4
NỘI DUNG
I. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong hệ trục toạ độ Oxyz
1. Tọa độ của điểm:
 
;;M x y z OM xi y j zk   
   
,
với
(1;0;0); (0;1;0); (0;0;1)i j k  
   đặc biệt:
     
     
     
; ;0 ; ;0;0
0; ; ; 0; ;0
;0; ; 0;0;
M Oxy M x y M Ox M x
M Oyz M y z M Oy M y
M Oxz M x z M Oz M z
   
   
   
;;ku kx ky kz
4. Tích vô hướng:
. ' . ' . ' . 'u u x x y y z z  
 

.0u v u v  
   

5. Các công thức tính độ dài và góc
2 2 2
u x y z  
 
2
22
) ( ) (
B A B A B A
AB x x y y z z     
 
2 2 2 2 2 2
. ' ' ' '
cos ; '

.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
và
b
cùng hƣớng. 5
Tính chất 3:
baba 
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
và
b
cùng phƣơng.
7. Mặt cầu
7. 1. Phương trình mặt cầu:
Dạng 1: Mặt cầu tâm I(a; b; c), bán kính R:
     
2 2 2
2
x a y b z c R     
. (1)
Dạng 2:
 
2 2 2 2 2 2
2ax+2by+2cz+d=0 0x y z a b c d      
(2). Khi đó: Mặt

 
: Ax+By+Cz+D=0P
.
Tính:
 
 
2 2 2
Aa+Bb+Cc+D
,
A
d I P
BC


.
Nếu:
1)
 
 
   
,:d I P R P C   
;
2)
 
 
   
,:d I P R P C
là đƣờng tròn
 
 

với mọi x, y, z ≥ -2/5 và
x+ y+ z= 6
b) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f(x)=
x m x n m n    
với x, m, n ≥ 0 và x+ m+ n= 1.
c) Chứng minh:

2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)x y z x y z          
≥
2. 2
với mọi x, y, z
Giải.
a) Xét hai véc tơ
5 2, 5 2, 5 2(1,1,1) ; ( )x y zuv  
 5 2 5 2 5 2. x y zuv     
 

Ngoài ra tính đƣợc
3 5( ) 6 6; x y zuv    
 

Vậy
u v u v
   
=
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ; ( 1) ( 1) ( 1)MA x y z MB x y z           

Từ bất đẳng thức MA+ MB ≥ AB, ta suy ra

2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)x y z x y z          
≥
2. 2

Dấu “=” xảy ra khi M nằm giữa 2 điểm A; B hay
.AM t AB
 
với 0≤ t≤ 1
Hay x= 1- 2t; y= 1; z= -1+ 2t với 0≤ t≤ 1 7
Bài 2. Chứng minh rằng: a, b, c  R, ta có: abc(a + b + c)  a
4
+ b
4
+ c
4

Giải.
Ta có: VT = a
2

  


   


  






Từ
u v u v
   
 VT = a
2
bc + ab
2
c + abc
2
 a
2
b
2
+ b
2
c
2


Do
2 2 2 2 2 2 4 4 4
ab a b a b b c c a a b c      
   
(2)
Từ (1) và (2)  abc(a + b + c)  a
4
+ b
4
+ c
4

Đẳng thức xảy ra 
2 2 2
2 2 2
ab bc ca
b c a
ac ba bc
abc
c a b
a b c
bca




     









giá trị tham số t tƣơng ứng với giao điểm của  và (S) là t = 
1
3

  và (S) cắt nhau tại 2 điểm: A
2 2 1
;;
3 3 3




và B
2 2 1
;;
3 3 3





 
 
2

2
22
2 2 9
1
,( )
3
2 2 1
x y z
d M F

  

  
8
Luôn có
     
,( ) ,( ) ,( )d A d M d B
  


1
24
3
F

6 12F


x





   







Trong hệ toạ độ Oxyz xét các vectơ:

(1,1,1)
( 1, 2 3, 50 3 )
u
v x x x




   







Bài 5.(Trích đề thi vào đại học xây dựng Hà Nội năm 2001).
Cho 3 số x, y, z thoả mãn điều kiện:

0 ; ; 1 (1)
3/ 2 (2)
x y z
x y z



  


Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F= cos(x
2
+ y
2
+ z
2
) (3)
Giải.
Sự có mặt của 3 số x, y, x trong bài toán “gợi” cho ta sử dụng phƣơng pháp toạ
độ. Ta xác định hệ toạ độ đề-các vuông góc Oxyz nhƣ hình vẽ.
Dựng hình lập phƣơng ABCO.A
1
B
1
C

. Đặt T= x
2
+ y
2
+ z
2
.
OI là khoảng cách từ O(0;0;0) tới mp(KLJ) là OI =
3/ 2
3/ 4
3



Ta có min T = OI
2
= 3/4 với I là tâm lục giác đều MNPQRS.
Max T đạt đƣợc khi H là những điểm M, N, P, Q, R, S của lục giác đều
MNPQRS khi đó: Max T =OM
2
mà M(1;0;1/2)

