›
›
›

Kiến thức trọng tâm Hình học Lớp 12 - Chương 3, Phần 1: Phương pháp tọa độ trong không gian

doc 143 trang xuanthu 200
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Kiến thức trọng tâm Hình học Lớp 12 - Chương 3, Phần 1: Phương pháp tọa độ trong không gian", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • dockien_thuc_trong_tam_hinh_hoc_lop_12_chuong_3_phan_1_phuong_p.doc

Nội dung text: Kiến thức trọng tâm Hình học Lớp 12 - Chương 3, Phần 1: Phương pháp tọa độ trong không gian

  1. chương 3 phương pháp tọa độ trong không gian A. Kiến thức cần nhớ I. Hệ tọa độ trong không gian 1. Hệ tọa độ trong không gian Định nghĩa 1 Hệ gồm ba trục Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc được gọi z là hệ trục tọa độ trong không gian. k Kí hiệu Oxyz hoặc (O, i , j , k ) với i , j , k là các vectơ O đơn vị lần lượt nằm trên ba trục đó. y j ▪ Điểm O được gọi là gốc tọa độ. x i ▪ Trục Ox được gọi là trục hoành, trục Oy được gọi là trục tung, trục Oz được gọi là trục cao. Ta chú ý rằng: 2 i 2 = j 2 = k = 1 và i . j = j . k = k . i = 0. 2. Tọa độ của vectơ Ta có v (x; y; z) v = x i + y j + z k . Nếu v (x; y; z) thì x = v . i , y = v . j , z = v . k . Các tính chất: Đối với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ v1 (x1; y1; z1) và v2 (x2; y2; z2) ta có các kết quả sau: x1 x2 1). v1 = v2 y1 y2 . z1 z2 2). v1 = ( x1; y1; z1), với Ă . 3). v1  v2 = ( x1 x2; y1 y2; z1 z2), với ,  Ă . 4). v1 . v2 = x1x2 + y1y2 + z1z2. 2 2 2 2 5). v1  = v1 = x1 y1 z1 . x x y y z z 6). cos( v , v ) = 1 2 1 2 1 2 . 1 2 2 2 2 2 2 2 x1 y1 z1 . x2 y2 z2 7). v1  v2 v1 . v2 = 0 x1x2 + y1y2 + z1z2 = 0. 339
  2. 3. Tọa độ của điểm  Ta có M(x; y; z) OM = x i + y j + z k .  Chú ý: Ta có các kết quả: M  O x = y = z = 0. M (Oxy) z = 0, tức là M(x; y; 0). M (Oyz) x = 0, tức là M(0; y; z). M (Oxz) y = 0, tức là M(x; 0; z). M Ox y = 0 và z = 0, tức là M(x; 0; 0). M Oy x = 0 và z = 0, tức là M(0; y; 0). M Oz x = 0 và y = 0, tức là M(0; 0; z). 4. liên hệ giữa Tọa độ của vectơ và tọa độ hai điểm mút Trong hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(x ; y ; z ) và B(x ; y ; z ) ta có:  A A A B B B a. AB = (xB xA; yB yA; zB zA).  2 2 2 b. AB =  AB  = (xB xA ) (yB yA ) (zB zA ) . xA xB yA yB zA zB c. Trung điểm I của đoạn AB có tọa độ ; ; . 2 2 2 5. Tích có hướng (hay tích vectơ) của hai vectơ Định nghĩa 2 Tích có hướng (hay tích vectơ) của hai vectơ v1 (x1; y1; z1) và v2 (x2; y2; z2) kí   v , v v : hiệu 1 2 là một vectơ được xác định bởi   y z z x x y v , v = 1 1 ; 1 1 ; 1 1 . 1 2 y2 z2 z2 x2 x2 y2 Các tính chất của tích có hướng: Ta có:   a. Vectơ v , v vuông góc với hai vectơ v và v , tức là: 1 2 1 2     v , v . v = v , v . v = 0. 1 2 1 1 2 2   b. v , v = v .v .sin(v , v ), trong đó là góc giữa hai vectơ v và v . 1 2 1 2 1 2 1 2   c. v , v = 0 khi và chỉ khi hai vectơ v và v cùng phương. 1 2 1 2 ứng dụng của của tích có hướng Diện tích hình bình hành: Diện tích của hình bình hành ABCD được cho bởi công thức:       S ABCD = AB, AD =  AB . AD .sin( AB, AD ), 340
