Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao: Hệ tọa độ trong không gian.
CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP
Bài 1. Trong hệ tọa độ $(0;\overrightarrow i ,\overrightarrow j ,\overrightarrow k )$ cho các vectơ:
$\overrightarrow u = \overrightarrow i – 2\overrightarrow j $; $\overrightarrow v = 3\overrightarrow i + 5(\overrightarrow j – \overrightarrow k )$; $\overrightarrow w = 2\overrightarrow i – \overrightarrow k + 3\overrightarrow j .$
a) Tìm tọa độ của các vectơ đó.
b) Tìm côsin của các góc $(\overrightarrow v ,\overrightarrow i )$, $(\overrightarrow v ,\overrightarrow j )$ và $(\overrightarrow v ,\overrightarrow k ).$
c) Tính các tích vô hướng $\overrightarrow u .\overrightarrow v $, $\overrightarrow u .\overrightarrow w $, $\overrightarrow v .\overrightarrow w .$
Lời giải:
a) Ta có $\overrightarrow u = \overrightarrow i – 2\overrightarrow j $ nên $\overrightarrow u = (1; – 2;0).$
$\overrightarrow v = 3\overrightarrow i + 5(\overrightarrow j – \overrightarrow k )$ $ = 3\overrightarrow i + 5\overrightarrow j – 5\overrightarrow k $ nên $\overrightarrow v = (3;5; – 5).$
$\overrightarrow w = 2\overrightarrow i – \overrightarrow k + 3\overrightarrow j $ $ = 2\overrightarrow i + 3\overrightarrow j – \overrightarrow k $ nên $\overrightarrow w = (2;3; – 1).$
b) Ta có $\cos \left( {\overrightarrow v ,\overrightarrow i } \right) = \frac{{\overrightarrow v .\overrightarrow i }}{{|\overrightarrow v |.|\overrightarrow i |}}.$
Mà $\overrightarrow v = (3;5; – 5)$, $\overrightarrow i = (1;0;0)$ nên $\overrightarrow v .\overrightarrow i = 3$, $|\overrightarrow v | = \sqrt {9 + 25 + 25} = \sqrt {59} $, $|\vec i| = 1.$ Suy ra $\cos (\overrightarrow v ,\overrightarrow i ) = \frac{3}{{\sqrt {59} }}.$
Tương tự, ta có $\cos (\overrightarrow v ,\overrightarrow j ) = \frac{5}{{\sqrt {59} }}$; $\cos (\overrightarrow v ,\overrightarrow k ) = \frac{{ – 5}}{{\sqrt {59} }}.$
c) Theo câu a, ta có $\overrightarrow u = (1; – 2;0)$; $\overrightarrow v = (3;5; – 5)$; $\overrightarrow w = (2;3; – 1)$ nên $\overrightarrow u .\overrightarrow v = – 7$; $\overrightarrow u .\overrightarrow w = – 4$; $\overrightarrow v .\overrightarrow w = 26.$
Bài 2. Trong hệ tọa độ $(0;\overrightarrow i ,\overrightarrow j ,\overrightarrow k )$ cho vectơ tùy ý $\overrightarrow u $ khác $\vec 0.$ Chứng minh rằng: ${\cos ^2}(\overrightarrow u ,\overrightarrow i ) + {\cos ^2}(\overrightarrow u ,\overrightarrow j ) + {\cos ^2}(\overrightarrow u ,\overrightarrow k ) = 1.$
Lời giải:
