Một số chuyên đề tọa độ không gian bám sát kỳ thi THPT Quốc gia: Phần 1

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:84

Thêm vào BST

Báo xấu

37
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho các học sinh lớp 12 chuẩn bị tốt cho kỳ thi THPT Quốc gia đạt điểm khá, điểm cao để trúng tuyển vào các trường đại học, cao đẳng mà mình đã xác định cho tương lại theo định hướng mới bộ sách Các chuyên đề bám sát đề thi THPT Quốc gia gồm 8 cuốn 8 chuyên đề. Mời các bạn cùng tham khảo

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một số chuyên đề tọa độ không gian bám sát kỳ thi THPT Quốc gia: Phần 1

r i ■■ NGƯT. ThS. LÊ HOÀNH PHÒ ■ ĩi ■ ■■ ■ ì ■ ■■ ■ C ác ch u y ên đ ề V BÁin lfÍTĐế THÌ T H P T Q U Ố C GIA
Th.s NHÀ GIÁO ƯU TỦ LÊ HOẢNH PHÒ CÁC CHUYÊN ĐÊ BÁM SÁT ĐỀ THI THPT Q u ố c GIA TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HẢ NỘI
NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI 16 Hàng Chuối - Hai Bà Trưng - Hà Nội Điện thoại: Biên tập - C hế bản: (04) 39714896; Q uản lý xuất bản: (04) 39728806; Tổng biên tập; (04) 39715011 Fax: (04) 39729436 C h ịu tr á c h n h iệm x u ấ t bản: G iám dốc - T ố n g hiên tập: TS. PH Ạ M T H Ị T R Â M B iên tập: VŨ T H Ị TH Ư Ý C h ế ban: N G U Y Ễ N K H Ở I M IN H T r ìn h bày bìa: N H À SÁ CH H ồ N G ÂN Dối tác liê n k ế t x u ấ t bản: N H À SÁ CH H Ổ N G ÂN 20C N guyễn T hị M in h K hai - Q1 - T lh Hồ C h í M in h SACH MEN KET CÁC CHUYÊN ĐỄ BÁM SÁT ĐỂ THI THPT QUỐC GIA TOẠ ĐỘ KHÔNG GIAN_ _ _ _ _ _ _ _ _ Mã số: 1L-338ĐH2015 In 2.000 cuốn, khổ 17 X 24cm tại Công ti cổ phần Văn hóa Văn Lang. Địa chỉ: Số 6 Nguyễn Trung Trực - P5 - Q, Binh Thạnh - TP. Hổ Chí Minh Sô xuất bản: 1439- 2015/CXBIPH/2-217-189/ĐHŨGHN, ngày 3/6/2015. Quyết định xuất bản số: 356LK-TN/QĐ-NXBĐHQGHN, ngày 13/6/2015 In xong và nộp lưu chiểu quý III năm 2015.
LỜI NÓI ĐẦU Các lOm học sinh thân mến! Nhằm mục đích ^'iúp các hạn học sinh lớp 12 chuan bị thật tòl cho KY THI TRUNG HOC! PHÔ THÔNG QUỒC GIA dạt diem khá, diêm cao d(1 trúng tuyổn vào các trường Cao dang. Dại học mà mình dã xác dịnh nghề nghiệp cho tương lai, thoo dịnh hướng mới. Bộ sách này gồm cS cuón cho 8 chuvòn dồ, dô các om tiộn dùng trong ôn luyện th(í0 chương trình học và trước kỳ thi: - KHẢO SÁT HÀM SỔ - HÀM SỐ VẢ IMIƯƠNG TRÌNH MŨ LÒGARIT - NGUYÊN HÀM VẢ TÍCH PHÂN - SỔ PHỨC VẢ T ổ HỢP - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN - TỌA DỘ KHÔNG GIAN - LƯỢNG GIÁC VẢ TỌA ĐỘ PHẲ n G - PHƯƠNG TRÌNH VẢ BẤT DANG THỨC Cuôn TOA DÔ KHÔNG GIAN gôm có 12 phân nhỏ dc liộn luyện tcập theo chù d'ô. l ù các kiôn thúc và phưcmg pháp giai Toán căn bàn Vcà nâng cao dần tlần, kôt họp ôn tập toán lóp 10 và 11, bô sung Vià mò rộng kiến thức và phưong plỉáp giai khác nhau, luyộn tập Ihôm loàn khó, 1'oán lông hạp, các btỢn ròn luyện kỹ năng Icàm bái v
TOẠ ĐỘ ĐIỂM, VECTƠ Toạ độ không gian Ba vectơ đơn vị i, j , k trên 3 trục Ox, Ov, Oz: 'i=(l;0;0), ']=(0;1;0), k= (0;0;l) >^z M(x,y,z) hay M=(x,y,z): O M = x .i + y. j + z. k a (x,y,z) hay a =(x,y,z): a = X. ỉ + y. j z.k Phép toán vectơ / Hai vecíơ: It = (x,y,z) và V = (x',y'zỹ thì: u ± V = (x ± x y ± y z ± z'); ku = (kx; ky, kz) u . V = x x ' ^ y y ' ^ zz'] Ịu I = -ịx~ + y^ +z^ ,— , x.x’+y.y'+z.z' COS(u,v) = ■ . ......... ... — . = = r ■yjx' + y^ + z\-
Tích có Ituớng Tích có hướng của a = (x,y,z) và b = (x',y',z') là vecíơ: T 2 z X X y^ n =[ a, b ] ^ 9 \ y z' x' x' y \ Kết quà: Veclơ [ tíf, /) ] vuông góc vói a , b Vectơ a vuông góc với h a. h 0 Hai vectơ a, b cùng phương o h ^ka Hai vectơ a , h cùng phương \ a , h ] = 0 Ba 3 veclơ a, h , c đông phăng [ a , b I . c = 0 Bổn điếm A, B, c, D đồngphẳng Cí> I ÁB , AC ] . AD = 0 Ba 3 veclơ a, b , c không đồng phang [ a , ố ]. C' 0 Bôn điêm A, B, c, D không đông phăng [ AB , AC ^ . AD ^ 0. Chú ỷ: ứng dụng tọa độ không gian dê giải các hài toán hình không gian cô điên, quạn hệ song song, vuông góc, dộ dài, góc , khoảng cách, vị trí lương đổi,... Bài toán 1.1: Cho ba vectơ a = (2; -5; 3), b = (0; 2; -1), c = (1; 7; 2) a) Tìm toạ độ của vectơ c = a - 4 b - 2 c . b) Tìm toạ độ của vectơ ĩ '= 4 a - —b + 3 c . 3 Giải a) c = ã - 4 b - 2c = (2 - 0 - 2; - 5 - 8 - 14; 3 I 4 - 4) (0; -27; 3) b) f = 4 a - - b t-3c = (8 4 0 + 3 ;-2 0 - - + 2 1 ; 12 + - 3 3 3 Bài toán 1.2: Tìm toạ độ cùa vectơ m cho biôt: a) a + m = 4 a và a = (0; -2; 1) b) a + 2m = b và a = (5; 4; -1), b = (2; -5; 3) Giải a) a + m = 4 a => m = 3 a = (0; 6; 3) ^ 3 9 ' b )a + 2 m = b = > m = - —a 4 — b = 2 2 V 2 Bài toán 1.3: Cho hai bộ ba điểm; A(1; 3; 1). B(0; 1; 2), C(0; 0; 1) và A'(l; 1; 1;), B'(-4; 3; 1), C'(-9; 5; l).HỎi bộ ba điểm nào thẳng hàng?