  3. Diện tích tam giác: Diện tích của ABC được cho bởi công thức: 1   1     S ABC = AB, AC =  AB . AC .sin( AB, AC ). 2 2 Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ Định lí: Điều kiện cần và đủ để ba vectơ v1 , v2 và v3 đồng phẳng là:   v , v . v = 0. 1 2 3 Thể tích hình hộp: Thể tích V của hình hộp ABCD.A1B1C1D1 được cho bởi công thức:    V = AB, AD .AA . 1 Thể tích tứ diện: Thể tích V của tứ diện ABCD được cho bởi công thức: 1    V = AB, AC .AD . 6 6. phương trình mặt cầu Định lí: Trong không gian Oxyz, mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c) và bán kính R có phương trình: (S): (x a)2 + (y b)2 + (z c)2 = R2. (1) Phương trình (1) gọi là phương trình chính tắc của mặt cầu. Vậy, ta được: Tâm I(a;b;c) (S): (C): (x a)2 + (y b)2 + (z c)2 = R2. Bán kính R  Chú ý: Ta có: ▪ Mặt cầu tâm O bán kính R có phương trình x2 + y2 + z2 = R2. ▪ Mặt cầu đơn vị có phương trình x2 + y2 + z2 = 1. Định lí: Trong không gian Oxyz, mặt (S) có phương trình: (S): x2 + y2 + z2 2ax 2by 2cz + d = 0, (2) với a2 + b2 + c2 d > 0 là phương trình của mặt cầu tâm I(a; b; c) và bán kính R = a 2 b2 c2 d . Phương trình (2) gọi là phương trình tổng quát của mặt cầu. II. Phương trình mặt phẳng 1. Phương trình mặt phẳng Định lí: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) đi qua điểm M (x ; y ; z ) và có vtpt 0 0 0 0 n (A; B; C) có phương trình: (P): A(x x0) + B(y y0) + C(z z0) = 0. Vậy, ta có: Qua M0 (x0 ; y0 ;z0 ) (P): (P): A(x x0) + B(y y0) + C(z z0) = 0. vtpt n(A;B;C) 341
  4. Phương trình tổng quát của mặt phẳng trong không gian Oxyz là: (P): Ax + By + Cz + D = 0 với A2 + B2 + C2 > 0. (1) Khi đó, nó nhận vectơ n (A; B; C) làm một vtpt. 2. Các trường hợp riêng 1. Nếu D = 0, mặt phẳng (P) đi qua gốc tọa độ. 2. Nếu A = 0, B 0, C 0, mặt phẳng (P): By + Cz + D = 0 chứa hoặc song song với trục Ox. Tương tự: ▪ Mặt phẳng (P): Ax + Cz + D = 0 chứa hoặc song song với trục Oy. ▪ Mặt phẳng (P): Ax + By + D = 0 chứa hoặc song song với trục Oz. 3. Nếu A = 0, B = 0, C 0, mặt phẳng (P): Cz + D = 0 chứa hoặc song song với trục Ox và Oy nên nó song song hoặc trùng với mặt phẳng xOy. Tương tự: ▪ Mặt phẳng (P): Ax + D = 0 song song hoặc trùng với mặt phẳng yOz. ▪ Mặt phẳng (P): By + D = 0 song song hoặc trùng với mặt phẳng xOz. Đặc biệt, các phương trình x = 0, y = 0, z = 0 theo thứ tự là phương trình của các mặt phẳng tọa độ yOz, xOz, xOy. 4. Nếu A 0, B 0, C 0, D 0 thì bằng cách đặt: D D D x y z a = , b = , c = (P): + + = 1. (2) A B C a b c Phương trình (2) gọi là phương trình đoạn chắn của mặt phẳng (P). Mặt phẳng đó cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c). Vậy, ta có: Qua A(a;0;0) x y z (P): Qua B(0;b;0) (P): + + = 1. a b c Qua C(0;0;c) 3. Vị trí tương đối của hai mặt phẳng Với hai mặt phẳng (P1) và (P2) có phương trình: 2 2 2 (P1): A1x + B1y + C1z + D1 = 0, điều kiện A1 B1 C1 0 , 2 2 2 (P2): A2x + B2y + C2z + D2 = 0, điều kiện A2 B2 C2 0 , khi đó vectơ n1 (A1; B1; C1), n2 (A2; B2; C2) theo thứ tự là vtpt của (P1) và (P2), do đó: A1 B1 C1 D1 a. Nếu = = = thì (P1)  (P2). A2 B2 C2 D2 A1 B1 C1 D1 b. Nếu = = thì (P1) // (P2). A2 B2 C2 D2 c. Nếu A1: B1: C1 A2: B2: C2 thì (P1)  (P2) = {(d)}. 342
  5. 4. khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng Cho điểm M(xM; yM; zM) và mặt phẳng (P): Ax + By + Cz + D = 0. Khi đó, khoảng cách từ M đến (P) được tính bởi công thức: Ax By Cz D d(M, (P)) = M M M . A2 B2 C2 III. Phương trình đường thẳng 1. phương trình đường thẳng Trong không gian Oxyz, đường thẳng (d) đi qua điểm M (x ; y ; z ) có vtcp 0 0 0 0 u(a; b; c) có phương trình: x x0 at (d): y y0 bt , t Ă Phương trình tham số. z z0 ct x x y y z z (d): 0 0 0 với abc 0 Phương trình chính tắc. a b c Đường thẳng (d) đi qua hai điểm M1(x1; y1; z1) và M2(x2; y2; z2), ta có: Qua M1 (x1; y1;z1 ) Qua M1 (x1; y1;z1 ) (d): (d):  Qua M (x ; y ;z ) 2 2 2 2 vtcp M1M2 (x2 x1; y2 y1;z2 z1 ) x x1 (x2 x1 )t (d): y y1 (y2 y1 )t , t Ă z z1 (z2 z1 )t x x y y z z hoặc (d): 1 = 1 = 1 . x2 x1 y2 y1 z2 z1  Chú ý: Cho hai mặt phẳng (P1) và (P2) có phương trình:  (P1): A1x + B1y + C1z + D1 = 0, có vtpt n1 (A1; B1; C1 ) ,  (P2): A2x + B2y + C2z + D2 = 0, có vtpt n2 (A2 ; B2 ; C2 ) với điều kiện A1:B1:C1 A2:B2:C2. (*) Điều kiện (*) chứng tỏ (P1) và (P2) cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng (d) gồm những điểm M(x; y; z) thoả mãn hệ phương trình: A1x B1y C1z D1 0 . A2 x B2 y C2z D2 0 Khi đó, một vtcp u của đường thẳng (d) được xác định bởi:   B C C A A B u n , n = 1 1 ; 1 1 ; 1 1 . 