Giả sử $\overrightarrow u = (a;b;c)$, ta có: ${\cos ^2}(\vec u,\vec i)$ $ = {\left( {\frac{{\overrightarrow u .\overrightarrow i }}{{|\overrightarrow u |.|\overrightarrow i |}}} \right)^2}$ $ = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}.$
Tương tự, ${\cos ^2}(\vec u,\vec j) = \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}$; ${\cos ^2}(\overrightarrow u ,\overrightarrow k ) = \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}.$
Suy ra: ${\cos ^2}(\vec u,\vec i) + {\cos ^2}(\vec u,\vec j) + {\cos ^2}(\vec u,\vec k)$ $ = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = 1.$
Bài 3. Tìm góc giữa hai vectơ $\overrightarrow u $ và $\overrightarrow v $ trong mỗi trường hợp sau:
a) $\overrightarrow u = (1;1;1)$; $\overrightarrow v = (2;1; – 1).$
b) $\overrightarrow u = 3\overrightarrow i + 4\overrightarrow j $; $\overrightarrow v = – 2\overrightarrow j + 3\overrightarrow k .$
Lời giải:
a) $\cos (\vec u,\vec v) = \frac{{\vec u.\vec v}}{{|\vec u|.|\vec v|}}$ $ = \frac{{2 + 1 – 1}}{{\sqrt {1 + 1 + 1} .\sqrt {4 + 1 + 1} }}$ $ = \frac{2}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{3}.$
Vậy góc giữa $\overrightarrow u $ và $\overrightarrow v $ là một góc thuộc khoảng $\left( {{0^0};{{180}^0}} \right)$ có cosin bằng $\frac{{\sqrt 2 }}{3}.$
b) Vì $\overrightarrow u = 3\overrightarrow i + 4\overrightarrow j $ nên $\overrightarrow u = (3;4;0).$
Vì $\overrightarrow v = – 2\overrightarrow j + 3\overrightarrow k $ nên $\overrightarrow v = (0; – 2;3).$
Suy ra $\cos (\vec u,\overrightarrow v ) = \frac{{\vec u.\vec v}}{{|\vec u|.|\vec v|}}$ $ = \frac{{ – 8\sqrt {13} }}{{65}}.$
Vậy góc giữa $\overrightarrow u $ và $\overrightarrow v $ là một góc thuộc khoảng $\left( {{0^0},{{180}^0}} \right)$ có cosin bằng $\frac{{ – 8\sqrt {13} }}{{65}}.$
Bài 4. Biết $|\overrightarrow u | = 2$; $|\overrightarrow v | = 5$, góc giữa $\overrightarrow u $ và $\overrightarrow v $ bằng $\frac{{2\pi }}{3}.$ Tìm $k$ để vectơ $\overrightarrow p = k\overrightarrow u + 17\overrightarrow v $ vuông góc với vectơ $\overrightarrow q = 3\overrightarrow u – \overrightarrow v .$
Lời giải:
Cách 1. Để $\overrightarrow p $ vuông góc với $\overrightarrow q $ thì $\overrightarrow p .\overrightarrow q = 0.$
$ \Leftrightarrow (k\vec u + 17\vec v)(3\vec u – \vec v) = 0$ $ \Leftrightarrow 3k.{\overrightarrow u ^2} – k.\overrightarrow u .\overrightarrow v + 51\overrightarrow v .\overrightarrow u – 17{\overrightarrow v ^2} = 0.$
$ \Leftrightarrow 12k + 5k – 255 – 17.25 = 0$ (vì $\overrightarrow u .\overrightarrow v = |\overrightarrow u |.|\overrightarrow v |.\cos (\overrightarrow u ,\overrightarrow v ) = – 5$).
$ \Leftrightarrow 17k = 680$ $ \Leftrightarrow k = 40.$ Vậy $k = 40$ là giá trị cần tìm.