Giải Ta có CẨ = ( 1 ;3 ;0 ) , CB = (0; 1; 1) Vì các toạ độ không tưcmg xứng tỉ lệ nên không có sô k nào đê CA = k c i i , suy ra A, B, c không thẳng hàng. Ta có C A ' - (10; -4; 0), C B ' = (5; -2; 0) => C A ' = 2 c ^ ' Do đó A', B', c thẳng hàng. Bài toán 1.4: Tính tích vô hướng của hai vectơ trong mỗi trường hợp: a) a - (3; 0; -8), b = (2; -7; 0) b) a = (1; -5; 2), b = (4; 3; -5) Giải a) a .b = 3 .2 + 0.(-7) + (-8).0 = 6 b) a .b = 1.4 + (-5).3 +2(-5) = -21. Bài toán 1.5: Cho ba vectơ: a = (1; -1 ;1), b = (4; 0; -1), c = (3; 2; -1). Tính: a) (a ,b ) c . a .(b .c ) b) a ^ .b + b ^ c .ã + c ^ a , 4 a . c + b ^ - 5 c ^ . Giải a ) T acó: a . b = 1.4 + (-l).0 + l.(-l) = 3 D o đ ó ; ( a .b ) c = 3 c = (9; 6;-3). Ta có b .c =4.3 ( 0.2 i (-1)(-1) = 13 Do đó a ( b . c ) = 13a = (1 3 ;-1 3 ; 13) b) Ta có a ^ = 3, b^ = 17, c ■= 14 nên a l b + b l c + c l a = 3 b + 17c + 14a = (77; 20;-6) và a .c = 0 = > 4 a .c + b ^ - 5 c ^ = -53. Bài toán 1.6: Cho 1 u 1= 2, I V I = 5 , góc giữa hai vcctơ ĩi và V bằng — . Tìm k để vectơ p = k u + 17 V vuông góc với vectơ q = 3 u - V . Giải Ta có I u I = 2, I V 1 = 5, cos( ĩ i , V) = cos — = -— Do đó p T q p .q = 0 'ti> (k u + 17v)(3 u - v ) = 0 « 3 u ^ - 17v^ + (51 - k ) u . ’v = 0 « 3 k . 4 - 17.25 + (5 Ị - k)2.5 = 0 17k- 680 = 0 « k = 40. V2 y Vậy giá trị cần tìm là k = 40.
Bài toán 1.7: Cho ba điểm A(2; 0; 4), B(4; Vs ; 5) và C(sin5t; cos3t; sin3t). Tìm t để AB vuông góc với o c . Giải Ta có AB = (2; V3 ; 1), o c = (sinSt; cos3t; sin3t) Hai đường thẳng AB và o c vuông góc với nhau khi và chỉ khi: A B . o c = 0 2sin5t + V3 cos3t + sin3t = 0. /T Ị sinSt + cos3t + —sin3t = 0 sinSt + sin(3t + — ) = 0 2 2 3 sinSt = sin(-3t - ^ ) 3 n 2n V ây t = - — + k — - , ,t t == — + krt. k e z. 24 4 3 Bài toán 1.8: Xét sự đồng phẳng của ba vectơ a) a ={-3; l ; - 2 ) , b = (1 ; 1; 1), c = (-2; 2; 1) b ) a = (4 ;3 ;4 ), b = ( 2 ; - l ; 2 ) , c - ( l ; 2 ; l ) Giải -3 -2^ a) Ta có [a , b ] = = (3; l;-4 ). 1 1 1 Do đó [ a , b ]. c = -6 + 2 - 4 = -8 0. Vậy 3 vectơ không đồng phẳng b )T a c ó [ a , b ] = (10; 0;-10) [ a , b l.c = 0 . Vậy 3 vectơ đồng phang. Bài toán 1.9: Cho 4 vectơ: a = (1; -1; 1), b = (0; 1; 2), c = (4; 2; 3) và d = (2; 7; 7). a) Chứng minh các vcctơ a , b , c không đồng phẳng b) Hãy biêu thị vectơ d theo các vectơ a , b , c . Giải a) Ta có [a , b I = (-3; -2; l)= 5> [a, b ]c = -135*0 Vậy 5 vecto không dông phăng. m + 4p = 2 m = -2 b) Giả s ừ d = m a + nb -t pc - m + n-t-2p = 7 n = 3 . m + 2n + 3p = 7 P= 1 Vậy d = -2a + 3 b + c .