1 2 B2 C2 C2 A2 A2 B2 343
  6. 2. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng Cho hai đường thẳng (d ) và (d ), biết: 1 2  ▪ (d1) đi qua điểm M1(x1; y1; z1) và có vtcp u (a1; b1; c1). 1 ▪ (d2) đi qua điểm M2(x2; y2; z2) và có vtcp u2 (a2; b2; c2).    Khi đó, xét ba vectơ u1 , u2 và M1M2 ta có kết quả:    1. (d1) và (d2) đồng phẳng khi và chỉ khi ba vectơ u1 , u2 và M1M2 đồng phẳng. Như vậy:    (d ) và (d ) đồng phẳng u , u .M M 0 . 1 2 1 1 1 2 2. (d1) và (d2) cắt nhau khi và chỉ khi chúng đồng phẳng và các vtcp của chúng không cùng phương. Như vậy:      (d ) và (d ) cắt nhau u , u .M M 0 và u , u 0 . 1 2 1 1 1 2 1 1   3. (d1) và (d2) song song với nhau khi và chỉ khi u1 và u2 cùng phương và (d1), (d2) không có điểm chung. Như vậy:     (d ) // (d ) u , u 0 và u , M M 0 . 1 2 1 1 1 1 2   4. (d1) và (d2) trùng nhau khi và chỉ khi u1 và u2 cùng phương và (d 1), (d2) có điểm chung. Như vậy:     (d )  (d ) u , u u , M M 0 . 1 2 1 1 1 1 2    5. (d1) và (d2) chéo nhau khi và chỉ khi ba vectơ u1 , u2 và M1M2 không đồng phẳng. Như vậy:    (d ) và (d ) chéo nhau u , u .M M 0 . 1 2 1 1 1 2 Khi đó, khoảng cách giữa (d1), (d2) được cho bởi:    u ,u .M M 1 2 1 2 d((d1), (d2)) =   . u ,u 1 2  Chú ý: Nếu biết phương trình của hai đường thẳng (d1) và (d2) thì cũng có thể xét vị trí tương đối của chúng bằng cách giải hệ gồm các phương trình xác định (d1) và (d2) để ìthỏa mãn giao điểm và khi đó: a. Nếu hệ có nghiệm duy nhất thì (d1) và (d2) cắt nhau. b. Nếu hệ có vô số nghiệm thì (d1) và (d2) trùng nhau. c. Nếu hệ vô nghiệm thì (d1) và (d2) song song hoặc chéo nhau, song song nếu hai vtcp của chúng cùng phương, chéo nhau nếu hai vectơ đó không cùng phương. 344
  7. 3. khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng Cho điểm M và đường thẳng (d) có vtcp u và đi qua điểm M0. Khi đó, khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d) được cho bởi:  MM ,u 0 d(M, (d)) = . u 4. Góc giữa hai đường thẳng   Cho hai đường thẳng (d1) có vtcp u1 (a1; b1; c1) và (d2) có vtcp là u2 (a2; b2; c2). Gọi là góc tạo bởi hai đường thẳng (d1) và (d2) (0 ), ta có: 2   u1.u2 a a b b c c cos =   = 1 2 1 2 1 2 . 2 2 2 2 2 2 u1 . u2 a1 b1 c1 . a 2 b2 c2  Chú ý: Điều kiện cần và đủ để (d1)  (d2) là: cos = 0 a1a2 + b1b2 + c1c2 = 0. 5. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Cho: ▪ Mặt phẳng (P) có vtpt n (A; B; C). ▪ Đường thẳng (d) có vtcp u(a;b;c) . Gọi là góc tạo bởi (P) và (d), ta có: Aa Bb Cc sin . A2 B2 C2 . a 2 b2 c2 B Phương pháp giải các dạng toán liên quan Đ1. hệ toạ độ trong không gian Dạng toán 1: Tọa độ của điểm, vectơ và các yếu tố liên quan Phương pháp Sử dụng các kết quả trong phần: Tọa độ của vectơ. Tọa độ của điểm. Liên hệ giữa tọa độ vectơ và tọa độ hai điểm mút. Tích có hướng của hai vectơ và các ứng dụng Thí dụ 1. Cho ba điểm A(1; 2; 3), B(3; 5; 4), C(3; 0; 5). a. Chứng minh A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b. Tính chu vi, diện tích của ABC. 345