Cách 2. Chọn hai vectơ $\overrightarrow u $, $\overrightarrow v $ bất kì thỏa mãn $|\overrightarrow u | = 2$; $|\overrightarrow v | = 5$ và $(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ) = \frac{{2\pi }}{3}$; chẳng hạn $\overrightarrow u = (2;0;0)$ và $\overrightarrow v = \left( {\frac{{ – 5}}{2};\frac{{5\sqrt 3 }}{2};0} \right).$
Khi đó: $\overrightarrow p = k.\overrightarrow u + 17\overrightarrow v $ $ = \left( {\frac{{4k – 85}}{2};\frac{{ – 85\sqrt 3 }}{2};0} \right)$, $\overrightarrow q = 3\overrightarrow u – \overrightarrow v $ $ = \left( {\frac{{17}}{2};\frac{{5\sqrt 3 }}{2};0} \right).$
Để $\overrightarrow p $ vuông góc với $\overrightarrow q $ thì $\overrightarrow p .\overrightarrow q = 0$ hay:
$\left( {\frac{{4k – 85}}{2}} \right).\frac{{17}}{2} – \frac{{85\sqrt 3 }}{2}.\frac{{5\sqrt 3 }}{2} = 0$ $ \Leftrightarrow k = 40.$ Vậy $k = 40$ là giá trị cần tìm.
Bài 5. Trong không gian tọa độ $Oxyz$, cho điểm $M = (a; b; c).$
a) Tìm tọa độ hình chiếu (vuông góc) của $M$ trên các mặt phẳng tọa độ và các trục tọa độ.
b) Tìm khoảng cách từ điểm $M$ đến các mặt phẳng tọa độ, đến các trục tọa độ.
c) Tìm tọa độ các điểm đối xứng với $M$ qua các mặt phẳng tọa độ.
Lời giải:
a) Hình chiếu của $M$ lên $mp(Oxy)$ có tọa độ là: $(a; b; 0).$
Tương tự, hình chiếu của $M$ lên $mp(Oxz)$ và $mp(Oyz)$ lần lượt có tọa độ là: $(a; 0; c)$ và $(0; b; c).$
Hình chiếu của $M$ lên các trục $Ox$, $Oy$, $Oz$ lần lượt có tọa độ là: $(a; 0; 0)$, $(0; b; 0)$, $(0; 0; c).$
b) Ta có $d(M,(Oxy)) = |c|$, $d(M,(Oxz)) = |b|$, $d(M,(Oyz)) = |a|.$
$d(M,Ox) = \sqrt {{b^2} + {c^2}} $, $d(M,Oy) = \sqrt {{a^2} + {c^2}} $, $d\left( {M,Oz} \right) = \sqrt {{a^2} + {b^2}} .$
c) Điểm đối xứng của $M = (a;b;c)$ qua các mặt phẳng $(Oxy)$, $(Oxz)$ và $(Oyz)$ lần lượt có tọa độ là: $(a;b; – c)$; $(a; – b;c)$ và $( – a;b;c).$
Bài 6. Cho hai điểm $A\left( {{x_1};{y_1};{z_1}} \right)$ và $B\left( {{x_2};{y_2};{z_2}} \right).$ Tìm tọa độ điểm $M$ chia đoạn thẳng $AB$ theo tỉ số $k$ (tức là $\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} $) với $k \ne 1.$
Lời giải:
Giả sử $M = (x;y;z)$, khi đó $\overrightarrow {MA} = \left( {{x_1} – x;{y_1} – y;{z_1} – z} \right)$ và $k\overrightarrow {MB} = \left( {k\left( {{x_2} – x} \right);k\left( {{y_2} – y} \right);k\left( {{z_2} – z} \right)} \right).$
Để $\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} $ thì $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_1} – x = k\left( {{x_2} – x} \right)}\\
{{y_1} – y = k\left( {{y_2} – y} \right)}\\
{{z_1} – z = k\left( {{z_2} – z} \right)}
\end{array}} \right.$ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{{x_1} – k{x_2}}}{{1 – k}}}\\
{y = \frac{{{y_1} – k{y_2}}}{{1 – k}}}\\
{z = \frac{{{z_1} – k{z_2}}}{{1 – k}}}
\end{array}} \right..$
