,ac ù ê ú = ( 0; -4; -) ë û uuur uuur uuur Þ éab,ac ù ê ú.ad = -4(y - 1) - = -4y + ë û Theo giả thiết Mặt khác, ta có: V = 5. ABCD 1 V = AB,AC.AD ABCD 6 = 5 Û Û Þ 1-4y + = 5 6-4y + = 30 y = -7, y = 8 (Bài 5-Trang119-SBTNC hình Vậy có hai điểm D trên Oy thoả mãn : (0; -7; 0) và (0; 8; 0). Bài 5 Cho A(0; 0; -3), B(; 0; -1) và mp(p) : 3x - 8y + 7z - 1 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trên mp(p) sao cho tam giác ABC đều.

uuur AB = ; 0; Þ AB =. Ta có: ( ) học1) (Bài 43-Trang15-SBTNC hình Giả sử C = (x; y; z). Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB = AC = BC (với C thuộc mp(p)) í CA = í x + y + ( z + 3 ) = 8 hay ï ìcb = Û ï ì( x - ) + y + ( z +1 ) = 8 C ( P ï Î ) ï3x - 8y + 7z - 1 = 0 ïî ïî hệ bằng phương pháp thế, ta có nghiệm và do đó có điểm C thoả mãn : æ 1ö C = 1 ( ; -; -3), C = - ; - ; - ç çè 3 3 3 ø Bài tập nâng cao Bài 1 Cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 0; 1), C(; 1; 1) a) Chứng minh A, B, C không thẳng hàng. b) Tìm tọa độ điểm D để ABCD là hình bình hành (hbh). c) Tính chu vi và diện tích tam giác ABC. d) Tính độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A. (Bài 10-Trang81-SGKNC hình học1) a) Ta có BA = (1; 0; -1), BC = (; 1; 0). Do tọa độ của vectơ đó không tỉ lệ nên chúng không cùng phương. 3

Vậy: 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. b) Giả sử D(x; y; z) thì BD = (x; y; z - 1). Vì ABCD là hbh nên Vậy D = (3; 1; 0). c) Ta có : x = 1 + x = 3 BD = BA + BC y = 0 + 1 y = 1 z - 1 = -1 z = 0 AB = 1 + 0 + (-1) = ; BC = + 1 + 0 = 5; AC = 3 Vậy : Chu vi tam giác ABC bằng + 3 + 5 Nhận xét: BC = AB + AC nên tam giác ABC vuông tại A. Vậy: Diện tích tam giác ABC là : d) Từ công thức: Bài S = 1 AB.AC = 6 1 S ABC = h A.BC S 30 BC 5 ABC h A = = Cho tam giác ABC có: A(1; ; -1), B(; -1; 3), C(-4; 7; 5). Tính độ dài đường phân giác trong của tam giác kẻ từ đỉnh B. học1) (Bài 3-Trang118-SBTNC hình 4

uuur uuur uur Ta có: AB( 1; -3; 4 ), AC( -5; 5; 6 ), BC( -6; 8; ) Gọi D là chân đường phân giác kẻ từ B, giả sử D(x; y; z). Ta có: DA BA 6 1 = = = DC BC 104 Vì D nằm giữa A, C (phân giác trong) nên uuur 1 uuur uuur uuur DA = - DC hay CD = DA Hay í ï ì ïî íï x = - (1 - x) = x + 4 3 11 ( - y) = y - 7 Û ï ìy = 3 (-1 - z) = z - 5 ï ïïïî z = 1. æ 11 ö 74 Vậy D = ç - ; ; 1 Þ BD = çè 3 3 ø 3 Bài 3 Cho 4 điểm A(1; 1; 0), B(0; ; 1), C(1; 0; ), D(1; 1; 1). a) Chứng minh 4 điểm không đồng phẳng. Tính thể tích tứ diện ABCD. b) Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC, của tứ diện ABCD. c) Tính diện tích các mặt của tứ diện. d) Tính độ dài các đường cao của khối tứ diện. e) Tính góc AB, CD. (Bài 1-Trang118-SBTNC hình học1) a) Ta có : AB = (-1; 1; 1), AC = (0; -1; ), AD = (0; 0; 1) 5

AB,AC.AD 1 0 AB, AC, AD không đồng phẳng. Do đó: 4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Ta có: V ABCD = 1 AB,AC.AD = 1 6 6 æ ö b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABCÞ G = ç ; 1; 1 çè3 ø. Gọi G æ3 ö là trọng tâm của tứ diện ABCDÞ G' = ç ; 1; 1 çè4 ø c) Ta có: S ABC = S ACD = S ADB = S BCD = 1 1 1 1 1-1 -1 1 14 AB,AC = + + = -1 0 0-1 1 1 1 0 0 0 1 1 AC,AD 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 AD,AB 1 1 1 1 1 1 1 é uur uur 1-1 1 1 1-3 BC,BD ù ê = + + = ë ú û -1 0 0 1 1-1 d) Từ công thức: V = 1 3 B.h h = 3V B (B là diện tích đáy, h là chiều cao tương ứng) Gọi : h A, h B, h C, h D là chiều cao hạ từ A, B, C, D thì : 1 3. 3V 1 h A = = 6 = ; SBCD 3 3 6

1 3. 3V h B = = 6 = 1 ; S 1 ACD 1 3. 3V 1 h C = = 6 = : SABD 1 3. 3V 1 h D = = 6 = ; SABC 14 14 e) Vì : AB = (-1; 1; 1), CD = (0; 1; -1) AB.CD 0. Vậy : Góc giữa AB và CD bằng 90 0 DạNG : PHƢƠNG TRìNH MặT PHẳNG BàI TậP CƠ BảN Bài 1 Viết phương trình mặt phẳng: a) Đi qua 3 điểm M(; 0; -1), N(1; -; 3), P(0; 1; ). b) Đi qua điểm A(1; 1; -1), B(5; ; 1) và song song với Oz. c) Đi qua điểm (3; ; -1) và song song với mp có phương trình: x - 5y + z = 0 d) Đi qua điểm A(0; 1; 1), B(-1; 0; ) và vuông góc với mp: x - y + z + 1 = 0 (Bài 15-Trang89-SGKNC hình học1) a) Ta có: MN(-1; -; 4), MP(-; 1; 3), MN,MP = (-10; -5; -5). Mp(MNP) qua điểm M và có VTPT n // MN,MP nên ta lấy n = (; 1; 1). 7