Bài toán 1.10: Trong không gian cho bốn điổm; A(0; 0; 3), B (l; 1; 5), C(-3; 0; 0), D(0; -3; 0) a ) T ín h (Ã B .B C )C A + C D ^ Ã B b) Chứng minh bốn điểm A, B, c, D đồng phang. Giải a) ÃB = (1 ; 1;2), BC (-4 ;-l;-5 ), CA = (3; 0; 3), CD = ( 3 ;- 3 ;0 ) D ođó ÃB . BC = -1 5 , C D ^= 18 n ên (Ã B . ã C )C A + CD^ ÃB = -15C A + 18ÃB =(-27; 18;-9) b) ÃB = (1 ; 1;2), Ã c = (-3; 0;-3) => [ÃB , ÃC] = (-3;-3; 3) Và ÃD = (0 ; -3; -3) [Ã B , Ã C IÃ D = 0 : đpcm. Bài toán 1.11: Chứng minh các lính chất sau đây của lích có hướng a) [a , b ] = - [ b , a I b) fka , b ] = k[a , b] = [a , k b ]. Giải Gọi a = (x i;y i;Z ]), b = (X2; y 2; Z2). Ta có Yi a) [a , b ] = Y2 "2 ^2 ^2 Y2 = (yiZ 2 - y2Zi; Z1X2 - Z2X1; Xiy2 - X2yi) = -(y2Z| - yiZ2; Z2Xi - Z1X2; X2yi - Xiy2) ^Y2 -2 Z-) ^2 X2 Y2 ' = -[ b , a ] X, y ,, Kết quả [ a , a J = -| a , a ] ^ [ a , a ] = 0 . Yi 7-1 7l X: X, y ,' b ) k [ a , b] k ,k V Y2 7.2 72 ^2 ^2 Yl, 'ky, kz, kZ| kX| kx, k y ,' 9 9 [k a , b l. , Y2 72 72 X2 ^2 Y2 , Tưong tự: k [a , b ] = [a , kh ]. Bài toán 1.12: Chímg minh các lính chất sau đây của tích vô hướng a) a .[b , c ] = [a , b ].c I b) [a .b ] p = Ia p . Ib p - (a .b)^. Giải a) Gọi a = (Xi; y i;Z i), b = (X2; y 2; Z2) , c = (X3; ys; Z3). Ta có
y?. ^2 X- a .[b .c ] = X, +yi + z, X3 y? y, z, X, yi +y3 +G a .b ]c y2 5^2 ^2 ^2 ^2 yi b) V P = I ã p . I b l “ - ( a .b ) ^ a 1^ I b b “ .cos“a = | a 1". l b | ~ ( l - cos^a) = I a 2 "b I W a - I [a .b ] p = VT. Bài toán 1.13: Trong không gian cho ba vectơ a , b , c từng đôikhông cùng phuơng. Chửng minh rằng điều kiện cần và đủ đổvcclơ long; a (- b + c = 0 l à [ a , b | = [ b, c] = [c, a |. Giải T ừ a + b + C = Õ =>a =-(b + c ) = ^ Ị a , - b - c ] = Õ Do đó [ ã , - b - c] = [ a , - b ] - [ a , c] = 0 =>[c, a j = [ a , b] Tưcmg tự ta cũng có [ b , c ] = [ a , b ]. Vậy: [ a , b] -- [ b , c] - | c , k ị Ngược lại, t ừ [ a , b] = | b , c ] = > [ b , á + c] = 0 Mặt khác, [ b , b ] == õ =í> [ b , a t b "t c J õ => b cùng phương với veclơ a' + b + c . Chứng minh tương tự ta cũng có vectơ a cùng phương với vectơ a + b + c . NhuTig a và b không cùng phương, vậy a + b + c = 0 . Bài toán 1.14: Cho điểm M(a; b; c) a) rim toạ độ hình chiếu của M trên các mặt phang toạ độ và trên các trục toạ độ b) Tìm khoảng cách từ điểm M đến các mặt phang toạ độ, đến các trục toạ độ. Giải a) Gọi Mi(x; y; 0) là hình chiểu của điểm M(a; b; c) trên mp(Oxy) thì: MM| = (x - a; y - b; -c) Vì MM,' . ĩ = 0 và MM| . ] = 0 nên x - a = 0, y - b = 0. Vậy Mi(a; b; 0) Tương tự. hình chiếu của M trên mp(Oyz) là M2(0; b; c) hình chiếu của M trên mp(Oxz) là M 3(a; 0; c) Giả sử Mx(x; 0; 0) là hình chiểu của M(a; b; c) trên trục Ox thi MM,. = (x - a; -b; -c). Vì MM^ .1 = 0 nên X = a, do đó Mx(a; 0; 0) 10
