Giải SBT hình học 12 chương 3 bài 1 Hệ tọa độ trong không gian

Bài 1. Hệ tọa độ trong không gian.  sách bài tập (SBT)  Hình học 12 – Chương 3 Phương pháp tọa độ trong không gian

Bài 3.1

Trong không gian Oxyz cho ba vecto \(\overrightarrow a  = (2; – 1;2),\overrightarrow b  = (3;0;1),\overrightarrow c  = ( – 4;1; – 1)\) . Tìm tọa độ của các vecto \(\overrightarrow m \) và \(\overrightarrow n \) biết rằng:

a) \(\overrightarrow m  = 3\overrightarrow a  – 2\overrightarrow b  + \overrightarrow c \)

b)\(\overrightarrow n  = 2\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + 4\overrightarrow c \)

Đáp án

\(\overrightarrow m  = ( – 4; – 2;3),\overrightarrow n  = ( – 9;2;1)\)


Bài 3.2

Trong không gian Oxyz cho vecto \(\overrightarrow a  = (1; – 3;4)\).

a) Tìm y0 và z0 để cho vecto \(\overrightarrow b  = (2;{y_0};{z_0})\)  cùng phương với \(\overrightarrow a \)

b) Tìm tọa độ của vecto \(\overrightarrow c \) biết rằng  \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow c \) ngược hướng và \(|\overrightarrow {c|}  = 2|\overrightarrow a |\)

Hướng dẫn

a) Ta biết rằng  \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng phương khi và chỉ khi  \(\overrightarrow a  = k\overrightarrow b \)  với k là một số thực. Theo giả thiết ta có:  \(\overrightarrow b  = ({x_0};{y_0};{z_0})\)  với x0 = 2. Ta suy ra  \(k = {1 \over 2}\) nghĩa là \(l = {1 \over 2}{x_0}\)

Do đó: \( – 3 = {1 \over 2}{y_0}\)   nên y0 = -6

            \(4 = {1 \over 2}{z_0}\)    nên z0 = 8

Vậy ta có  \(\overrightarrow b  = (2; – 6;8)\)

b) Theo giả thiết ta có   \(\overrightarrow c  =  – 2\overrightarrow a \)

Do đó tọa độ của \(\overrightarrow c \) là: \(\overrightarrow c \) = (-2; 6; -8).


Bài 3.3

Trong không gian Oxyz cho điểm M có tọa độ (x0; y0 ; z0). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên các mặt phẳng  tọa độ (Oxy), (Oyz), (Ozx).

Bài giải

Giải SBT hình học 12 chương 3 bài 1 Hệ tọa độ trong không gian

Gọi M’, M’’, M’’’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các mặt phẳng (Oxy), (Oyz), (Ozx).

Ta có: M’(x0; y0; 0)

           M’’ (0; y0; z0)

          M’’’(x0; 0; z0)


Bài 3.4

Cho hai bộ ba điểm:

a) A = (1; 3; 1)  , B = (0; 1; 2)  , C = (0; 0; 1)

b) M = (1; 1; 1)   ,  N = (-4; 3; 1)    , P = (-9; 5; 1)

Hỏi bộ nào có ba điểm thẳng hàng?

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = ( – 1; – 2;1)\)

            \(\overrightarrow {AC}  = ( – 1; – 3;0)\)

Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi hai vecto  \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) cùng phương, nghĩa là \(\overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow {AC} \) với k là một số thực.

Giả sử ta có \(\overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow {AC} \) , khi đó \(\left\{ {\matrix{{k.( – 1) = – 1} \cr {k.( – 3) = – 2}\cr {k.(0) = 1} \cr} } \right.\)

Ta không tìm được số k nào thỏa mãn đồng thời cả ba đẳng thức trên. Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = ( – 5;2;0)\)   và \(\overrightarrow {MP}  = ( – 10;4;0)\). Hai vecto \(\overrightarrow {MN} \)  và \(\overrightarrow {MP} \) thỏa mãn điều kiện:  \(\overrightarrow {MN}  = k\overrightarrow {MP} \)  với  \(k = {1 \over 2}\) nên ba điểm M, N, P thẳng hàng.


Bài 3.5

Trong không gian Oxyz, hãy tìm trên mặt phẳng (Oxz) một điểm M cách đều ba điểm A(1; 1; 1), B(-1; 1; 0), C(3; 1; -1).

Bài giải

Điểm M thuộc mặt phẳng (Oxz) có tọa độ là (x; 0; z), cần phải tìm x và z. Ta có:

MA2 = (1 – x)2 + 1 + (1 – z)2

MB2 = (–1 – x)2 + 1 + z2

MC2 = (3 – x)2 + 1 + (–1 – z)2

Theo giả thiết M cách đều ba điểm A, B, C nên ta có  MA2 = MB2 = MC2

Từ đó ta tính được \(M({5 \over 6};0; – {7 \over 6})\)


Bài 3.6

Cho hình tứ diện ABCD. Chứng minh rằng:

a) \(\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AD}  + \overline {BC} \)

b)\(\overrightarrow {AB}  = {1 \over 2}\overrightarrow {AC}  + {1 \over 2}\overrightarrow {AD}  + {1 \over 2}\overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {DB} \)

Bài làm

a) Ta có: \(\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DC} \)