  8. c. D ABCD Tìm toạ độ điểm để là hình bình hành và tính côsin góc giữa hai vectơ AC và BD . d. Tính độ dài đường cao hA của ABC kẻ từ A. e. Tính các góc của ABC. f. Xác định toạ độ trực tâm H của ABC. g. Xác định toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.  Giải a. Ta có:    AB (2; 3; 1) và AC (2; 2; 2) AB và AC không cùng phương. Vậy, ba điểm A, B, C không thẳng hàng. b. Ta lần lượt có: 2 2 2 2 2 2 2 2 CV ABC = AB + AC + BC = 2 3 1 2 ( 2) 2 ( 5) 1 = 14 12 26 .   1 1 1 2 2 2 S ABC = AB, AC = (8; 2; 10) = 8 ( 2) ( 10) = 42 . 2 2 2 c. Giả sử D(x; y; z), để ABCD là hình bình hành điều kiện là: AB = DC (2; 3; 1) = (3 x; y; 5 z) 2 3 x x 1 3 y y 3 D(1; 3; 4). 1 5 z z 4     AB.BD 12 51 cos( AC , BD ) =   = = . AB . BD 12. 68 17 d. Ta có: 1 2S ABC 2 42 2 273 S ABC = hA.BC hA = = = . 2 BC 26 13 e. Ta lần lượt có:  AB.AC cosA =   = 0 A = 900, AB . AC   BA.BC 51 118 cosB =   = và cosC = sinB = 1 cos2 B = . BA . BC 13 13 f. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: Cách 1: Giả sử H(x; y; z) là trực tâm ABC, ta có điều kiện:   AH  BC AH  BC   BH  AC BH  AC    H (ABC) Ba vectơ AB, AC, AH đồng phẳng 346
  9.   AH.BC 0 (x 1; y 2; z 3).(0; 5; 1) 0   BH.AC 0 (x 3; y 5; z 4).(2; 2; 2) 0    AB, AC .AH 0 (8; 2; 10).(x 1; y 2; z 3) 0 5(y 2) z 3 0 5y z 7 x 1 2(x 3) 2(y 5) 2(z 4) 0 x y z 2 y 2 8(x 1) 2(y 2) 10(z 3) 0 4x y 5z 13 z 3 Vậy, ta được trực tâm H(1; 2; 3). Cách 2: Vì ABC vuông tại A nên trực tâm H  A, tức là H(1; 2; 3). g. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: Cách 1: Giả sử I(x; y; z) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, ta có: AI2 BI2 AI2 BI2 AI BI 2 2 2 2 AI CI AI CI AI CI       I (ABC) AB, AC, AH đồng phẳng AB, AC .AI 0 (x 1)2 (y 2)2 (z 3)2 (x 3)2 (y 5)2 (z 4)2 2 2 2 2 2 2 (x 1) (y 2) (z 3) (x 3) y (z 5) 4x y 5z 13 2x 3y z 18 x 3 x y z 5 y 5 / 2 . 4x y 5z 13 z 9 / 2 5 9 Vậy, ta được tâm đường tròn ngoại tiếp là I 3; ; . 2 2 Cách 2: Vì ABC vuông tại A nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp ABC chính là 5 9 trung điểm của BC, tức là I 3; ; . 2 2  Nhận xét: Như vậy, với bài toán trên (tam giác trong không gian) các em học sinh có thể ôn tập được hầu hết kiến thức trong bài học "Hệ tọa độ trong không gian", và trong đó với các câu f), g): ▪ở cách 1, chúng ta nhận được phương pháp chung để thực các yêu cầu của bài toán. ▪ở cách 2, bằng việc đánh giá được dạng đặc biệt của ABC chúng ta nhận được lời giải đơn giản hơn rất nhiều. 347
  10. Thí dụ 2. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(5; 3; 1), B(2; 3; 4), C(1; 2; 0), D(3; 1; 2). a. Tìm tọa độ các điểm A 1, A2 theo thứ tự là các điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (Oxy) và trục Oy. b. Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện. c. Tính thể tích khối tứ diện ABCD. d. Chứng minh rằng hình chóp D.ABC là hình chóp đều. e. Tìm tọa độ chân đường cao H của hình chóp D.ABC. f. Chứng minh rằng tứ diện ABCD có các cạnh đối vuông góc với nhau. g. Tìm tọa độ điểm I cách đều bốn điểm A, B, C, D.  Giải a. Ta lần lượt: ▪ Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (Oxy) là điểm E(5; 3; 0). Từ đó, vì E là trung điểm của AA1 nên A1(5; 3; 1). ▪ Hình chiếu vuông góc của điểm A trên trục Oy là điểm F(0; 3; 0). Từ đó, vì F là trung điểm của AA2 nên A2( 5; 3; 1). b. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: Cách 1: Để chứng minh bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng ta sẽ đi chứng minh    ba vectơ DA (2; 2; 1), DB ( 1; 2; 2), DC ( 2; 1; 2) không đồng phẳng.    