Vậy: Mp(MNP) có phương trình: (x - ) + y + (z - 1) = 0 hay x + y + z - 3 = 0 b) Giả sử: Mp(P) đi qua A, B và song song với Oz, có VTPT n. n = AB,k với AB = 4; 1;, k = 0; 0; 1 1 4 4 1 n ; ; (1; 4;0) 0 1 1 0 0 0 Mặt phẳng (P) đi qua A(1; 1; -1) có n =(1; -4; 0) có phương trình là: 1(x - 1) - 4(y - 1) + 0 = 0 hay x - 4y + 3 = 0 c) Mp(P) cần tìm phải song song với mp : x - 5y + z = 0. Vậy: Mp(P) qua (3; ; -1) có VTPT (1; -5; 1) có phương trình là : (x - 3) - 5(y - ) + 1(z + 1) = 0 hay x - 5y + z + 8 = 0 d) Mp(P) vuông góc với mp : x - y + z - 1 = 0 nên VTPT n của (P) phải vuông góc với n = -1; -1; 1. Mp(P) lại đi qua điểm A, B nên n vuông góc với AB = -1; -1; 1. n = AB,n' (0; ; ) Vậy : Phương trình mp(p) là (y - 1) + (z - 1) = 0 hay y + z - = 0 Bài Viết phương trình mp : a) Đi qua điểm M(; -1; ), song song với Oy và vuông góc với mp có phương trình : x - y + 3z + 4 = 0. 8

b) Đi qua điểm M(-; 3; 1) và vuông góc với hai mặt phẳng có phương trình là :( a) :x + y + z + 5 = 0, ( a '):3x + y + z -3 = 0 học1) a) VTPT của mp: x - y + 3z + 4 = 0 là : n( ; -1; 3) Trục Oy có VTCP là : j( 0; 1; 0) VTPT của mp cần tìm là : r ur r r æ1 0 0 0 0 1 ö n' = é j,n ù = ; ; ê = 3; 0; - ë úû ç-1 3 3-1 çè ø Vậy phương trình của nó là : 3x - z - = 0. (Bài 36-Trang14-SBTNC hình r ( ) b) Mặt phẳng ( a),( a ') có VTPT lần lượt là : n ( ; 1; ), n ( 3; ; 1) Mặt phẳng cần tìm vuông góc với ( a),( a ') nên có VTPT là : r uur uur æ1 1ö n = é n,n ù = ; ; ê = -3; 4; 1 a a' ë úû ç 1 1 3 3 çè ø uur a uur a' ( ) Vậy phương trình mp cần tìm là : -3(x + ) + 4(y - 3) + 1(z - 1) = 0 Bài 3 hay 3x - 4y - z + 19 = 0 Viết phương trình mp: Đi qua M(1; ; 4), cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho: OA = OB = OC 0. học1) Mặt phẳng đi qua M(1; ; 4) có phương trình : a(x - 1) + b(y - ) + c(z - 4) = 0 (Bài 39-Trang14-SBTNC hình hay ax + by + cz = a + b + 4c (Với a + b + 4c 0). 9

Ta có: a + b + 4c A = ( ; 0; 0) a a + b + 4c C = (0; 0; ) ; c Vì OA = OB = OC nên OA = OB = OC Do đó: a + b + 4c a hay a = b = c a + b + 4c b Khi đó xảy ra các trường hợp sau: Bài 4 ; a + b + 4c B = (0; ; 0) b a + b + 4c c a = b = c pt(1) trở thành x + y + z = 0 a = b = -c pt(1) trở thành x + y - z + 1 = 0 a = c = -b pt(1) trở thành x - y + z - 3 = 0 -a = b = c pt(1) trở thành -x + y + z - 5 = 0 Viết phương trình mp đi qua điểm M (; 1; -1) và qua giao tuyến của mp: x - y + z - 4 = 0 và 3x - y + z - 1 = 0. (Bài 43-Trang15-SBTNC hình học1) Gọi M(x; y; z) là điểm thuộc giao tuyến d của mp. Khi đó tọa độ của M là nghiệm của hệ: íï ì ïî x - y + z = 4 3x - y + z = 1 íï 3 í x = - x - y = 4 3 11 + Cho z = 0, ta có: ï æ ö ì Û ï ì Þ M - ; - ; 0 d 1 Î ï 3x - y = 1 11 ç ïî ï è ø ïïî y = - ; 30

íï 3 í x = - x + z = 4 3 11 + Cho y = 0, ta có: ï æ ö ì Û ï ì Þ M - ; ; 0 d Î ï 3x + z = 1 11 ç ïî ï è ø ïïî y = Mặt phẳng cần tìm là mp đi qua 3 điểm M, M, M có phương trình là : 1 Bài 5 15x - 7y + 7z - 16 = 0 x = 1 + t x y - 1 z + 1 Cho đường thẳng d 1: = = 1-1 ; dy = -1 - t và điểm z = + t A(0; 1; ). Viết phương trình mp(p) đi qua A, đồng thời song song d 1, d. VTCP của 1 d, d lần lượt là u ; 1; -1, u 1; -; 1 1 1 VTPT của (P) là n = u,u = -1; -3; -5 Mp(P) đi qua A(0; 1; ) nên phương trình của (P) là: Bài tập nâng cao Bài 1 -x - 3(y - 1) - 5(z - ) = 0 hay x + 3y + 5z - 13 = 0. (Đề thi ĐH khối D-006) Viết phương trình mp(p) chứa trục Oz và tạo với mp(q) có phương trình. x + y - 5z = 0 một góc o 60. (Bài 47-Trang16-SBTNC hình học1) Mặt phẳng (P) chứa Oz nên có dạng: Ax + By = 0. 31

