Kvant
Luyện thi đại học

Phương pháp tọa độ

Шувалова Э. З.

Kvant 1977, số 11tr. 82, 83, 84, 85, 87Thẻ LSJZ

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

82

E. Shuvalova

Phương pháp tọa độ

Đại số vectơ và phương pháp tọa độ, có trong chương trình giảng dạy toán học mới ở trường học, là một công cụ mạnh mẽ cho lời giải nhiều bài toán hình học, và trên hết vì chúng không yêu cầu xem xét các cấu hình hình học phức tạp. Các phương pháp này biến dạng hình học bài toán thành dạng đại số, thường dễ giải hơn dạng hình học ban đầu. Mọi kỹ sư đều phải nắm vững phương pháp tọa độ, và do đó đặc biệt chú ý đến tầm quan trọng của phương pháp tọa độ trong các kỳ thi đầu vào các ngành kỹ thuật.

Chương trình thi tuyển sinh đại học môn toán (xem “Quant”, 1977, số 2) quy định “thí sinh phải… sử dụng được các phương pháp đại số và khởi đầu phân tích ở lời giải hình học bài toán” (khoản 8 chuyên mục “Kỹ năng cơ bản”).

Những câu hỏi này là chủ đề của bài viết này.

  1. Tính góc

Bài toán 1. Cho giá trị hai góc phẳng của một phần tử tam diện:

(Kết thúc. Xem trang 77–81 để biết phần mở đầu.)
nghiêng về phía chân trời
α = β = arctg μ.

Để kết luận, chúng tôi mời độc giả tự mình giải đường dẫn bài toán như một bài tập. Chúng tôi khuyên bạn nên đặc biệt chú ý đến ý nghĩa của một số bài tập nhất định có trong điều kiện bài toán.

Bài tập

  1. Nam tước Munchausen khi bay lên Mặt trăng đã sử dụng khẩu pháo có chiều dài nòng L = 600 m. Để gửi một viên đạn vào không gian quốc tế, anh ta cần truyền đạt tốc độ |v| = 12 km/s. Xác định lực mà Nam tước Munchausen ép lên viên đạn dicho nằm bên trong viên đạn nếu khối lượng m = 80 kg. Giả sử đạn trong pháo chuyển động với cùng tốc độ (Hình 9). Hệ số ma sát của tải trọng trên bề mặt bằng

83

Hình 1.

BD→1=BA→+AD→+DD→1=(a;−b,c),\overrightarrow{BD}_1 = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DD}_1 = (a; -b, c),
A→1D=A→1A+AD→=(a;0;−c).\overrightarrow{A}_1D = \overrightarrow{A}_1A + \overrightarrow{AD} = (a; 0; -c).
Từ đây chúng tôi nhận được:

cos⁡(BD→1,A→1D)=BD→1⋅A→1D∣BD1∣⋅∣A1D∣=a2−c2a2+b2+c2a2+c2.\cos \left( \overrightarrow{BD}_1, \overrightarrow{A}_1D \right) = \frac{\overrightarrow{BD}_1 \cdot \overrightarrow{A}_1D}{|BD_1| \cdot |A_1D|} = \frac{a^2 - c^2}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2} \sqrt{a^2 + c^2}}.

Vì góc giữa hai đường thẳng là giá trị nhỏ hơn của các góc được xác định bởi những đường thẳng này (xem “Hình học 9”, § 24), nên tại a2−c2≥0a^2 - c^2 \geq 0 góc mong muốn bằng arccos⁡a2−c2a2+b2+c2a2+c2\arccos \frac{a^2 - c^2}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2} \sqrt{a^2 + c^2}} và tại a2−c2<0a^2 - c^2 < 0 nó bằng π−arccos⁡a2−c2a2+b2+c2a2+c2\pi - \arccos \frac{a^2 - c^2}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2} \sqrt{a^2 + c^2}}.

Cho công thức

π−arccos⁡t=arccos⁡(−t)\pi - \arccos t = \arccos (-t)

đáp số có thể được viết như sau:

(BD→1,A→1D)=\left( \overrightarrow{BD}_1, \overrightarrow{A}_1D \right) =

μ. Lực căng chỉ thay đổi bao nhiêu lần nếu hệ số ma sát giảm đi một nửa?