Vậy $M = \left( {\frac{{{x_1} – k{x_2}}}{{1 – k}};\frac{{{y_1} – k{y_2}}}{{1 – k}};\frac{{{z_1} – k{z_2}}}{{1 – k}}} \right)$ với $k \ne 1.$
Bài 7. Cho hình bình hành $ABCD$; biết $A( – 3; – 2;0)$, $B(3; – 3;1)$, $C(5;0;2).$ Tìm tọa độ đỉnh $D$ và góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {AC} $ và $\overrightarrow {BD} .$
Lời giải:
Gọi $D = (x;y;z)$, để $ABCD$ là hình bình hành thì $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} .$
Ta có $\overrightarrow {AD} = (x + 3;y + 2;z)$, $\overrightarrow {BC} = (2;3;1).$
Vậy $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} $ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x + 3 = 2}\\
{y + 2 = 3}\\
{z = 1}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1}\\
{y = 1}\\
{z = 1}
\end{array}} \right.$ hay $D = ( – 1;1;1).$
Khi đó, ta có $\overrightarrow {BD} = ( – 4;4;0)$ và $\overrightarrow {AC} = (8;2;2).$
Suy ra $\cos (\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} ) = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} }}{{|\overrightarrow {AC} |.|\overrightarrow {BD} |}}$ $ = \frac{{ – 32 + 8}}{{\sqrt {32} .\sqrt {72} }}$ $ = \frac{{ – 24}}{{48}} = – \frac{1}{2}.$
Vậy $(\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} ) = {120^0}.$
Bài 8.
a) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $Ox$ sao cho $M$ cách đều hai điểm $A(1; 2; 3)$ và $B(-3; -3; 2).$
b) Cho ba điểm $A(2;0;4)$, $B(4;\sqrt 3 ;5)$ và $C(\sin 5t;\cos 3t;\sin 3t).$ Tìm $t$ để $AB$ vuông góc với $OC$ ($O$ là gốc tọa độ).
Lời giải:
a) Gọi $M = (a;0;0)$ thuộc $Ox$ thỏa mãn $MA = MB.$
Ta có $M{A^2} = {(1 – a)^2} + 4 + 9$ $ = {a^2} – 2a + 14$, $M{B^2} = {(3 + a)^2} + 9 + 4$ $ = {a^2} + 6a + 22.$
Để $MA = MB$ thì $M{A^2} = M{B^2}$ $ \Leftrightarrow {a^2} – 2a + 14 = {a^2} + 6a + 22$ $ \Leftrightarrow a = – 1.$
Vậy $M = ( – 1;0;0)$ là điểm cần tìm.
b) Ta có $\overrightarrow {AB} = (2;\sqrt 3 ;1)$, $\overrightarrow {OC} = (\sin 5t;\cos 3t;\sin 3t).$
Để $AB \bot OC$ thì $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {OC} = 0$ $ \Leftrightarrow 2\sin 5t + \sqrt 3 \cos 3t + \sin 3t = 0.$
$ \Leftrightarrow \sin 5t + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 3t + \frac{1}{2}\sin 3t = 0$ $ \Leftrightarrow \sin 5t + \sin \left( {3t + \frac{\pi }{3}} \right) = 0.$
$ \Leftrightarrow 2\sin \left( {4t + \frac{\pi }{6}} \right).\cos \left( {t – \frac{\pi }{6}} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\sin \left( {4t + \frac{\pi }{6}} \right) = 0}\\
{\cos \left( {t – \frac{\pi }{6}} \right) = 0}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = \frac{{ – \pi }}{{24}} + \frac{{k\pi }}{4}}\\
{t = \frac{{2\pi }}{3} + n\pi }
\end{array}} \right.$ với $k,n \in Z.$
Vậy $t = – \frac{\pi }{{24}} + \frac{{k\pi }}{4}$ và $t = \frac{{2\pi }}{3} + n\pi $ với $k,n \in Z$ là những giá trị cần tìm.