'1'ương tự, hình chiếu cùa M(a; b; c) trên trục Oy là My(0; b; 0), hình chiếu của M(a; b; c) trên trục Oz là Mz(0; 0; c). b) d(M; (Oxy)) = MMi = -y/(a-a)’ + (b - b )" + { c -0 )’ = | c | Tương tự d(M; (Oyz)) == I a I , d(M; (Ozx)) = I b I Ta có d(M; Ox) = MMx --/(a-a)-"+ (b-0)'+ (c-0 )" = /b -+ c ' Tương tự d(M; Oy) = + c^' , d(M; Oz) = yja^ + b^' . Bài toán 1,15: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A ( l;2 ;4 ) ,B ( 2 ;- l;0 ) ,C ( - 2 ;3 ;- l) . a) Gọi (x; y; z) là các toạ độ của diểm M nằm trên mặt phang (ABC). Tìm sự liên hệ giữa X, y, z. b) Tim toạ độ của điểm D biết rằng hình ABCD là hình bình hành. Giải a) ÃB = (1; -3; -4), AC (-3; 1; -5), ẤM = (x - 1; y - 2; z - 4) Ta có M nằm trên mặt phẳng (ABC) f A B , AC ]. AM =■ 0 » 19(x - 1) + 17(y - 2) - 8(z - 4) = 0 » 19x t 17y - 8z - 21 0. b) Vì ABCD là hình binh hành nên AB ^ D C : l= -2-x„ -3 = 3-yp
Giải Gọi Q = AC n BD, Q' = A'C' n B'D' Ihì Q, Q' là trung điểm của AC, B'D' nên: D' X, +X3 + x ';-x ', _ y, +Y3 +y’;-y ', . z, + z , + zy\ - z7'4 ^ B D X|+X3 ~X',+X'4 _^ +y., -y'2+y'4 .Zl+ 2 3 -z''2 0+.7'A 2' 2 2 2 , Bài toán 1.18: a) Tìm toạ độ điểm M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm A ( l;2 ;3 )v à B (- 3 ;-3 ;2 ) b) Trên mặt phẳng (Oxz) thì điểm M cách đều ba điểm A (l; 1; 1), B (-l; 1; 0), C(3; Giải a) M thuộc Ox nên M(x; 0; 0). Ta có MA = MB MA^ = MB^ (1 - x)^ + 2^ + 3^ = (-3 - x)^ + (-3)^ + 2^ o X = -1. Vậy M (-1;0; 0) b) M thuộc (Oxz) trôn M(x; 0; z). Ta có: MA = MB = MC ÍAM^ =BM- í ( x - l ) '+ l + ( z - l ) - = ( x + l ) V l + z^ ị AM- = CM- (x -1)^ +1 + (z -1)- = (X - 3)- +1 + (z +1)^ 5 X= — 2z = l rì __ _f5 ^ 7^ - . Vây M 4z = 8 7 u 6) z = —- 6 Bài toán 1.19: Cho tam giác ABC có A(-2; 1; 0), B(0; 3; -1), C (-l; 0; 2). a) Chứng minh tam giác ABC có góc B nhọn. b) Tìm toạ độ điểm II là hình chiếu của A trên cạnh BC. 12
Giải a) Ta có BA = (-2; -2; 1), BC = (-1; -3; 3) BẤ.BC _ n Nên cos B = > 0 => góc B nhọn. BA BC 3VĨ9 b) H(x; y; z) thuộc BC nên BH = tB C Do đó X = -t, y - 3 = -3t, z + 1 = 3t => X = -t, y = 3 - 3l, z = -1 + 3t Ta có AH 1 BC nên ÃH . BC = 0. (-t + 2)(-l) + (-3t + 2)(-3) + (z i 1)3 = 0 => t = — . Vậy hình chiếu H n _2 8 9 ’ 3 ’3 Bài toán 1.20: Cho bốn điểm A(-3; 5; 15), B(0; 0; 7), C(2; -1; 4), D(4; -3; 0). Hỏi hai đường thẳng AB và CD có cắt nhau hay không? Neu chúng cắt nhau, hãy tìm toạ độ giao điểm. Giải Ta có: ÃB = (3; -5; -8), Ã c = (5; -6; -11) ÃD = (7; -8; -15), CD = (2; -2; -4). Do đó [A B , ÀC] = (7; -7; 7) => [ AB . AC] . AD = 0 nên AB, CD đồng phẳng, hơn nữa A B , CD không cùng phương, do đó 2 đường thăng AB và CD căt nhau. Gọi