  1. Tên lửa cất cánh thẳng đứng hướng lên trên dưới tác động của khí hình thành trong quá trình đốt cháy nhiên liệu và phát ra với tốc độ ∣v⃗∣=1000|\vec{v}| = 1000 m/s so với mặt đất. Tên lửa sẽ tăng lên độ cao tối đa bao nhiêu nếu nó di chuyển trong Δt=2\Delta t = 2 s, và bỏ qua tỷ số giữa khối lượng khí cháy và khối lượng của tên lửa trong quá trình cất cánh và lực cản của không khí.

  2. Một người lính cứu hỏa giữ một cái vòi nghiêng một góc α=30∘\alpha = 30^\circ so với phương ngang. Tốc độ dòng nước từ vòi là G=50G = 50 kg/s. Tốc độ của nước thoát ra là ∣v⃗∣=20|\vec{v}| = 20 m/s. Lực của lính cứu hỏa tác dụng lên sàn tăng lên bao nhiêu?

  3. Hình 10 thể hiện một hệ gồm hai vật có khối lượng m1=2m_1 = 2 kg và m2=3m_2 = 3 kg, được nối với nhau bằng một sợi dây không hòa tan, ném qua một khối cố định và chuyển động được. Tại thời điểm ban đầu vật thứ nhất nằm trên mặt phẳng nghiêng có chiều dài L=3L = 3 m, hợp với đường chân trời một góc α=30∘\alpha = 30^\circ. Sau bao lâu vật này chạm tới mép mặt phẳng nghiêng nếu hệ số ma sát trên mặt phẳng nghiêng là μ=0,25\mu = 0,25? Bỏ qua ma sát trong các khối cũng như khối lượng của các khối và sợi dây.

84

Hình 3.

(vì điểm MM nằm trên đường thẳng AD1AD_1 khi và chỉ khi các vectơ AM→\overrightarrow{AM} và AD1→\overrightarrow{AD_1} thẳng hàng và tương tự đối với điểm NN). Bây giờ chúng ta hãy tìm MN→=MA→+AD→+DN→\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DN} và viết ra các điều kiện về độ vuông góc của vectơ MN→,AD1→\overrightarrow{MN}, \overrightarrow{AD_1} và MN→,DC1→\overrightarrow{MN}, \overrightarrow{DC_1}; điều này mang lại cho chúng ta hai phương trình mà từ đó chúng ta tìm thấy α\alpha và β\beta, sau đó là độ dài của vectơ MN→\overrightarrow{MN}.

Hãy thực hiện các tính toán cần thiết:

MN→=MA→+AD→+DN→=−AM→+AD→+DN→=−α⋅AD1→+AD→+β⋅DC1→=(βα;a(1−α);a(β−α)).\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DN} = -\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DN} = -\alpha \cdot \overrightarrow{AD_1} + \overrightarrow{AD} + \beta \cdot \overrightarrow{DC_1} = (\beta \alpha; a(1-\alpha); a(\beta-\alpha)).

Viết tích vô hướng MN→⋅AD1→\overrightarrow{MN} \cdot \overrightarrow{AD_1} và MN→⋅DC1→\overrightarrow{MN} \cdot \overrightarrow{DC_1} trong tọa độ và cho chúng bằng 0 (điều kiện vuông góc của hai vectơ), ta thu được hệ

{a2(1−α)+a2(β−α)=0,a2β+a2(β−α)=0,\begin{cases} a^2(1-\alpha) + a^2(\beta-\alpha) = 0, \\ a^2\beta + a^2(\beta-\alpha) = 0, \end{cases}

Ở đâu

{1+β−2α=0,2β−α=0,α=23,β=13.\begin{cases} 1 + \beta - 2\alpha = 0, \\ 2\beta - \alpha = 0, \\ \alpha = \frac{2}{3}, \beta = \frac{1}{3}. \end{cases}

Hiện nay

MN→=(a3;a3;−a3),\overrightarrow{MN} = \left( \frac{a}{3}; \frac{a}{3}; -\frac{a}{3} \right),

∣MN→∣=a29+a29+a29=a33.|\overrightarrow{MN}| = \frac{a^2}{9} + \frac{a^2}{9} + \frac{a^2}{9} = \frac{a\sqrt{3}}{3}.

Bài 4. Trong không gian, cho hai vòng AMAM và BKBK không nằm trong cùng một mặt phẳng và tạo thành một góc π/2\pi/2 với nhau; đoạn ABAB là đường vuông góc chung của chúng. Trên tia AMAM và

85

  1. Bài toán cho các phần

Thông thường, trong những bài toán như vậy, bạn cần tìm mặt cắt ngang của khối đa diện theo mặt phẳng (tức là hình dạng và diện tích của nó). Mặt cắt tạo ra một đa giác, các đỉnh của nó là giao điểm của mặt phẳng cắt với các cạnh của khối đa diện, và các cạnh là các đoạn thẳng mà mặt phẳng cắt cắt các mặt của khối đa diện.