Bài 9. Xét sự đồng phẳng của ba vectơ $\overrightarrow u $, $\overrightarrow v $ và $\overrightarrow w $ trong mỗi trường hợp sau:
a) $\overrightarrow u (4;3;4)$; $\overrightarrow v (2; – 1;2)$; $\overrightarrow w (1;2;1).$
b) $\overrightarrow u (1; – 1;1)$; $\overrightarrow v (0;1;2)$; $\overrightarrow w (4;2;3).$
c) $\overrightarrow u (4;2;5)$; $\overrightarrow v (3;1;3)$; $\overrightarrow w (2;0;1).$
Lời giải:
Để xét tính đồng phẳng của $\overrightarrow u $, $\overrightarrow v $ và $\overrightarrow w $ ta xét $\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow w .$
Nếu $\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow w = 0$ thì $\overrightarrow u $, $\overrightarrow v $, $\overrightarrow w $ đồng phẳng.
a) Ta có $\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right]$ $ = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{r}}
3&4\\
{ – 1}&2
\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
4&4\\
2&2
\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{r}}
4&3\\
2&{ – 1}
\end{array}} \right|} \right)$ $ = (10;0; – 10).$
Nên $[\overrightarrow u ,\overrightarrow v ].\overrightarrow w $ $ = 10.1 + 0.2 + ( – 10).1 = 0.$
Vậy $\overrightarrow u $, $\overrightarrow v $ và $\overrightarrow w $ đồng phẳng.
b) $\overrightarrow u $, $\overrightarrow v $ và $\overrightarrow w $ không đồng phẳng.
c) $\overrightarrow u $, $\overrightarrow v $ và $\overrightarrow w $ đồng phẳng.
Bài 10. Cho ba điểm $A(1;0;0)$, $B(0;0;1)$, $C(2;1;1).$
a) Chứng minh $A$, $B$, $C$ không thẳng hàng.
b) Tìm tọa độ điểm $D$ để $ABCD$ là hình bình hành.
c) Tính chu vi và diện tích tam giác $ABC.$
d) Tính độ dài đường cao của tam giác $ABC$ kẻ từ đỉnh $A.$
e) Tính các góc của tam giác $ABC.$
Lời giải:
a) Ta có $\overrightarrow {AB} = ( – 1;0;1)$, $\overrightarrow {AC} = (1;1;1)$, ta thấy $\overrightarrow {AB} $ và $\overrightarrow {AC} $ không cùng phương nên $A$, $B$, $C$ không thẳng hàng.
b) Gọi $D = (x;y;z)$, ta có $\overrightarrow {AD} = (x – 1;y;z)$, $\overrightarrow {BC} = (2;1;0).$ Để $ABCD$ là hình bình hành thì $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} $, hay $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – 1 = 2}\\
{y = 1}\\
{z = 0}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 3}\\
{y = 1}\\
{z = 0}
\end{array}} \right.$, vậy $D = (3;1;0).$
c) Chu vi $\Delta ABC$ là: $P = AB + BC + AC$ $ = \sqrt 2 + \sqrt 5 + \sqrt 3 .$
Diện tích $\Delta ABC$ là: $S = \frac{1}{2}\left| {[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]} \right|.$
Ta có $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]$ $ = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{l}}
0&1\\
1&1
\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ – 1}\\
1&1
\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{ – 1}&0\\
1&1
\end{array}} \right|} \right)$ $ = ( – 1;2; – 1).$
Suy ra $S = \frac{1}{2}\sqrt {1 + 4 + 1} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}$ (đơn vị diện tích).
d) Ta có ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AH.BC$ $ \Rightarrow AH = \frac{{2.{S_{\Delta ABC}}}}{{BC}}$ $ = \frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt {30} }}{5}.$
e) $\cos A = \cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} )$ $ = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{|\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {AC} |}} = 0$ $ \Rightarrow A = {90^0}.$
$\cos B = \cos (\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} )$ $ = \frac{{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} }}{{|\overrightarrow {BA} |.|\overrightarrow {BC} |}}$ $ = \frac{2}{{\sqrt 2 .\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}.$
$\cos C = \cos (\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} )$ $ = \frac{{\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} }}{{|\overrightarrow {CA} |.|\overrightarrow {CB} |}}$ $ = \frac{3}{{\sqrt 3 .\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt {15} }}{5}.$
Bài 11. Cho bốn điểm $A(1;0;0)$, $B(0;1;0)$, $C(0;0;1)$ và $D( – 2;1; – 2).$
a) Chứng minh rằng $A$, $B$, $C$, $D$ là bốn đỉnh của một hình tứ diện.