Giả sử trái lại, tức là ba vectơ DA , DB , DC đồng phẳng, khi đó sẽ tồn tại cặp số thức ,  sao cho: 2 2    DA = DB +  DC 2 2  , vô nghiệm 1 2 2    Ba vectơ DA , DB , DC không đồng phẳng. Vậy, bốn điểm A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện.    Cách 2: Ta có DA (2; 2; 1), DB ( 1; 2; 2), DC ( 2; 1; 2), từ đó suy ra:    2 1 1 2 2 2 DA, DB .DC = .( 2) .1 .2 = 27 0 2 2 2 1 1 2    Ba véctơ DA , DB và DC không đồng phẳng. Vậy, bốn điểm A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện. 1    9 c. Thể tích V của tứ diện ABCD được cho bởi V DA, DB .DC = . 6 2 d. Ta lần lượt có: DA 22 22 12 3 2 2 2 DB ( 1) 2 ( 2) 3 DA = DB = DC. DC ( 2)2 12 22 3 348
  11. Tương tự, ta cũng có AB = BC = CA = 3 2 . Vậy, hình chóp D.ABC là hình chóp đều. e. Ta có thể trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Giả sử H(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (ABC), ta có điều kiện:     DH  AB DH  AB DH.AB 0     DH  AC DH  AC DH.AC 0       H (ABC) Ba vectơ AB, AC, AH đồng phẳng AB, AC .AH 0 x z 1 x 8/ 3 8 8 5 4x y z 15 y 8/ 3 H ; ; . 3 3 3 x 5y z 9 z 5 / 3 8 8 5 Vậy, ta được H ; ; . 3 3 3 Cách 2: Dựa theo kết quả câu d), ta suy ra chân đường cao H của hình chóp D.ABC chính là trọng tâm của ABC, do đó:  1    OH OA OB OC 3 xA xB xC yA yB yC zA zB zC 8 8 5 H ; ; ; ; . 3 3 3 3 3 3 f. Với cặp cạnh AD và BC, ta có:     DA (2; 2; 1), BC ( 1; 1; 4) DA . BC = 0 AD  BC. Chứng minh tương tự, ta cũng có AB  CD và AC  BD. Vậy, tứ diện ABCD có các cạnh đối vuông góc với nhau. D g. Ta có thể trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Giả sử I(x; y; z) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, ta có: I 2 2 AI BI AI BI A B 2 2 AI CI AI CI H AI DI 2 2 AI DI C (x 5)2 (y 3)2 (z 1)2 (x 2)2 (y 3)2 (z 4)2 2 2 2 2 2 2 (x 5) (y 3) (z 1) (x 1) (y 2) z 2 2 2 2 2 2 (x 5) (y 3) (z 1) (x 3) (y 1) (z 2) x z 1 x 5 / 2 5 7 3 4x y z 15 y 7 / 2 I ; ; . 2 2 2 4x 4y 2z 21 z 3/ 2 349
  12. Cách 2: Dựa theo kết quả câu d), ta suy tâm I(x; y; z) thuộc DH sao cho ID = IB, tức là ta có: (x 3)2 (y 1)2 (z 2)2 (x 2)2 (y 3)2 (z 4)2 2 2 DI BI x 3 y 1 z 2   DI // HI 8 8 5 x y z 3 3 3 2x 4y 4z 15 x 5 / 2 5 7 3 5x y 16 y 7 / 2 I ; ; . 2 2 2 x z 1 z 3/ 2  Nhận xét: Như vậy, với bài toán trên (khối đa diện) các em học sinh đã ôn tập được các kiến thức trong bài học "Hệ tọa độ trong không gian", và trong đó: ▪ở câu b), chúng ta nhận được hai phương pháp để chứng minh bốn điểm không đồng phẳng (tương ứng với ba vectơ không đồng phẳng) và thông thường chúng ta sử dụng cách 2    DA, DB .DC trong bài thi. Và đặc biệt giá trị được xác định rất nhanh và chính xác với các em học sinh biết sử dụng máy tính Casio fx 570MS. ▪ở câu e), cách 1 trình bày phương pháp chung cho mọi dạng tứ diện và cách 2 được đề xuất dựa trên dạng đặc biệt của tứ diện ABCD. Và các em học sinh cần nhớ thêm rằng chúng ta còn có một cách chung khác bằng việc thực hiện theo các bước: Bước 1: Viết phương trình mặt phẳng (ABC). Bước 2: Viết phương trình đường thẳng (d) qua D và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Bước 3: Khi đó, điểm H chính là giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (ABC). ▪ Hai cách sử dụng trong câu g) với ý tương tượng tự như câu e). Tuy nhiên, các em học sinh cũng có thể thực hiện như sau: Bước 1: Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD (phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm). Bước 2: Từ kết quả ở bước 1, chúng ta nhận được tọa độ tâm I. Dạng toán 2: Phương trình mặt cầu Phương pháp Với phương trình cho dưới dạng chính tắc: (S): (x a)2 + (y b)2 + (z c)2 = k, với k > 0 ta lần lượt có: 350