OM
2
=5/4.
Ta có : 0<3/4≤OH
2
≤5/4<π/2,
Mà trên (0 ; π/2) hàm số cosx nghịch biến nên ta có :
Cos(5/4)≤ cos(x

P
C
C
1
Q
R

B
1
1
1
1
K
J
L
10
Bài 6. Giải hệ phƣơng trình:
2 2 2
2 4 6 0(1)
3 2 2 8 0(2)
3 3 4 12 0(3)
x y z x y z
x y z
x y z

     



  





Giá trị tham số t tƣơng ứng với điểm chung của (S) và  là nghiệm của
phƣơng trình:

         
2 2 2
2 4 6 3 2 2 4 4 6 6.3 0t t t t t t         

0
10
49
t
t








  và (S) có hai điểm chung
 
0;4;0A

      

   


Giải.
Nghiệm của hệ phƣơng trình (nếu có) là toạ độ điểm chung của:
Mặt cầu (S):
2 2 2
6 2 2 2 0x y z x y z      
, (S) có tâm I(3; -1; 1) bán kính R = 3
và (): x + 2y + 2z + 6 = 0
ta có
 
222
9
,( ) 3
1 2 2
d I R

  


 (S) và () tiếp xúc nhau.
 Hệ (2) có nghiệm duy nhất và nghiệm của hệ là toạ độ hình chiếu vuông
góc H của I trên ()
Đƣờng thẳng  qua I và vuông góc với () có phƣơng trình
 
3
12


  



Giải: xét f(x,y,z) = x
2
+ y
2
+ 2z
2

Đặt:
 
 
4 4 4
2 2 2
2 2 2
1
;;
1 1 2 6 ( , , ) . .
1;1;2
. ( , , ) 7
u x y z
u x y z
v f x y z u v u v
v
u v f x y z

   


  


  


Giải. Ở bài này nếu học sinh biến đổi tƣơng đƣơng và kết hợp với phƣơng
pháp thế thì cũng giải đƣợc, xong lời giải sẽ dài.
Nếu nhìn (1) là phƣơng trình mặt phẳng, (2) là phƣơng trình mặt cầu thì ta
có cách giải 1 dƣới đây
Cách 1. Mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 3  
, tâm O(0; 0; 0); bán kính R =
3
và
mp(): x + y + z – 3 = 0 tiếp xúc với nhau vì
 
222
3
,( ) 3
111
d O R


  


Do đó hệ phƣơng trình

v
u v f x y z x y z

   




        




   




    



Đẳng thức xảy ra khi
u

cùng hƣớng với
v

hay:
00

, (S) có tâm O(0; 0; 0) bán kính R = 1
và mặt phẳng
 
:2 2 0x y z m

   

Do đó hệ có đúng một nghiệm khi và chỉ khi (S) và () tiếp xúc nhau

 
2 2 2
,( ) 1
2 ( 1) 2
m
dO



  

3
3
m
m







2 1 2
;;
3 3 3





TH2: m = -3.
Gọi H’ là hình chiếu vuông góc của O trên (
2
): 2x – y + 2z + 3 = 0
 H’
2 1 2
;;
3 3 3




(tƣơng tự nhƣ TH1)
Vậy khi m = 3 thì hệ có nghiệm duy nhất là
2 1 2
;;
3 3 3
x y z

  



2
và 12B
6
, mỗi lớp 20 học sinh có học lực tƣơng đƣơng nhau
giữa 2 lớp
3. Nội dung thực nghiệm
Đề kiểm tra (thời gian 30 phút)
Bài 1.Giải hệ phƣơng trình

2 2 2
3 3 3
1
1
1
x y z
x y z
x y z





  
  
  

Bài 2. Cho a, b là hai số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng

22
1 ( )(1 ) 1

0 0 0
.1uv x y z   
 

Ngoài ra tính đƣợc
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
)1; 1 2( 1u v x y y z z x     
 

Vậy
. 1 .u v u v
   

Do đó
u v u v
   
, từ đó suy ra nghiệm.
Bài 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - các vuông góc Oxyz, đặt

22
22
(1, ,0)
(1, ,0)
1
cos( , )
11
sin( , )
11
ua

 
 

ta có
22
2(1 )( )
sin2( , ) 2sin( , ).cos( , ) 1
(1 )(1 )
ab a b
u v u v u v
ab

  

     
22
1 ( )(1 ) 1
2 (1 )(1 ) 2
a b ab
ab

  


Qua phân tích sơ bộ trên đây có thể thấy rằng, đề kiểm tra thể hiện đƣợc
dụng ý: sử dụng phƣơng pháp toạ độ trong không gian vào giải toán Đại số.
4. Đánh giá kết quả thực nghiệm

20
2
10 %
10
50 %
8
40 %

Căn cứ vào kết quả kiểm tra, bƣớc đầu có thể thấy hiệu quả của sử
dụng phƣơng pháp toạ độ trong không gian vào giải toán Đại số.