b) Tính góc tạo bởi các cạnh đối của tứ diện đó. Tính thể tích tứ diện $ABCD$ và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh $A.$
Lời giải:
a) Ta có $\overrightarrow {AB} = ( – 1;1;0)$, $\overrightarrow {AC} = ( – 1;0;1)$, $\overrightarrow {AD} = ( – 3;1; – 2)$ nên ta có $[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (1;1;1)$, suy ra $[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ].\overrightarrow {AD} = – 4 \ne 0.$
Vậy $A$, $B$, $C$, $D$ không đồng phẳng, hay $A$, $B$, $C$, $D$ là bốn đỉnh của một tứ diện.
b) Ta có $\cos (AB,CD)$ $ = |\cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} )|$ $ = \frac{{|\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} |}}{{|\overrightarrow {AB} |.|\overrightarrow {CD} |}}$ $ = \frac{3}{{\sqrt 2 .\sqrt {14} }} = \frac{{3\sqrt 7 }}{{14}}.$
$\cos (BC,AD)$ $ = |\cos (\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AD} )|$ $ = \frac{{|\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AD} |}}{{|\overrightarrow {BC} |.|\overrightarrow {AD} |}}$ $ = \frac{{| – 3|}}{{\sqrt 2 .\sqrt {14} }} = \frac{{3\sqrt 7 }}{{14}}.$
$\cos (AC,BD)$ $ = |\cos (\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} )|$ $ = \frac{{|\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} |}}{{|\overrightarrow {AC} |.|\overrightarrow {BD} |}} = 0$ $ \Rightarrow AC \bot BD.$
Ta có: ${V_{ABCD}} = \frac{1}{6}|[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ].\overrightarrow {AD} |.$
Mà theo câu a, ta có $[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ].\overrightarrow {AD} = – 4$, nên ${V_{ABCD}} = \frac{1}{6}.4 = \frac{2}{3}.$
Mặt khác ${V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AH.{S_{\Delta BCD}}$ $ \Rightarrow AH = \frac{{3.{V_{ABCD}}}}{{{S_{\Delta BCD}}}} = \frac{2}{{{S_{\Delta BCD}}}}.$
Mà ${S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}|[\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} ]|$ $ = \frac{1}{2}\sqrt {4 + 4 + 4} = \sqrt 3 $ (vì $[\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} ] = (2; – 2; – 2)$).
Suy ra $AH = \frac{2}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.$
Bài 12. Cho hình chóp $S.ABC$ có đường cao $SA = h$, đáy là tam giác $ABC$ vuông tại $C$, $AC = b$, $BC= a.$ Gọi $M$ là trung điểm của $AC$ và $N$ là điểm sao cho $\overrightarrow {SN} = \frac{1}{3}\overrightarrow {SB} .$
a) Tính độ dài $MN.$
b) Tìm sự liên hệ giữa $a$, $b$, $h$ để $MN$ vuông góc với $SB.$
Lời giải:
Cách 1. Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho: Gốc tọa độ $O$ trùng với $A$, $Ox$ là tia $AC.$ Khi đó, ta có:
$A = (0;0;0)$, $B = (b;a;0)$, $C = (b;0;0)$, $S = (0;0;h)$ và $N = \left( {\frac{b}{3};\frac{a}{3};\frac{{2h}}{3}} \right)$, $M = \left( {\frac{b}{2};0;0} \right).$
Suy ra $\overrightarrow {MN} = \left( { – \frac{b}{6};\frac{a}{3};\frac{{2h}}{3}} \right).$
$\overrightarrow {SB} = (b;a; – h).$
a) Ta có $MN = |\overrightarrow {MN} |$ $ = \sqrt {\frac{{{b^2}}}{{36}} + \frac{{{a^2}}}{9} + \frac{{4{h^2}}}{9}} $ $ = \frac{1}{6}\sqrt {{b^2} + 4{a^2} + 16{h^2}} .$
b) Để $MN \bot SB$ thì $\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {SB} = 0.$
$ \Leftrightarrow – \frac{{{b^2}}}{6} + \frac{{{a^2}}}{3} – \frac{{2{h^2}}}{3} = 0$ $ \Leftrightarrow 4{h^2} = 2{a^2} – {b^2}.$
Cách 2.
Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $N$ xuống $AB$, ta có $NH//SA.$
$ \Rightarrow NH \bot (ABC)$ $ \Rightarrow NH \bot MH$, hay $\Delta NHM$ vuông tại $H$, nên theo định lý Pi-ta-go ta có:
$M{N^2} = M{H^2} + N{H^2}$ $(1).$
a) Vì $SN = \frac{1}{3}SB$ nên $NH = \frac{2}{3}SA = \frac{2}{3}h.$
$ \Rightarrow N{H^2} = \frac{{4{h^2}}}{9}$ $(*).$
Trong $\Delta AMH$, ta có:
$M{H^2}$ $ = A{M^2} + A{H^2} – 2AM.AH.\cos A$ (định lí cosin).
Mà $AM = \frac{1}{2}AC = \frac{b}{2}$, $AH = \frac{1}{3}AB = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{3}$, $\cos A = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{b}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}$ nên $M{H^2} = \frac{{{b^2}}}{4} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{9} – \frac{{{b^2}}}{3}$ $ = \frac{{4{a^2} + {b^2}}}{{36}}$ $(**).$
Thay $(*)$ và $(**)$ vào $(1)$ ta được:
$M{N^2} = \frac{{4{a^2} + {b^2}}}{{36}} + \frac{{4{h^2}}}{9}$ $ = \frac{{4{a^2} + {b^2} + 16{h^2}}}{{36}}$ $ \Rightarrow MN = \frac{1}{6}\sqrt {4{a^2} + {b^2} + 16{h^2}} .$
b) Để $MN \bot SB$ thì tam giác $SNM$ phải vuông tại $N$, khi đó theo định lý Pi-ta-go ta có: $S{M^2} = S{N^2} + M{N^2}$ $(2).$
Mà $M{N^2} = \frac{{4{a^2} + {b^2} + 16{h^2}}}{{36}}$ $(***)$ (theo câu a).
Và $SN = \frac{1}{3}SB$ $ = \frac{1}{3}\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} $ $ = \frac{1}{3}\sqrt {S{A^2} + A{C^2} + B{C^2}} $ $ = \frac{1}{3}\sqrt {{h^2} + {b^2} + {a^2}} .$
$ \Rightarrow S{N^2} = \frac{{{h^2} + {b^2} + {a^2}}}{9}$ $(****).$
Thay $(***)$ và $(****)$ vào $(2)$ ta được:
$S{M^2}$ $ = \frac{{{h^2} + {a^2} + {b^2}}}{9} + \frac{{4{a^2} + {b^2} + 16{h^2}}}{{36}}$ $ = \frac{{20{h^2} + 5{b^2} + 8{a^2}}}{{36}}$ $(3).$
Mặt khác, trong $\Delta SAM$ ta có: $S{M^2} = S{A^2} + A{M^2}$ $ = {h^2} + \frac{{{b^2}}}{4}$ $(4).$
So sánh $(3)$ và $(4)$ ta có: $\frac{{20{h^2} + 5{b^2} + 8{a^2}}}{{36}} = {h^2} + \frac{{{b^2}}}{4}$ $ \Leftrightarrow 4{h^2} = 2{a^2} – {b^2}.$
Bài 13. Tìm tọa độ tâm và bán kính mỗi mặt cầu sau đây:
a) ${x^2} + {y^2} + {z^2} – 8x + 2y + 1 = 0.$
b) $3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} + 6x – 3y + 15z – 2 = 0.$
c) $9{x^2} + 9{y^2} + 9{z^2} – 6x + 18y + 1 = 0.$
Lời giải:
a) Ta có: ${x^2} + {y^2} + {z^2} – 8x + 2y + 1 = 0.$
$ \Leftrightarrow {(x – 4)^2} + {(y + 1)^2} + {z^2} = 16.$