  13. Bán kính bằng R = k . Tọa độ tâm I là nghiệm của hệ phương trình: x a 0 x a y b 0 y b I(a; b; c). z c 0 z c Với phương trình cho dưới dạng tổng quát ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình ban đầu về dạng: (S): x2 + y2 + z2 2ax 2by 2cz + d = 0. (1) Bước 2: Để (1) là phương trình mặt cầu điều kiện là: a2 + b2 + c2 d > 0. Bước 3: Khi đó (S) có thuộc tính: Tâm I(a;b;c) . 2 2 2 Bán kính R a b c d Thí dụ 1. Cho họ mặt cong (Sm) có phương trình: 2 2 2 2 (Sm): (x 2) + (y 1) + (z m) = m 2m + 5. a. Tìm điều kiện của m để (Sm) là một họ mặt cầu. b. Tìm mặt cầu có bán kính nhỏ nhất trong họ (Sm). c. Chứng tỏ rằng họ (Sm) luôn chứa một đường tròn cố định.  Giải a. Để (Sm) một họ mặt cầu điều kiện là: m2 2m + 5 > 0 (m 1)2 + 4 > 0, luôn đúng. Vậy, với mọi m thì (Sm) luôn là phương trình của mặt cầu với: TâmI(2;1;m) . 2 Bán kính R (m 1) 4 b. Ta có: 2 2 R = (m ) + 4 4 Rmin = 2, đạt được khi m = 1. Vậy, trong họ (Sm) mặt cầu (S1) có bán kính nhỏ nhất bằng 2. c. Giả sử M(x0; y0; z0) là điểm cố định mà họ (Sm) luôn đi qua, ta có: 2 2 2 2 (x0 2) + (y0 1) + (z0 m) = m 2m + 5, m 2 2 2 2(1 z0 )m (x0 2) (y0 1) z0 5 0, m 1 z0 0 z0 1 . 2 2 2 2 2 (x0 2) (y0 1) z0 5 0 (x0 2) (y0 1) 4 Vậy, họ (Sm) luôn chứa đường tròn (C) có tâm I0(2; 1; 1) và bán kính R0 = 2 nằm trong mặt phẳng (P0): z = 1. 351
  14.  Chú ý: Thông qua lời giải câu c) các em học sinh hãy tổng kết để có được phương pháp thực hiện yêu cầu "Chứng tỏ rằng họ mặt cầu (Sm) luôn chứa một đường tròn cố định". Thí dụ 2. Cho họ mặt cong (Sm) có phương trình: 2 2 2 2 2 (Sm): x + y + z 2m x 4my + 8m 4 = 0. a. Tìm điều kiện của m để (Sm) là một họ mặt cầu. b. Chứng minh rằng tâm của họ (Sm) luôn nằm trên một Parabol (P) cố định trong mặt phẳng Oxy, khi m thay đổi. c. Trong mặt phẳng Oxy, gọi F là tiêu điểm của (P). Giả sử đường thẳng (d) đi qua F tạo với chiều dương của trục Ox một góc và cắt (P) tại hai điểm M, N. ▪ Tìm toạ độ trung điểm E của đoạn MN theo . ▪ Từ đó suy ra quỹ tích E khi thay đổi.  Giải a. Ta có thể trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Biến đổi phương trình ban đầu về dạng: (x m2)2 + (y 2m)2 + z2 = m4 4m2 + 4. Từ đó, để phương trình đã cho là phương trình của mặt cầu điều kiện là: m4 4m2 + 4 > 0 (m2 2)2 > 0 m2 2 0 m 2 . Vậy, với m 2 thì (Sm) là phương trình của mặt cầu có: 2 TâmI(m ;2m;0) 2 . Bkính R m 2 Cách 2: Để (Sm) là một họ mặt cầu điều kiện cần và đủ là: m4 + 4m2 8m2 + 4 > 0 (m2 2)2 > 0 m2 2 0 m 2 . Vậy, với m 2 thì (Sm) là phương trình của mặt cầu có: 2 TâmI(m ;2m;0) 2 . Bkính R m 2 b. Ta có: x m2 y2 4x Im: y 2m . z 0 z 0 2 Vậy, trong mặt phẳng Oxy tâm Im luôn nằm trên Parabol (P): y = 4x. c. Trong mặt phẳng Oxy, xét Parabol (P): y2 = 4x, có tiêu điểm F(1; 0). 352
  15. ▪ Phương trình đường thẳng (d) đi qua F tạo với chiều dương của trục Ox một góc có dạng: qua F(1;0) (d): (d): y = (x 1)tan . hệ số góc k tan ▪ Toạ độ giao điểm M, N của (P) và (d) là nghiệm của hệ phương trình: y2 4x x2tan2 2(tan2 + 2)x + tan2 = 0. (1) y (x 1) tan Ta có: ' = (tan2 + 2)2 tan4 = 4tan2 + 4 > 0,  do đó (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Vậy (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt M(xM; yM), N(xM; yM) có hoành độ thoả mãn: 2(tan2 2) x x . M N tan2 ▪ Gọi E(xE, yE) là trung điểm của đoạn MN, ta có: tan2 2 1 xE 2 xE (xM x N ) tan 2 1 2(tan2 2) y (x 1) tan E E yE 2 2 tan 2 tan tan2 2 xE 2 tan . (I) 2 y E tan 2 Khử từ hệ (I) ta được yE = 4xE 2 2 Vậy, quĩ tích trung điểm E của đoạn MN thuộc Parabol (P1) cú phương trình y = 4x 2 trong mặt phẳng Oxy.  