Suy ra: VTPT của (P) là: n = ( A; B; 0) uur uur Mà VTPT của (Q) là: n = Q ( ; 1; - 5) Theo giả thiết của bài toán : P o ( P Q) cos n,n = = cos60 = Û Û uur uur 6A + 16AB - 6B = 0 Chọn B = 1. Ta có: Vậy có mp(p) là: Bài.. A + B 1 A + B. 4 + 1 + 5 A + B = 10. A + B é 1 A = Þ ê êêë A = -3 1 6A + 16A - 6 = 0 3 1 x + y = 0; -3x +y = 0 3 Cho 3 điểm A(0; 1; ), B(; -; 1), C(-; 0; 1) a) Viết phương trình mp đi qua 3 điểm A, B, C. b) Tìm điểm M thuộc mp: x + y + z - 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. a) Ta có : AB = (; -3; -1), AC = (-; -1; -1). Mp(ABC) nhận vectơ n = AB, AC = (; 4; -8) làm VTPT. (Đề thi ĐH khối B-008) Vậy : Phương trình mp (ABC) là : (x - 0) + 4(y - 1) - 8(z - ) = 0 b) Giả sử M = (x; y; z). x + 4y -8z + 1 = 0 x + y - 4z + 6 = 0 Do M thuôc mp đã cho nên ta có : x + y + z - 3 = 0 Mặt khác MA = MB = MC nên: 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x + y - 1 + z - = x - + y + + z - 1 = x + + y + z - 1 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : íï ï ì ï ïî x + y + z - 3 = 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x + y - 1 + z - = x - + y + + z - 1 = x + + y + z - 1 íï Û ï ì ïïïï x + y + z - 3 = 0 ïî ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x + y - 1 + z - = x - + y + + z - 1 ( ) ( ) ( ) ( ) x + y - 1 + z - = x + + y + z - 1 hệ ta được x =, y = 3, z = -7. Vậy : M = (; 3; -7). Bài 3 Viết phương trình mặt phẳng : a) Đi qua G(1; ; 3 ), cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho G là trọng tâm ABC. b) Đi qua H(; 1; 1 ), cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho H là trực tâm ABC. học1) a) Giả sử A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c). Vì G là trọng tâm ABC nên : a + 0 + 0 0 + b + 0 0 + 0 + c = 1; = ; = 3 3 3 3 a = 3; b = 6; c = 9 Vậy : Phương trình của mp cần tìm là x y z + + 1 3 6 9. (Bài 15-Trang89-SGKNC hình 33

b) Mp đi qua H(; 1; 1 ) cắt các trục tọa độ tại A, B, C. Khi đó: Tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc. H là trực tâm ABC OH (ABC). Mp(ABC) đi qua H và có VTPT là OH = (; 1; 1) có phương trình là : Bài 4 (x - ) + (y - 1) + (z - 1) = 0 hay x + y + z - 6 = 0 Cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1; ; 1), B(-; 1; 3), C(; -1; 1) và D(0; 3; 1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ D đến (P). (Đề thi ĐH khối B-009) + Nếu (P) song song với CD : Ta có : AB = -3; -1;, CD = (-; 4; 0) n = AB,CD = (8; 4; 13) hay n = (4; ; 7) Vậy : Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A(1; ; 1) có VTPT n = (4; ; 7) là 4(x - 1) + (y - ) + 7(z - 1) = 0 4x + y + 7z - 15 = 0 + Nếu (P) đi qua trung điểm I của CD : Tọa độ trung điểm I là I = (1; 1; 1). Ta có : AI = (0; -1; 0), BI = (3; 0; -) AI,BI = (; 0; 3) Vậy : Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A(1; ; 1) có VTPT (; 0; 3) là (x - 1) + 0(y - ) + 3(z - 1) = 0 x + 3z - 5 = 0 34

DạNG 3: PHƢƠNG TRìNH ĐƢờNG THẳNG Bài tập cơ bản Bài 1 Viết phương trình tham số và chính tắc của đường thẳng :. a) Đi qua điểm A(; 0; -1) và có VTCP u -1; 3; 5 b) Đi qua A(; 3; -1), B(1; ; 4). (Bài 4-Trang10-SGKNC hình học1) a) Phương trình đường thẳng đi qua A(; 0; -1) và có VTCP u -1; 3; 5 có phương trình là : x = - t x - y z + 1 y = 3t = = -1 3 5 z = -1 + 5t b) Phương trình đường thẳng đi qua A(; 3; -1), có VTCP u = AB-1; -1; 5 có phương trình : Bài x = - t x - y - 3 z + 1 y = 3 - t = = -1-1 5 z = -1 + 5t Viết phương trình tham số và chính tắc của đường thẳng : 35

a) Đi qua A(4; 3; 1) và song song với đường thẳng x = 1 + t : y = -3t. z = 3 + t b) Đi qua A(-; 1; 0) và vuông góc với mp : x + y - z + 1 = 0. c) Đi qua A(; -1; 1) và vuông góc với đường thẳng lần lượt có VTCP là : u -1; 1; -, u' 1; -; 0. (Bài 59-Trang130-SBTNC hình học1) a) Phương trình đường thẳng đi qua A(4; 3; 1) và song song với đường thẳng, có VTCP (; -3; ) có phương trình : x = 4 + t x - 4 y - 3 z - 1 y = 3-3t = = -3 z = 1 + t b) Phương trình đường thẳng đi qua A(-; 1; 0) có VTCP chính là VTPT của mp : (1; ; -), có phương trình : x = - + t x + y - 1 z y = 1 + t = = 1 - z = -t c) VTCP của đường thẳng cần tìm là : 1 - - -1-1 1 u" = u,u' = ; ; = -4; -; 1-0 0 1 1 - Vậy: Phương trình đường thẳng qua A(; -1; 1) có VTCP (-4 ; -; 1) có phương trình là : Bài 3 x = - 4t x - y + 1 z - 1 y = -1 - t = = -4-1 z = 1 + t 36

Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mỗi mp tọa độ. Với d: x - 1 = y + = z - 3 3 1 học1) Đường thẳng d có phương trình tổng quát là : x - 1 y + = 1 3 y + z - 3 = 3 1 (Bài 6-Trang10-SGKNC hình Nhận xét: (1),() là phương trình tổng quát của mp, cùng đi qua d. Vì phương trình ( 1) vắng ẩn z nên mp đi qua d và song song với Oz. Khi đó giao tuyến của và (Oxy) chính là hình chiếu d 1 cua d trên (Oxy). Vậy: Phương trình đường thẳng d là: 1 Tương tự : x - 1 y + = 3 z = 0 Hình chiếu d của d trên mp(oyz) là: 3x - y - 7 = 0 z = 0 y + z - 3 = 3 1 x = 0 y - 3z + 11 = 0 x = 0 Hình chiếu d của d trên mp(oxz) là: 3 x - 1 z - 3 = 1 y = 0 x - z + 5 = 0 y = 0 Bài 4 37

sau: học1) Viết phương trình đường thẳng đi qua A(1; -1; 1) và cắt đường thẳng í x = 1 + t í x = t dï ì y = t, ï ìd' y = -1 - t z = 3 - t ïî ïî z = + t (Bài 9-Trang103-SGKNC hình Ta có A d, A d'. Đường thẳng d đi qua M(1; 0; 3) và có VTCP u(; 1; -1). Đường thẳng d đi qua điểm M (0; -1; ) và có VTCP u(1; -; 1). Đường thẳng cần tìm là giao tuyến của mp (A,d) và (A,d ). Mp (A,d) có VTPT n = AM,u = (-3; 4; -). Mp (A,d ) có VTPT n' = AM',u' = (1; 1; 1). Đường thẳng đi qua A(1; -1; 1) có VTCP là n,n' = (6; 1; -7) có phương x = 1 + 6t trình tham số là : y = -1 + t z = 1-7t ur ur Chú ý: u.n' = + 1-1 = ¹ 0 nên d cắt mp(a,d ) hay d cắt. ur r Tương tự: u'.n = -3-8 - = -13 ¹ 0 nên d cắt mp(a,d) hay d cắt. Vậy: là đường thẳng đi qua A và cắt d. d BàI TậP NÂNG CAO Bài 1 Cho đường thẳng d : x = t y = 8 + 4t và mp(p): x + y + z - 7 = 0 z = 3 + t 38

a) Tìm một VTCP của d và một điểm nằm trên d. b) Viết phương trình mp đi qua d và vuông góc với (P). c) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d trên (P). học1) a) Ta có : VTCP của d là u1; 4; Và điểm M thuộc d : Khi x = 0 thì M = (0; 8; 3). b) Ta có VTCP của d là u1; 4;. (Bài 7-Trang103-SGKNC hình và VTPT của mp(p) là : n 1; 1; 1 Mp đi qua d và vuông góc với (P) có VTPT là n' = u,n = ; 1; -3 Phương trình mp đi qua M(0; 8; 3) có VTPT (; 1; -3) có phương trình là : (x - 0) + 1(y - 8) - 3(z - 3) = 0 hay x + y - 3z + 1 = 0 u 1; 4; c) Ta có VTCP của d là Nhận xét : u.n 0,VTPT của (P) là n 1; 1; 1. Nên d và (P) không vuông góc. Khi đó hình chiếu của d trên mp(p) là đường thẳng d có phương trình là Bài x y-8 = 1 4 x + y + z - 7 = 0 4x - y + 8 = 0 x + y + z - 7 = 0 Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d và cắt đường thẳng d, d. Biết rằng: x = 1 x = -4 + 5t' x - 1 y + z - d y = - + 4t, d': = =, d" y = -7 + 9t' 1 4 3 z = 1 - t z = t'.. 39

(Bài 30-Trang103-SGKNC hình học1) Đường thẳng d đi qua M(1; ; 1) có VTCP u(0; 4; -1). Trên đường thẳng d lấy điểm M (1 + t; - + 4t; + 3t). Và trên d lấy điểm M (-4 + 5t ; -7 + 9t ; t ). Ta có : M'M" = (-5 + 5t - t ; -5 + 9t - 4t ; - + t -3t). Hai vectơ M'M", u cùng phương -5 + 5t' - t = 0-5 + 9t' - 4t - + t' - 3t = 4-1 t = 0 t' = 1 Khi đó, ta có M (1; -; ), M (1; ; 1) và M'M" (0; 4; -1). Vậy : Đường thẳng đi qua M, M có phương trình là: x = 1 y = - + 4t z = - t Dễ thấy M d nên là đường thẳng cần tìm. Bài 3 Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; ; 1) và trọng tâm G = (0; ; -1). Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng (ABC). 009) Điểm G(0; -; -1) là trọng tâm của ABC. (Đề thi CĐ khối A,B,D- 40