M (xm ; y\i, zm ) là giao điểm của AB và CD. Đặt = k M B , Ã ^ ’ = Ấ:'Ãffi.Tacó: X c-k'X p •3 2 -4 k ’ “■M 1 -k 1-k' 1-k 1 -k ’ ^ y c - k ' y p - l + 3k' Ym = i-k i-k' i-k i-k' ^ yc-k'Zp 1 5 -7 k ^ 4 "M 1 -k 1-k' 1-k 1-k' 7 Giải ra được k' = — nên M 11 2 2 . Bài toán 1.21: a) Cho hai điểm A(2; 5; 3), B(3; 7; 4). Tìm điểm C(x; y; 6) để A, B, c thẳng hàng, b) Cho hai điểm A (-l; 6; 6), B(3; -6; -2). Tìm điểm M thuộc mp(Oxy) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 13
Giải X- 2=k X =5 a) A, B, c thẳng hàng Ảc = k AB y - 5 = 2k « y = ll. 3= k k=3 . Vậy điểm C(5; 11; 6). b) Vì za = 6, Zn = -2 za . zb < 0 => A, B ở hai phía của mp(Oxy). Vậy MA + MB nhỏ nhất khi A, B, M thẳng hàng A M , AB cùng phương [ A M , A B 1= 0 Gọi M(x; y; 0) e mp(Oxy) ẢM = (x + 1; y - 6; -6 ), AB = (4; -12; -8) Ta có: [Ã M , ÃB] = (-8 y -2 4 ; 8x - 1 6 ;-12x - 4y + 1 2 ) - õ -8y-24 = 0 X = z 8 x -l6 = 0 y = -3 - 1 2 x - 4 y + 12 = 0 Vậy MA + MB ngắn nhất khi M(2; -3; 0) Bài toán 1.22: Cho tứ diện ABCD có: A(2; 1; -1), B(3; 0; 1), C(2; -1; 3) và D thuộc trục Oy. Biết V a b c d = 5. Tìm toạ độ đỉnh D. Giải Gọi D(0; y; 0) thuộc trục Oy. Ta có: ÃB = (1 ;-1 ;2 ), ÃD = ( - 2 ; y - 1; 1), AC - (0;-2; 4) = > [ X b , Ã C ]= --(0 ;-4 ;-2 )= ^ [X b , X c ]Ã D = -4(y - l ) - 2 - - 4 y + 2. Theo giả thiết V abcd = 5 — lị À B , AC ] AD 6 I- 5 I I - 4y -í 2 = 30 y = -7; y = 8 Vậy có 2 điểm D trên trục Oy: D(0; -7; 0) và D(0; 8; 0). Bài toán 1.23: Gọi G là trọng tcim của tứ diện ABCD Chứng minh ràng dường thăng đi qua G và một dinh của tứ diện cũng di qua trọng tâm của mặt đối diện với đỉnh đó. Gọi A' là trọng tâm tam giác BCD. Chứng minh răng = 3. GA' Giải Ta giải bằng phương pháp toạ độ. Trong không gian toạ độ Oxyz, giả sử A(xi; yi; Z | ) , B(X2; V2; / 2), C(X3; y 3, Za), D(x4; y4; Z4) thì trọng tâm A' của tam giác BCD, trọng lâm tứ diện G: ^ X, + X, + y^ + y, -f y4 . z, + z, + z / A' 14
^ X, + + X , + X,, ^ y , + y , + y , + Y4 . z , + Z;,_ + 7.3 + z , ^ G V 4 4 4 Do đó: ã \-í ~y2 "^3 -y4 ■3?^- 'Í Ị - í y -3x, +X3 +X3 +X4 ^-3y| +y^ +Y 3 +Y4 . -3Z| + 2, +/-3 +z, 12 12 12 , GA Suy ra: GA = -3 G A ' => G, A, A' thẳng hàng và = 3. GA' Tưong lự thì có đpcm. Bài toán 1.24; Cho tứ diện nội tiếp trong mặt cầu tâm o và có AB = AC = AD. Gọi G là trọng tâm AACD, E, F là trung điếm BG, AỈC Chứng minh: OF _L BG OD _L AC. Giải AB = AC = AD và OB - oc - OD => OA _L (BCD) tại chân dường cao II với HB = HC = HD. lí Chọn H làm gốc toạ độ. với hệ trục Hx, Ily, Hz sao cho I lA là trục Mz, HB là trục Hy. A (0;0; a), B(0; b; 0); C (c ; C2; 0), D(di; d 2; 0) và 0(0 ; 0; z) I C|+d| C, +dT a „ suy ra G ^ ^ ,E V 3 3 i) C| + d, b Ct + dj 7a 12 12 ’ 12 c, + d| b c, + d, 7a và ÒF = - z 12 ’4”^ '12 ’' n C| + d| Cj +d a BG = —^ - b , 3 2) AC = (Ci; C2; -a), OD = (di; dỵ, -z) Theo giả thiết OA = OB = oc = OD OA" = OB‘ = oc^ = OD^ (a - z)" = b^ + z^ = c^ + cị + z^' = df + dị + z^ » a - 2az = b^ = c? + cl = d,“ + dỉ ( 1) Ta có: OF.BG = 0 « (C i + d i) ^ + (C2 + d2)^ - 9b^ + 7a' - 12az = 0 (2) 15