Nhận xét: Như vậy, với bài toán trên: ▪ở câu a), việc trình bày theo hai cách chỉ có tính minh họa, bởi trong thực tế chúng ta thường sử dụng cách 2. ▪ở câu b), chúng ta sử dụng kiến thức về tam thức bậc hai. ▪ở câu c), các em học sinh đã thấy được mối liên hệ giữa hình học giải tích trong mặt phẳng với hình học giải tích trong không gian. Dạng toán 3: Viết phương trình mặt cầu Phương pháp Gọi (S) là mặt cầu thoả mãn điều kiện đầu bài. Chúng ta lựa chọn phương trình dạng tổng quát hoặc dạng chính tắc. 353
  16. Khi đó: 1. Muốn có phương trình dạng chính tắc, ta lập hệ 4 phương trình với bốn ẩn a, b, c, R, điều kiện R > 0. Tuy nhiên, trong trường hợp này chúng ta thường chia nó thành hai phần, bao gồm: ▪ Xác định bán kính R của mặt cầu. ▪ Xác tâm I(a; b; c) của mặt cầu. Từ đó, chúng ta nhận được phương trình chính tắc của mặt cầu. 2. Muốn có phương trình dạng tổng quát, ta lập hệ 4 phương trình với bốn ẩn a, b, c, d, điều kiện a2 + b2 + c2 d > 0.  Chú ý: 1. Cần phải cân nhắc giả thiết của bài toán thật kỹ càng để lựa chọn dạng phương trình thích hợp. 2. Trong nhiều trường hợp đặc thù chúng ta còn sử dụng phương pháp quỹ tích để xác định phương trình mặt cầu. Thí dụ 1. Viết phương trình mặt cầu trong các trường hợp sau: a. Đường kính AB với A(3; 4; 5), B( 5; 2; 1). b. Tâm I(3; 2; 1) và đi qua điểm C( 2; 3; 1).  Giải a. Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Mặt cầu (S) có: Tâm I là trungđiểmAB Tâm I( 1; 1; 3) (S): AB (S): Bán kính R R 29 2 (S): (x )2 + (y + 1)2 + (z )2 = 29. : Ta có: Cách 2   M(x; y; z) (S) MA  MB AM.BM = 0 (x 3; y + 4; z 5).(x + 5; y 2; z 1) = 0 (x 3)(x + 5) + (y + 4)(y 2) + (z 5)(z 1) = 0 x2 + y2 + z2 x + 2y 6z 18 = 0. Đó chính là phương trình mặt cầu (S) cần tìm. Cách 3: Ta có: M(x; y; z) (S) MAB vuông tại M AM2 + BM2 = AB2 (x 3)2 + (y + 4)2 + (z 5)2 + (x + 5)2 + (y 2)2 + (z 1)2 = 116 x2 + y2 + z2 x + 2y 6z 18 = 0. Đó chính là phương trình mặt cầu (S) cần tìm. b. Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Mặt cầu (S) có: Tâm I Tâm I(3; 2;1) (S): (S): Đi qua C Bán kính R IC 5 2 (S): (x 3)2 + (y + 2)2 + (z 1)2 = 50. 354
  17. Cách 2: Mặt cầu (S) có tâm I(3; 2; 1) có phương trình: (x 3)2 + (y + 2)2 + (z 1)2 = R2. Điểm C( 2; 3; 1) (S) điều kiện là: ( 2 3)2 + (3 + 2)2 + (1 1)2 = R2 R2 = 50. Vậy, phương trình mặt cầu (S) có dạng: (x 3)2 + (y + 2)2 + (z 1)2 = 50. Cách 3: Mặt cầu (S) có tâm I(3; 2; 1) có phương trình: (S): x2 + y2 + z2 6x + 4y 2z + d = 0. Điểm C( 2; 3; 1) (S) điều kiện là: 4 + 9 + 1 + 12 + 12 2 + d = 0 d = 36. Vậy, phương trình mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 6x + 4y 2z + 36 = 0. Cách 4: Ta có: M(x; y; z) (S) IM = IA IM2 = IA2 (x 3)2 + (y + 2)2 + (z 1)2 = 50. Đó chính là phương trình mặt cầu (S) cần tìm.  Nhận xét: Như vậy, với bài toán trên: ▪ở câu a), với cách 1 chúng ta đi xác định tọa độ tâm I và tính bán kính R, từ đó sử dụng công thức để nhận được phương trình chính tắc của mặt cầu (S). Các cách 2, cách 3 chúng ta đã sử dụng phương pháp quỹ tích để nhận được phương trình mặt cầu (S). ▪ở câu b), cách 1 có ý tương tương tự như trong câu a). Các cách 2, cách 3 chúng ta đã sử dụng các dạng phương trình có sẵn của mặt cầu và ở đó giá trị của tham số còn lại (R hoặc d) được xác định thông qua điều kiện C thuộc (S). Cách 4 chúng ta sử dụng phương pháp quỹ tích để nhận được phương trình mặt cầu (S). Thí dụ 2. Viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A(1; 2; 2), B(0; 1; 0) và tâm I thuộc trục Oz.  Giải Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Mặt cầu (S) có tâm I thuộc trục Oz suy ra I(0; 0; c) nên nó có dạng: x2 + y2 + (z c)2 = R2. • Điểm A(1; 2; 2) (S) nên: 1 + 4 + (2 c)2 = R2 (c 2)2 + 5 = R2. (1) • Điểm B(0; 1; 0) (S) nên: 1 + ( c)2 = R2 c2 + 1 = R2. (2) Lấy (2) (1), ta được: 4c 8 = 0 c = 2. 355