Tọa độ điểm G thỏa mãn hệ : x + x + x A B C x = G 3 y + y + y A B C y = G 3 z + z + z A B C z = G 3 Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình : 1 + 0 + xc 0 = 3 1 + + y 3 0 + 1 + zc -1 = 3 AB = -1; 1; 1, AG = -1; 1; -1, uuur uuur éab,ag ù ê ú= (-; -; 0 ) // ( 1; 1; 0) ë û C = C -1; 3; -4 Ta có: Mp(ABC) có VTPT là : (1; 1; 0). Vậy : Phương trình đường thẳng đi qua C(-1; 3; -4) có VTCP (1; 1; 0) là : Bài 4 íï x = -1 + t ï ì y = 3 + t t R ï ïî z = -4 ( Î ) Cho A(1; 4; ), B(-1; ; 4) và đường thẳng x - 1 y + z : = = -1 1 Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc (OAB). Tọa độ trọng tâm G G G G x ; y ; z là: (Đề thi ĐH khối D-007) 41

x + x + x 3 y + y + y 3 z + z + z 3 O A B x G = = 0 O A B y G = = O A B z G = = Vậy: G = (0; ; ). OA 1; 4;, OB -1; ; 4 Ta có : VTCP của d là :. 4 1 1 4 OA,OB = ; - ; = 1; -1; 6 = 6 ; -1; 1 4-1 4-1 Phương trình đường thẳng d là: Bài 5 x y - z - = = -1 1. x = -1 + t x y - 1 z + Cho đường thẳng d 1: = = ; dy = 1 + t -1 1 z = 3 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mp(p) :7x + y - 4z = 0 và cắt hai đường thẳng d 1,d. Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng d với d 1,d. Vì M d 1;N d nên M(s; 1 - s ; - + s), N(t - 1; t + 1; 3). MN(t - s - 1; t + s; -s + 5) Vì d (P) MN // n 7; 1; -4. Do đó: nên P (Đề thi ĐH khối A-007) 4

t - s - 1 t + s -s + 5 = = 7 1-4 5t + 9s = -1 s = 1 4t +3s = -5 t = - Suy ra: M(; 0; -1), N(-5; -1; 3). Vậy: Phương trình đường thẳng d là : x - y z + 1 x + 5 y + 1 z - 3 = = hay = = 7 1-4 7 1-4. DạNG 4: CáC Vị TRí TƢƠNG ĐốI BàI TậP CƠ BảN Bài 1: 43

Xét vị trí tương đối của các cặp mặt phẳng sau: a) x + y - x + 5 = 0 và x + 3y - 7z - 4 = 0 b) 3x - y - 3z + 5 = 0 và 9x - 6y - 9z - 5 = 0 c) x - y + z - 4 = 0 và 10x - 10y + 0z - 40 = 0 a) Ta có: 1 : : -1¹ : 3 : -7. học1) Vậy: Hai mặt phẳng đã cho cắt nhau. b) Ta có: 3 - -3 5 = = ¹ 9-6 -9-5 Vậy: Hai mặt phẳng đã cho song song. c) Ta có: 1-1 -4 = = = 10-10 0-40 Vậy: Hai mặt phẳng đã cho trùng nhau. Bài (Bài 17-Trang89-SGKNC hình Xác định giá trị của m và n để mỗi cặp mp sau đây song song : a) x + ny + z + 3 = 0 và mx + y - 4z +7 =0. b) x + y + mz - =0 và x + ny + z + 8 = 0. học1) a) Hai mp đã cho song song khi và chỉ khi : n -1 3 = = ¹ m 7 Hay n = -, m = -4 b) Hai mp đã cho song song khi và chỉ khi : (Bài 17-Trang89-SGKNC hình 44

1 m - = = ¹ 1 n 8 Bài 3 trình : a) b) Vậy m = 4, n = 1 Xác định vị trí tương đối giữa các cặp đường thẳng d, d cho bởi phương x - 1 z - 3 x - 3 y + 1 z + d: = y - 7 =, d': = = 4 6-1 x = t x + y - z = 0 d: y = -3-4t, d': x - y + z = 0 z = -3-3t (Bài 8-Trang103-SGKNC hình học1) a) Đường thẳng d đi qua M(1; 7; 3) có VTCP u ; 1; 4 Đường thẳng d đi qua M (3; -1; -) có VTCP u' 6; -; 1 Ta có : MM' ; -8; -5, u,u' 9; ; -10 u,u'.mm' 108 0 Vậy : Hai đường thẳng d, d chéo nhau. b) Đường thẳng d đi qua điểm M(0; -3 ; -3) có VTCP u1; -4; -3. Đường thẳng d : x = t y = -4t z = -3t đi qua O(0; 0; 0) có VTCP u1; -4; -3. 45

Như vậy : d, d có cùng VTCP nhưng Od', O d. Nên d, d song song. BàI TậP NÂNG CAO Bài 1 Cho mp : x - my + 3z - 6 + m = 0 và (m + 3)x - y + (5m + 1)z - 10 = 0. Với giá trị nào của m thì : a) Hai mp đó song song. b) Hai mp đó trùng nhau. c) Hai mp đó cắt nhau. d) Hai mp đó vuông góc. (Bài 18-Trang89-SGKNC hình học1) ' Hai mp đã cho có VTPT là n (; -m; 3) và n = (m + 3; -; 5m + 1). ' n,n = (-5m - m + 6; -13m - 11; m + 3m - 4). ' Như vậy: vectơ đó cùng phương khi và chỉ khi n,n =0. Tức là: -5m - m + 6 = 0-7m + 7 = 0 m 1 m + 3m - 4 = 0 Với m = 1 khi đó mp đã cho trùng nhau. Vậy : a) Không có giá trị nào của m để mp song song. b) Khi m = 1 thì mp đó trùng nhau. c) Khi m 1 thì mp đó cắt nhau. 46

d) Hai mp vuông góc khi và chỉ khi n.n' 0. hay : (m + 3) + m +3(5m + 1) = 0 Û -9 m = 19 Bài Cho đường thẳng d a) Chứng tỏ đường thẳng đó chéo nhau. x = 8 + t 3 - x y - 1 z - 1 y = 5 + t, d': = = 7 3 z = 8 - t b) Viết phương trình đường vuông góc chung của đường thẳng đó. học1) (Bài 31-Trang103-SGKNC hình a) Đường thẳng đi qua M(8; 5; 8) và có VTCP u(1; ; -1). Đường thẳng d đi qua M (3; 1; 1) và có VTCP u'(-7; ; 3). Ta có : M'M = (5; 4; 7), u,u' = (8; 4; 16) u,u'.m'm = 168 0 Vậy : đường thẳng d, d chéo nhau. r ur b) Ta có : éu,u' ù êë ú= (8; 4; 16) û Đường vuông góc chung của d, d có VTCP u" nên : 1 u" = u,u' = (; 1; 4) 4 vuông góc với u, u' 47