Khai triển (2) và thay thế (1) ta được: (2) 32 + Cidi + C2d 2 = 0 OD . AC = 0: đpcm. BÀI TẬP Bài tập 1.1: Tính tích vô hướng của hai vectơ sau: a = (0 ; V 2; ^/3), b = (4; V 3 ; - V 2 ) . HD-DS a.b =0.4+ V 2 .V ĩ + V 3 (- V 2 ) = 0. Bài tập 1.2: Chứng minh các tính chất sau đây của tích vô hướng a) [ a , a ] = Ổ b) [c , a + b] = [c , a ] + [c , b] ÌID-ĐS Gọi a = (Xi; y i ; Z i ) , b = (X 2; y 2; Z 2> , c = (X3; y 3 ; 2 3). / yi z, X, Xi yi' a) [ a , a ] = 9 = (0;0; 0 ) = Õ , Vyi Zi Xl X, yi. a + h] = y, 23 9 Z2 X3 9 X3 y+ 7i+yi z, +z^ Z,+Z^ X1 + X 2 X, + x . yi+y.. z.3 y3 Z3 7.3 X, z.3 X3 X3 y.3 X3 y3 í + 9 + Zl y2 Z2 z, X, Xi y. X2 y2 y ^y3 ^3 ^3 X3 X, y.3 y3 ^3 X, X3 y3 + [ c , ã ] + [ c , b]. yy. Zl z, x,[ X, y, y2 ^2 z, X2 ^2 y2 Bài tập 1.3: Cho hai điểm A(xi; yi; Z |) và B(X2; yi\ 7.2). Tìm toạ độ điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ sổ k + 1. IID-DS Gọi M(x; y; z) ta có: MA = (Xi - x; yi - y; Zi - z), MB = (X2 - x; y 2 - y; Z2 - z) Điểm M chia đoạn AB theo tỉ số k 3Ế 1 khi và chỉ khi X, - k x , X = — ------— - X| - X = k ( X j - x ) 1 -k MẨ = kMB
Bài tập 1.4: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có các điểm A (l; 0; 1), B(2; 1; 2), D (l; -1; 1) và C'(4; 5; -5). Tìm các điểm còn lại. HD-ĐS ABCD là hình bình hành nên: Xf - 2 =0 X(. = 2 BC = AD ^
2J P góc, k h o ả n g c á c h , d iệ n t íc h , t h ể t íc h Tích có hướng của a = (x,y,z) và h --= (x'.y',z') là veclơ: z X X '' n = [a , h ] = ? > z' z' X' - Độ dài của vectơ: u = (x,y,z): I MI = + y~ . - Khoáng cách giữa hai diêm A(xi, Vi, Zi) và B(X2, V2, 22): AB = 7(^2 - x ^ Ý + (y^ - )- + (Z2 - z, ) ^ - Góc giữa hai vecíơ: u = (x,y,z) và V' = (x',y',zỹ: ,— ^ x.x’+y.y'+z.z' cos(w,v) = — ------. + y + z^ .^Jx'^+y'^+z' - Góc của tam giác ABC: cos A = cos(AB, A C ). - Diện tích lam giác ABC: s = — \ [AB , AC Ị \ - Thế lích tứ diện ABCD: V = ~ \ [ÃB , J c ị Ã Ĩ ) \ 6 - Thể tích hình hộp ABCD.A B'C/D': V = \[ Ã B .1 Ã ' \ - Thể tích hình lăng trụ AB C A 'B'C': V = - \ [ A B , Ã õ ] . Z ĩ ' I. Chủ ý: Ị) Góc giữa 2 vectcĩ từ 0“ đến I8Ơ’ và các góc cồn lại giữa đường thẳng, mặt phang đều từ ( f đến 9Ơ^. 2) Dùng diện tích tam giác đê tỉnh chiểu cao tam giác và thế tích tứ diện đê tính chiều cao tứ diện. 3) ứng dụng tọa độ không gian đế giải các hài toán hình không gian cô điển, CỊuạn hệ song song, vuông góc, độ dài, góc , khoảng cách, vị tri tương đổi, ... Bài toán 2.1: Tính côsin của góc giữa hai vectơ u và V trong mỗi trường họp sau: a) Ũ =(1; 1; 1); V = (2; 1;-1) b) u = 3 Ĩ t 4 j* ; V = - l Ỵ + 3 k Giải ^ ^ xx'+y.y'+z.z' v2 a) cos(u,v) = p ■ ^ •ựx^ + y" + z .•ựx'Vy'^+z'^ 3 18