  18. Thay c = 2 vào (2), ta được R2 = 5. Vậy, phương trình mặt cầu (S) có dạng: (S): x2 + y2 + (z 2)2 = 5. Cách 2: Mặt cầu (S) có tâm I thuộc trục Oz suy ra I(0; 0; c) nên nó có dạng: x2 + y2 + z2 2cy + d = 0, với c 2 d > 0. Với các điểm A, B thuộc (S), ta có hệ phương trình: 9 4c d 0 c 2 . 1 d 0 d 1 Vậy, phương trình mặt cầu (S) có dạng: (S): x2 + y2 + z2 4z 1 = 0. Cách 3: Mặt cầu (S) có tâm I thuộc trục Oz suy ra I(0; 0; c). Với các điểm A, B thuộc (S), ta có điều kiện là: IA = IB IA2 = IB2 1 + 4 + (2 c)2 = 1 + ( c)2 c = 2. Vậy, phương trình mặt cầu (S) được cho bởi: Tâm I(0;0;2) (S): (S): x2 + y2 + (z 2)2 = 5. Bán kính R IA 5 Cách 4: Mặt cầu (S) có tâm I thuộc trục Oz suy ra I(0; 0; c). 1 3 Trung điểm của AB là điểm M ; ; 1 , ta có điều kiện là: 2 2     IM  AB IM  AB IM.AB 0 1 3 1 3 ; ; 1 c ( 1; 1; 2) 0 2(1 c) 0 c = 2. 2 2 2 2 Vậy, phương trình mặt cầu (S) được cho bởi: Tâm I(0;0;2) (S): (S): x2 + y2 + (z 2)2 = 5. Bán kính R IA 5  Chú ý: Ngoài bốn cách giải trên, để viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm thuộc đường thẳng (d) chúng ta còn có thể thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Mặt cầu (S) đi qua hai điểm A, B suy ra tâm I thuộc mặt phẳng (P) là mặt phẳng trung trực của AB. Ta có: Qua E là trung điểm của AB (P):  . vtpt AB Bước 2: Tâm {I} = (P)  (d), nên toạ độ của I là nghiệm của hệ phương trình tạo bởi (d) và (P). Bước 3: Vậy, phương trình mặt cầu (S) được cho bởi: Tâm I (S): . Bán kính R IA 356
  19. Thí dụ 3. Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), C(0; 2; 4) và có tâm nằm trên mặt phẳng (Oyz).  Giải Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Giả sử mặt cầu (S) có phương trình: (S): x2 + y2 + z2 2ax 2by 2cz + d = 0, với a 2 + b2 + c2 d > 0. Vì tâm I(a; b; c) thuộc mặt phẳng (Oxy) nên a = 0. (1) Với các điểm A, B, C thuộc (S), ta có hệ phương trình: 6 4a 2b 2c d 0 2b 2c d 6 b 1 2 2a 2b d 0 2a 2b d 2 c 2 . 20 4b 8c d 0 4b 8c d 20 d 0 Vậy, phương trình mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 2y 4z = 0. Cách 2: Mặt cầu (S) có tâm I thuộc mặt phẳng (Oyz) suy ra I(0; b; c). Với các điểm A, B, C thuộc (S), ta có điều kiện là: AI = BI = IC AI2 BI2 4 (b 1)2 (c 1)2 1 (b 1)2 c2 2 2 2 2 2 2 AI CI 4 (b 1) (c 1) (b 2) (c 4) c 2 c 2 . b 3c 7 b 1 Vậy, phương trình mặt cầu (S) được cho bởi: Tâm I(2;1;0) (S): (S): x2 + (y 1)2 + (z 2)2 = 9. Bán kính R IA 3  Chú ý: Ngoài hai cách giải trên, để viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P) chúng ta còn có thể tận dụng được tính chất của ABC để nhận được lời giải đơn giản hơn, cụ thể: Bước 1: Ta có: Nếu ABC đều thì tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là trọng tâm H của ABC. Nếu ABC vuông tại A thì tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là trung điểm H của BC. Bước 2: Viết phương trình đường thẳng (d) qua H và vuông góc với với mặt phẳng (ABC). Bước 3: Tâm {I} = (P)  (d), nên toạ độ của I là nghiệm của hệ phương trình tạo bởi (d) và (P). Bước 4: Vậy, phương trình mặt cầu (S) được cho bởi: Tâm I (S): . Bán kính R IA Chúng ta sẽ được thấy cách giải này trong phần đường thẳng. 357