Cần nhớ lại rằng mặt phẳng cắt giao với các mặt phẳng song song dọc theo các đường song song - điều này thường hữu ích với lời giải bài toán, chẳng hạn như trên mặt cắt của khối lập phương. Khi tính diện tích mặt cắt ngang, một công thức hữu ích liên hệ diện tích của một hình với diện tích hình chiếu của nó Sπp=Sϕπr⋅cos⁡φS_{\pi p} = S_{\phi \pi r} \cdot \cos \varphi (xem “Hình học 10”, § 50). Thông thường, công thức này cho phép bạn không tìm thấy phần đó mà ngay lập tức đưa ra diện tích của nó.

Bài toán 5. Hình dạng và diện tích mặt cắt ngang của hình lập phương ABCD1B1C1D1ABCD_1B_1C_1D_1 có mặt phẳng cạnh 1 đi qua đỉnh AA, điểm giữa của cạnh BCBC và tâm của mặt CDD1C1CDD_1C_1.

Hãy xây dựng hệ tọa độ chữ nhật như hình 5. Phương trình mặt phẳng cắt là phương trình tổng quát của mặt phẳng có dạng

ax+by+cz+d=0.ax + by + cz + d = 0.

Mối liên hệ giữa các hệ số a,b,c,da, b, c, d có thể được tìm thấy từ điều kiện các điểm A(0;0;0),E(1;1/2;0)A(0; 0; 0), E(1; 1/2; 0) (giữa cạnh BCBC) và M(1/2;1;1/2)M(1/2; 1; 1/2) (tâm của cạnh CDD1C1CDD_1C_1) nằm trong mặt phẳng này, tức là tọa độ của các điểm này phải thỏa mãn phương trình của mặt phẳng. Từ đây ta có hệ thống

{a⋅0+b⋅0+c⋅0+d=0,a⋅1+b⋅12+c⋅0+d=0,a⋅12+b⋅1+c⋅12+d=0.\begin{cases} a \cdot 0 + b \cdot 0 + c \cdot 0 + d = 0, \\ a \cdot 1 + b \cdot \frac{1}{2} + c \cdot 0 + d = 0, \\ a \cdot \frac{1}{2} + b \cdot 1 + c \cdot \frac{1}{2} + d = 0. \end{cases}

Hình chiếu của phần AEFGAEFG lên mặt phẳng ABCDABCD là tứ giác AECDAECD, có diện tích là 3/43/4. Do đó, cosin của góc của mặt phẳng AEFGAEFG và ABCDABCD bằng giá trị abcylot của cosin của góc giữa các vectơ vuông góc với các mặt phẳng này, ví dụ n⃗1=(1;−2;3)\vec{n}_1 = (1; -2; 3) và n⃗2=AA→1=(0;0;1)\vec{n}_2 = \overrightarrow{AA}_1 = (0; 0; 1) (xem “Hình học 10”, § 46, bài toán 43), do đó

cos⁡φ=∣n→1⋅n→2∣∣n→1∣⋅∣n→2∣=∣1⋅0−2⋅0+3⋅1∣12+22+32=314.\cos \varphi = \frac{|\overrightarrow{n}_1 \cdot \overrightarrow{n}_2|}{|\overrightarrow{n}_1| \cdot |\overrightarrow{n}_2|} = \frac{|1 \cdot 0 - 2 \cdot 0 + 3 \cdot 1|}{\sqrt{1^2 + 2^2 + 3^2}} = \frac{3}{\sqrt{14}}.

87

| OO1OO_1|, ∣O1A∣|O_1A| và ∣O1B∣|O_1B| sẽ được thực thi tự động, vì ∣O1O2∣⊥(OAB)|O_1O_2| \perp (OAB) và O2O_2 là tâm của tam giác OABOAB, điều kiện thứ hai là cos⁡((SAB),OAB^)=cos⁡φ\cos((SAB), \hat{OAB}) = \cos \varphi ở dạng tọa độ.