Vì cắt d nên mp(,d) là mp đi qua M có VTPT n' = u",u = (-9; 6; 3) nên mp(,d) có phương trình : -9(x - 8) + 6(y - 5) + 3(z - 8) = 0 hay -3x + y + z + 6 = 0 Vì cắt d nên mp(,d ) là mp đi qua M có VTPT n" = u",u' = (-5; -34; 11) nên mp(,d ) có phương trình -5(x - 3) - 34(y - 1) + 11(z - 1) = 0 hay 5x + 34y - 11z - 38 = 0 Vậy : Đường vuông góc chung là giao tuyến của mp(,d) và mp(,d ). Nên có phương trình : Bài 3 x = 1 + t y = t z = -3 + 4t x - 1 y + z + 1 x + y - z - = 0 Cho đường thẳng d : = =, d : 1 3-1 x + 3y - 1 = 0 a) Chứng minh d, d song song với nhau. Viết phương trình mp(p) chứa cả 1 đường thẳng d, d. 1 b) Mp(Oxz) cắt cả đường thẳng d, d lần lượt tại các điểm A, B. Tính diện 1 tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ). a) Đường thẳng 1 d qua M và có VTCP u = 3; -1; 1 (Đề thi ĐH khối D-005). 48

Đường thẳng Nhưng M d. 1-1 -1 1 1 1 u = ; ; = 3; -1; = u 1 3 0 0 1 1 3 d có VTCP Vậy: d, d song song với nhau. 1 +Mp(P) chứa d nên phương trình có dạng : α x + y - z - + β x + 3y - 1 0 α + β 0 Để (P) chứa cả d thì M thuộc (P) (do M thuộc d ).Ta có: 1 1 α 1 - + 1 - + β 1-6 - 1 0 α + 17β 0 Chọn α = 17 β = -. Phương trình mp(p) là : 17(x + y - z - ) - (x + 3y - 1) = 0 15x + 11y - 17z - 10 = 0 b) Giao điểm A của mp(oxz) với d là nghiệm của hệ : 1 x - 1 y + z + 1 = = 3-1 y = 0 A -5; 0; -5 Giao điểm B của mp(oxz) với d là nghiệm của hệ : x + y - z - = 0 x + 3y - 1 = 0 B1; 0; 10 y = 0 OA = -5; 0; -5, OB = 1; 0; 10, OA,OB = 0; -10; 0 Suy ra : Vậy: Diện tích tam giác OAB là : 49

1 1 S = OA,OB =.10 = 5 OAB (đvdt) DạNG 5 : CáC BàI TOáN Về KHOảNG CáCH Và GóC Bài tập cơ bản Bài 1 a) Tính khoảng cách từ A(-1; -; 4) tới mp(p) : 4x + y + z + 9 =0. b) Tính khoảng cách từ M(; 3; 1) đến đường thẳng có phương trình : x + y - 1 z + 1 = = 1 - học1) a) Ta có : Khoảng cách từ A tới mp(p) là: 4. -1 - + 4 + 9 da, P 4 + 1 + 1 b) Đường thẳng đi qua M (-; 1; -1) có VTCP u(1; ; -) Ta có : M'M = (4; ; ), u,m'm = (8; -10; -6) (Bài 34-Trang104-SGKNC hình 50

Vậy : Khoảng cách cần tìm là: u,m'm 8 10 6 10 d = u 1 3 Bài Tìm góc giữa đường thẳng d và mp( ) có phương trình lần lượt là : x - y + 1 z - 1 d: = =, : x + y + z - 8 = 0 3 5 học1) Đường thẳng d có VTCP u(; 3; 5) (Bài 3-Trang103-SGKNC hình, mp( ) có VTPT n(; 1; 1). 0 0 Gọi là góc hợp bởi d và mp( ) thì 0 90. u.n 4 + 3 + 5 6 Khi đó : sin = = u. n 4 + 9 + 5. 4 + 1 + 1 57 Bài 3 Tính khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng có phương trìmh sau : x = 1 + t x = - 3t' d: y = -1 - t, d': y = - + 3t' z = 1 z = 3 học1) (Bài 35-Trang103-SGKNC hình + Đường thẳng d đi qua A(1; -1; 1) có VTCP a(1; -1; 0). Đường thẳng d đi qua B(; -; 3) có VTCP b(-1; 1; 0). Vì a, b cùng phương nhưng chúng không cùng phương với AB(1; -1; ) 51

nên d, d song song. Vậy: Khoảng cách giữa đường thẳng đó bằng khoảng cách từ A tới d. AB,b Và bằng :. b + Gọi là góc giữa d, d. a.b 1. -1-1.1 + 0 Ta có : cos = 1 a. b 1 + 1 1 + 1 Vậy : Góc giữa d, d bằng BàI TậP NÂNG CAO Bài 1 o 90. Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB, OBC, OCA là tam giác vuông tại O. Gọi,, lần lượt là góc giữa mp (ABC) và mp(obc), (OCA), (OAB). Bằng phương pháp tọa độ chứng minh : a) Tam giác ABC có 3 góc nhọn. b) cos + cos + cos = 1. (Bài -Trang90-SGKNC hình học1) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với Ox, Oy, Oz lần lượt là OA, OB, OC. Khi đó : A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) (với a > 0, b > 0, c > 0). a) Ta có: AB -a; b; 0, AC-a; 0; c nên AB.AC = a Vậy: Góc A của tam giác ABC là góc nhọn. b) Mp(ABC) có phương trình: >0. x y z 1 1 1 + + 1 VTPT n( ; ; ) a b c a b c 5