-8VĨ3 b) Ta có ũ = (3; 4; 0), V = (0; -2; 3) => c o s(ii, v ) = 65 Bài toán 2.2: Cho các vccíơ: u = i - 2 j ; v = 3 Ĩ + 5(j - k);w=2Ì-k+3j. a) Tìm côsin của các góc ( V, i ), ( V, j ) và ( V, k ). b) Tính các tích vô hướng u . v , u . w , v . w . Giải a) u = ( l ; - 2 ; 0 ) , V = (3; 5;-5), w = ( 2 ; 3 ; - l ) Và các vectơ đơn vị i = (1; 0; 0), j = (0; 1; 0), ĩc = (0; 0; 1) nên V.I V.J co s(v ,i) -• -* ; c o s(v J) = V1 yÍ59 S9 v.k -5 c o s(v ,k ) = yÍ59 b) Ta có u . V = x.x' + y.y' + z.z' = -7. Tương tự thì được u . w = -4, V. w =26. Bài toán 2.3: Cho hình bình hành ABCD với A(-3; -2; 0), B(3; -3; 1), C(5; 0; 2 ). Tìm toạ độ đỉnh D và tính góc giữa hai vectơ AC và B D . Giải Ta có BẤ = (-6; 1; -1), BC = (2; 3; 1). Vi toạ độ của hai vectơ đó không tỉ lệ nên ba điểm A, B, c, không thẳng hàng. Gọi D(x; y; z). Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi x + 3= 2 x = -l AD = BC
Chứng minh rằng: cos^( u , i ) + cos^( u , j ) + cos^( u , ỉc) = 1. Giải Ba vectơ đơn vỊ trên 3 trục Ox, Oy, Oz: i={ 1;0;0), 7 =(0; 1;0 ) , Ic =(0;0; 1) . Giả sử u = (x; y; z) ta có; cos(u,r) = •— — ^ u 1 V x“ + y = + z ’ ' Do đó cos^ (u, i ) = —— ^ ^ . X +y +z 2 2 y 7. Tương tự: cos^(uJ) = --^-..y , - ; co^(ĩi,k) = X +y +z X +y'+z Từ đó suy ra cos^( u , i ) f cos^( u , j ) + cos^( u , k ) = 1. Bài toán 2.5: Cho tam giác ABC vuông ở A biết A(4; 2; -1), B(3; 0; 2), C(x; -2; 1) a) Tìm tâm và bán kính đưòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. b) Tìm độ dài đường cao của tam giác ABC vẽ từ đỉnh A. Giải a) Tam giác ABC vuông tại A nên AB^ + AC^ = BC^ Mà AB^ = 1 + 4 + 9 = 14, AC^ = (x - 4)^ + 16 + 4 = (x - AỶ + 20 BC^ = (x - 3)^ + 4 + 1 = (X - 3 f + 5 X = 18 ^ C(18; -2; 1) Tâm đưòng tròn ngoại tiếp I là trung điểm của BC. Nên l í — ;-l; - ì và bán kính R = — = V2 2; 2 2 b) Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AI I nôn AH.HC = A B . A C ^ A H = i ^ = ^ . BC 115 Bài toán 2.6: Cho ba điểm A(l; 0; 0), B(0; 0; 1), C(2; 1; 1) a) Chứng minh A, B, c không thẳng hàng. Tính chu vi, diện tích và độ dài đường cao của tam giác ABC vẽ từ đỉnh A. b) Tính các góc của tam giác ABC. Giải a) Ta có BA = (1; 0; -1), BC - (2; 1; 0), toạ độ hai vectơ đó không tỉ lệ nên chúng không cùng phương. Vậy ba điểm A, B, c không thẳng hàng. Ta có AB = ^ IÝ + 0 ^ + { -I Ý = V2 , BC = V2 ' + 1 ' +0^ = Vs AC = = V3 . Vậy chu vi tam giác ABC bằng ^Í2 + 20