Nên mặt cầu có tâm là $I(4; – 1;0)$ và bán kính $R = 4.$
b) Ta có: $3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2}$ $ + 6x – 3y + 15z – 2 = 0.$
$ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x – y + 5z – \frac{2}{3} = 0.$
$ \Leftrightarrow {(x + 1)^2} + {\left( {y – \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {z + \frac{5}{2}} \right)^2} = \frac{{49}}{6}.$
Nên mặt cầu có tâm là $I = \left( { – 1;\frac{1}{2};\frac{{ – 5}}{2}} \right)$ và bán kính $R = \frac{{7\sqrt 6 }}{6}.$
c) Ta có: $9{x^2} + 9{y^2} + 9{z^2} – 6x + 18y + 1 = 0.$
$ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} – \frac{2}{3}x + 2y + \frac{1}{9} = 0$ $ \Leftrightarrow {\left( {x – \frac{1}{3}} \right)^2} + {(y + 1)^2} + {z^2} = 1.$
Nên mặt cầu có tâm là $I = \left( {\frac{1}{3}; – 1;0} \right)$ và bán kính $R = 1.$
Bài 14. Trong mỗi trường hợp sau, viết phương trình mặt cầu:
a) Đi qua ba điểm $A(0;8;0)$, $B(4;6;2)$, $C(0;12;4)$ và có tâm nằm trên $mp(Oyz).$
b) Có bán kính bằng $2$, tiếp xúc với mặt phẳng $(Oyz)$ và có tâm nằm trên tia $Ox.$
c) Có tâm $I(1;2;3)$ và tiếp xúc với $mp(Oyz).$
Lời giải:
a) Vì tâm mặt cầu nằm trên $mp(Oyz)$ nên ta gọi tâm mặt cầu là $I = (0;b;c).$
Vì mặt cầu đi qua $A$, $B$, $C$ nên ta có hệ:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{AI = BI}\\
{BI = CI}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{A{I^2} = B{I^2}}\\
{B{I^2} = C{I^2}}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{(b – 8)}^2} + {c^2} = 16 + {{(b – 6)}^2} + {{(c – 2)}^2}}\\
{16 + {{(b – 6)}^2} + {{(c – 2)}^2} = {{(b – 12)}^2} + {{(c – 4)}^2}}
\end{array}} \right..$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3b + c = 26}\\
{ – b + c = – 2}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{b = 7}\\
{c = 5}
\end{array}} \right..$
Vậy phương trình mặt cầu là: ${x^2} + {(y – 7)^2} + {(z – 5)^2} = 26.$
b) Vì tâm mặt cầu nằm trên $Ox$ nên ta gọi tâm mặt cầu là $I(a;0;0).$ Vì mặt cầu tiếp xúc với $(Oyz)$ nên bán kính $R = d(I,(Oyz)) = |a|$, theo bài ra ta có $a = 2.$
Vậy phương trình mặt cầu là: ${(x – 2)^2} + {y^2} + {z^2} = 4.$
c) Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng $(Oyz)$ và có tâm là $I = (1;2;3)$ nên ta có bán kính mặt cầu là: $R = d(I,(Oyz)) = 1.$
Vậy phương trình mặt cầu là: ${(x – 1)^2} + {(y – 2)^2} + {(z – 3)^2} = 1.$