Mp(OBC) có VTPT i(1; 0; 0). Gọi là góc hợp bởi (ABC) và(obc) thì : cos = Tương tự: cos = cos = 1 n.i b.c = a = ; n. i 1 1 1 + + a b + b c + c a a b c ca a b + b c + c a ; ab a b + b c + c a ; Từ đó, suy ra cos + cos + cos = 1. Bài Trong không gian Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C. Biết A(a; 0; 0), B(-a; 0; 0), C(0; 1; 0), B (-a ;0 ;b), a > 0, b > 0. a) Tính khoảng cách giữa đường thẳng B C, AC theo a, b. b) Cho a, b thay đổi, nhưng luôn thỏa mãn a + b = 4. Tìm a, b để khoảng cách giữa đường thẳng B C và AC lớn nhất. (Đề thi ĐH khối D- 004) a) Ta có: C'(0; 1; b), B'C a; 1; -b, AC' -a; 1; b, AB' -a; 0; b B'C,AC' = b; 0; a, B'C,AC'.AB' = -ab. Khoảng cách: d B'C,AC'.AB' = B'C,AC' =... = ab B'C,AC' b) áp dụng bất đẳng thức côsi. Ta có : a +b 53

ab ab 1 1 a + b d B'C,AC' = = ab = a + b ab Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b =. Vậy : Khoảng cách giữa B C và AC lớn nhất bằng khi a = b =. Bài 3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC cắt BD tại gốc tọa độ O. Biết A(; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; ). Gọi M là trung điểm của SC. Tính góc và khoảng cách giữa SA, BM. (Đề thi ĐH khối A-004) Ta có: O là trung điểm của BD mà B(0; 1; 0), O(0; 0; 0) nên suy ra D(0; -1; 0). Tương tự: O là trung điểm của AC mà A(; 0; 0) nên C(-; 0; 0). M là trung điểm của SC mà S(0; 0; ) nên M(-1; 0; ). Þ SA uur = ; 0; -, BM uuur = -1; -1; ( ) ( ) Gọi a là góc giữa SA, BM. Khi đó : uur uuur uur uuur SA.BM 3 cos a = cos SA,BM = =... = =30 SA. BM é uur uuur ù ê ë ú û O ( ) uur uuur Þ a uuur Ta có : SA,BM = (- ; 0; -), AB = (-; 1; 0) Khoảng cách giữa đường thẳng SA, BM là : é uur uuur uuur SA,BM ù ê AB 6 d = ë ú û =... = ( SA,BM ) é uur uuur SA,BM ù 3 ê ë ú û Bài 4 54

Trong không gian Oxyz cho mp(p) : x - y + z - 1 = 0 và đường x+1 y z+9 x-1 y-3 z+1 thẳng Δ 1: = = ; Δ : = = 1 1 6 1 - Tìm điểm M 1 sao cho d = d M;Δ M; P. (Đề thi ĐH khối A- 009) Đường thẳng đi qua A (1; 3; -1) và VTPT u(; 1; -). M 1 M(-1 + t; t; -9 + 6t), MA( - t; 3 - t; 8-6t) Ta có : MA,u = (8t - 14; 0-14t; t - 4) MA,u = 3 9t - 88t + 68 MA,u 3 9t - 88t + 68 Khoảng cách : d M;Δ = = = 9t - 88t + 68 u 3 Khoảng cách : Ta có : -1 + t - t + 1t - 18-1 11t - 0 d M; P = = 1 + + 3 9t - 88t + 68 = Với t = 1 M(0; 1; -3). Với t = 53 35 11t - 0 3 9t - 88t + 68 = 35t - 88t + 53 = 0 t = 1 hoặc t = 53 35 18 53 3 M ; ; 35 35 35 1 (11t - 0) 9 DạNG 6 : MặT CầU - PHƢƠNG TRìNH MặT CầU Bài tập cơ bản Bài 1 55

a) b) Tìm tọa độ tâm và bán kính của mỗi mặt cầu sau đây : x + y + z - 8x + y + 1 = 0 3x + 3y +3z + 6x - 3y + 15z - = 0 (Bài 13-Trang8-SGKNC hình học1) a) Mặt cầu : Û x + y + z - 8x + y + 1 = 0 ( x - 4 ) + ( y + 1 ) + z = 16 Vậy mặt cầu đã cho có tâm I(4; -1; 0) và bán kính R = 4 b) Mặt cầu: 3x + 3y +3 z + 6x - 3y + 15z - = 0 æ 1ö æ 5ö 49 Û ( x + 1 ) + y - + z + = ç è ø èç ø 6 Vậy mặt cầu đã cho có tâm Bài Viết phương trình mặt cầu: æ 1 5ö I ç -1; ; - çè ø và bán kính 7 R = 6 a) Có tâm là I(1; 0; -1) và đường kính bằng 8. b) Có tâm I(3; -; 4) và đi qua A(7; ; 1) a) Ta có: Bán kính của mặt cầu bằng 4 học1) (Bài 9-Trang10-SBTNC hình Vậy mặt cầu có tâm I(1; 0; -1) và bán kính R = 4 có phương trình là: ( ) ( ) x - 1 + y + z + 1 = 16 uur IA = 4; 4; -3 Þ IA = 41 b) Ta có: ( ) Mặt cầu tâm I đi qua điểm A có bán kính R = IA = 41 Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là: 56