Dễ dàng tìm được phương trình mặt phẳng SABSAB có dạng

s3⋅x+s⋅y+a⋅z−a⋅s=0,\frac{s}{\sqrt{3}} \cdot x + s \cdot y + a \cdot z - a \cdot s = 0,

Hơn nữa, vectơ n⃗1=(s3;s;a)\vec{n}_1 = \left( \frac{s}{\sqrt{3}}; s; a \right) vuông góc với mặt phẳng này và vectơ n⃗2=(0;0;1)\vec{n}_2 = (0; 0; 1) vuông góc với mặt phẳng OABOAB. Bây giờ chúng ta nhận được hai phương trình:

a212+a24+(h−s)2=a212+a24+h2,\sqrt{\frac{a^2}{12} + \frac{a^2}{4}} + (h - s)^2 = \sqrt{\frac{a^2}{12} + \frac{a^2}{4}} + h^2,

as23+s2+a2=cos⁡φ.\frac{a}{\sqrt{\frac{s^2}{3} + s^2 + a^2}} = \cos \varphi.

Từ phương trình thứ hai chúng ta tìm thấy

s=32atgφ,s = \frac{\sqrt{3}}{2} a \mathrm{tg} \varphi,

và sau đó từ lần đầu tiên

h=34atgφ.h = \frac{\sqrt{3}}{4} a \mathrm{tg} \varphi.

Hiện nay

R2=∣OO1∣2=a2(16+9tg2φ)48R^2 = |OO_1|^2 = \frac{a^2 (16 + 9 \mathrm{tg}^2 \varphi)}{48}

Và

Scф=4πR2=πa2(16+9tg2φ)12.S_{\text{cф}} = 4\pi R^2 = \frac{\pi a^2 (16 + 9 \mathrm{tg}^2 \varphi)}{12}.

Bài 8. Dựa vào tham số của các hình dịch vụ có cạnh aa.

Hình 7.

Hai góc hai fer ở các cạnh của đáy là góc vuông, hai góc còn lại bằng φ\varphi. Tìm bán kính của hình cầu được ghi trong tham số.

Chúng ta hãy xây dựng một hệ tọa độ hình chữ nhật, như trong Hình 8. Tâm O1O_1 của hình cầu phải được loại bỏ khỏi tất cả các mặt của paramid, đặc biệt, khỏi các mặt phẳng tọa độ, ở khoảng cách rr—bán kính của hình cầu, do đó tọa độ của nó có dạng O1(r;r;r)O_1(r; r; r). Mặt phẳng SBCSBC chứa các điểm B(a;a;0)B(a; a; 0), C(0;a;0)C(0; a; 0) và S(0;0;atgφ)S(0; 0; a \mathrm{tg} \varphi), ta tìm được phương trình:

tgφ⋅y+z−atgφ=0.\mathrm{tg} \varphi \cdot y + z - a \mathrm{tg} \varphi = 0.

Một mặt, khoảng cách từ điểm O1O_1 đến mặt phẳng SBCSBC phải bằng rr; mặt khác có thể biểu diễn qua tọa độ của điểm SS, BB, CC: vectơ O1Q⃗\vec{O_1Q} vuông góc với mặt phẳng SBCSBC (Q∈(SBC)Q \in (SBC)), thẳng hàng với vectơ n⃗=(0;tgφ;1)\vec{n} = (0; \mathrm{tg} \varphi; 1) (tọa độ của vectơ nn được tìm từ phương trình của mặt phẳng SBCSBC), do đó

O1Q⃗=h⋅n⃗=(0;htgφ;h).\vec{O_1Q} = h \cdot \vec{n} = (0; h \mathrm{tg} \varphi; h).

Bây giờ, khi biết tọa độ của điểm O1O_1 thì tìm được mặt phẳng SBCSBC (tức là tọa độ của điểm QQ thỏa mãn phương trình của mặt phẳng SBCSBC):

tgφ(htgφ+r)+h+r−atgφ=0,\mathrm{tg} \varphi (h \mathrm{tg} \varphi + r) + h + r - a \mathrm{tg} \varphi = 0,

Ở đâu

h=(atgφ−r−rtgφ)cos⁡2φ,h = (a \mathrm{tg} \varphi - r - r \mathrm{tg} \varphi) \cos^2 \varphi,

∣O1Q∣=∣h∣⋅∣n⃗∣=(atgφ−r−rtgφ)cos⁡2φ⋅1cos⁡φ=(atgφ−r−rtgφ)cos⁡φ|O_1Q| = |h| \cdot |\vec{n}| = (a \mathrm{tg} \varphi - r - r \mathrm{tg} \varphi) \cos^2 \varphi \cdot \frac{1}{\cos \varphi} = (a \mathrm{tg} \varphi - r - r \mathrm{tg} \varphi) \cos \varphi

Hình 8.