Bài 3 ( x - 4 ) + ( y - 4 ) + ( z + 3 ) = 41 Cho 4 điểm A(1; 1; 0), B(0; ; 1), (1; 0; ), D(1; 1; 1). Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. học1) Gọi I(x; y; z) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Khi đó ta có hệ phương trình : IA = IB IA = IC IA = ID (Bài 1-Trang118-SBTNC hình (x - 1) + (y - 1) + z = x + (y - ) + (z - 1) (x - 1) + (y - 1) + z = x - 1 + y + (z - ) (x - 1) + (y - 1) + z = (x - 1) + (y - 1) + (z - 1) -3 x = -x + y + z = 3-1 -y + 4z = 3 y = z = 1 1 z = Vậy: Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là : -3-1 1 I ; ;. Và R = ID = 5 3 1 35 + + = Do đó: Phương trình mặt cầu ngoại tiệp tứ diện ABCD là : 3 1 1 35 x + + y + + z - 4 Bài 4 Viết phương trình mặt cầu: 57

a) Đi qua 3 điểm A(0; 8; 0), B(4; 6; ), C(0; 1; 4) và có tâm nằm trên (Oxy). b) Có bán kính bằng, tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz) và có tâm nằm trên Ox. c) Có tâm I = (1; ; 3) và tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz). (Bài 14-Trang8-SGKNC hình học1) a) Tâm I của mặt cầu nằm trên (Oyz) nên I(0; b; c) Ta có: IA = IB = IC hay IA = IB IA = IC 8 - b + c = 1 - b + 4 - c 8 - b + c = 4 + 6 - b + - c b = 7 c = 5 Vậy I = (0; 7; 5). Khi đó R = IA = 0 + 1 + 5 = 6. b) Vì tâm I của mặt cầu nằm trên Ox và mặt cầu tiếp xúc (Oyz) nên điểm tiếp xúc là O. Do đó bán kính mặt cầu là R = IO = và I = (; 0; 0). Mặt cầu có phương trình: x - + y + z 4 c) Vì mặt cầu có tâm I(1; ; 3) và tiếp xúc (Oyz) nên bán kính R của mặt cầu bằng khoảng cách từ I tới (Oyz). Vậy: R = 1. Mặt cầu có phương trình: x - 1 + y - + z - 3 1. BàI TậP NÂNG CAO Bài 1 a)tìm tập hợp tâm của mặt cầu đi qua A(a; b; c) và có bán kính R. 58

b) Cho 4 điểm A(; 0; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; 6), D(; 4; 6). Tìm tập hợp điểm M sao cho MA + MB + MC + MD 4. c) Cho O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c). Tìm tập hợp điểm M sao cho MA + MB + MC = MO. a) Tập hợp tâm là mặt cầu : x - a + y - b + z - c = R b) Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD G = (1; ; 3). Ta có: MA + MB + MC + MD = 4MG MA + MB + MC + MD = 4 MG 4 MG 1 (Bài 33-Trang11-SBTNC hình học1) Vậy: Tập hợp các điểm M(x; y; z) thỏa mãn điều kiện đầu bài là mặt cầu có phương trình x - 1 + y - + z - 3 1. c) Giả sử: M(x; y; z), O(0; 0; 0). Tập hợp các điểm M sao cho Bài MA + MB + MC = MO là mặt cầu x - a + y - b + z - c + (x + y + z ) = x + y + z a + b + c x + y + z - ax - by - cz + = 0 Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(; 0; 1), B(1; 0; 0), C(1; 1; 1) và mp(p): x + y + z - = 0. Viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A, B, C và có tâm thuộc mp(p). : (Đề thi ĐH khối D-004) 59

Phương trình tổng quát của mặt cầu là : x + y + z + Ax + By + Cz + D = 0 hay x+a + y+b + z+c = R Mặt phẳng có tâm nằm trên mp : x + y + z - = 0 và đi qua 3 điểm A, B, C nên ta có hệ phương trình sau : Vậy : Phương trình mặt cầu là : Bài 3 4A + C + D = -5 A = -1 A + D = -1 B = 0 A + B + C + D = -3 C = -1 -A - B - C - = 0 D = 1 x + y + z - x - z + 1 = 0 hay x - 1 + y + z - 1 = 1 Cho 4 điểm A(3; 3; 0), B(3; 0; 3), C(0; 3; 3), D(3; 3; 3). a) Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp ABC (Đề thi ĐH khối D-008) a) Phương trình mặt cầu có dạng: x + y + z + ax + by + cz + d 0 ( Thay tọa độ của A, B, C, D vào phương trình. Ta được: 6a + 6b + d = -18-3 6a + 6c + d = -18 a = b = c = 6b + 6c + d = -18 d = 0 6a + 6b + 6c + d = -7 Vậy: Phương trình mặt cầu cần tìm là a + b + c - d 0 ) 60

x + y + z - 3x - 3y - 3z 0. b) Gọi (S) là mặt cầu qua A, B, C, D. Khi đó (S) có tâm I = 3 3 3 ; ;. Theo tính chất mặt cầu hình chiếu vuông góc của I lên mp(abc) chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Phương trình mp(abc) có dạng : mx + ny + pz + q = 0 ( m + n + p 0 ) Thay tọa độ A, B, C vào phương trình. Ta được: 3m + 3n + q = 0 -q 3m + 3p + q = 0 m = n = p = 0 6 3n + 3p + q = 0 Vậy : Phương trình mp(abc) là x + y + z - 6 = 0. VTPT (1; 1; 1 ) của mp này cũng là VTCP của đường thẳng đi qua I, vuông góc mp(abc). Gọi d là đường thẳng đó. Phương trình của đường thẳng d là : 3 3 3 x - = y - = z - hay x = y = z Tọa độ điểm H - tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là nghiệm của hệ phương trình sau : Vậy : H = (; ; ). x = y = z x + y + z - 6 = 0 x = y = z = 61