            \(\overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {CD} \)

Do đó: \(\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {BC} \)  vì \(\overrightarrow {DC}  =  – \overrightarrow {CD} \)

b) Vì \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DB} \)  và \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CD} \) nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {DB} \)

Do đó: \(2\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {CD}  + 2\overrightarrow {DB} \)

Vậy  \(\overrightarrow {AB}  = {1 \over 2}\overrightarrow {AC}  + {1 \over 2}\overrightarrow {AD}  + {1 \over 2}\overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {DB} \)


Bài 3.7

Cho hình tứ diện ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BD, AD, BC. Chứng minh rằng:

a) \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {CB}  = 2\overrightarrow {MN} \)

b) \(\overrightarrow {AB}  – \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AC}  – \overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {PQ} \)

Hướng dẫn giải

Giải SBT hình học 12 chương 3 bài 1 Hệ tọa độ trong không gian

a) Ta có  MPNQ là hình bình hành vì \(\overrightarrow {MP}  = \overrightarrow {QN}  = {1 \over 2}\overrightarrow {CD} \)  và \(\overrightarrow {MQ}  = \overrightarrow {PN}  = {1 \over 2}\overrightarrow {AB} \).

Do đó  \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MQ}  + \overrightarrow {MP}  = {{\overrightarrow {AB} } \over 2} + {{\overrightarrow {CD} } \over 2}\)  hay \(2\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD} \)        (1)

Mặt khác  \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DB} \)

            \(\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {BD} \)

Nên \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {CB} \)            (2)

Vì  \(\overrightarrow {DB}  =  – \overrightarrow {BD} \)

Từ (1) và (2) ta có: \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {CB}  = 2\overrightarrow {MN} \)  là đẳng thức cần chứng minh.

b) Ta có: \(\overrightarrow {PQ}  = \overrightarrow {MQ}  – \overrightarrow {MP}  = {{\overrightarrow {AB} } \over 2} – {{\overrightarrow {CD} } \over 2}\)

Do đó: \(2\overrightarrow {PQ}  = \overrightarrow {AB}  – \overrightarrow {CD} \)         (3)

Mặt khác:  \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CB} \)

                \(\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {BD}  – \overrightarrow {BC} \)

Nên \(\overrightarrow {AB}  – \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AC}  – \overrightarrow {BD} \)             (4)

Vì \(\overrightarrow {CB}  – ( – \overrightarrow {BC} ) = \overrightarrow 0 \)

Từ (3) và (4) ta suy ra \(\overrightarrow {AB}  – \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AC}  – \overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {PQ} \)  là đẳng thức cần chứng minh.


Bài 3.8 trang 102 SBT Hình học 12

Trong không gian cho ba vecto tùy ý \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ,\overrightarrow c \) . Gọi \(\overrightarrow u  = \overrightarrow a  – 2\overrightarrow b ,\overrightarrow v  = 3\overrightarrow b  – \overrightarrow c ,\overrightarrow {\rm{w}}  = 2\overrightarrow c  – 3\overrightarrow a \) .

Chứng tỏ rằng ba vecto \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \)  đồng phẳng.

Bài giải

Muốn chứng tỏ rằng ba vecto  \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \)  đồng phẳng ta cần tìm hai số thực p và q sao cho \(\overrightarrow {\rm{w}}  = p\overrightarrow u  + q\overrightarrow v \).

Giả sử có \(\overrightarrow {\rm{w}}  = p\overrightarrow u  + q\overrightarrow v \)

\(2\overrightarrow c  – 3\overrightarrow a  = p(\overrightarrow a  – 2\overrightarrow b ) + q(3\overrightarrow b  – \overrightarrow c )\)

\(\Leftrightarrow  (3 + p)\overrightarrow a  + (3q – 2p)\overrightarrow b  – (q + 2)\overrightarrow c  = \overrightarrow 0 \)     (1)

Vì ba vecto lấy tùy ý \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ,\overrightarrow c \) nên đẳng thức (1) xảy ra khi và chỉ khi:

\(\left\{ {\matrix{{3 + p = 0} \cr {3q – 2p = 0} \cr {q + 2 = 0} \cr} } \right. \Rightarrow  \left\{ {\matrix{{p = – 3} \cr {q = – 2} \cr} } \right.\)

Như vậy ta có:  \(\overrightarrow {\rm{w}}  =  – 3\overrightarrow u  – 2\overrightarrow v \)  nên ba vecto  \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \) đồng phẳng.


Bài 3.9 trang 103 sách bài tập (SBT) Hình học 12

Trong không gian Oxyz cho một vecto \(\overrightarrow a \) tùy ý khác vecto \(\overrightarrow 0 \). Gọi \(\alpha ,\beta ,\gamma \) là ba góc tạo bởi ba vecto đơn vị \(\overrightarrow i ,\overrightarrow j ,\overrightarrow k \) trên ba trục Ox, Oy, Oz và vecto \(\overrightarrow a \) . Chứng minh rằng: \({\cos ^2}\alpha  + {\cos ^2}\beta  + {\cos ^2}\gamma  = 1\)

Đáp án

Giải SBT hình học 12 chương 3 bài 1 Hệ tọa độ trong không gian

Gọi \(\overrightarrow {{a_0}} \) là vecto đơn vị cùng hướng  với vecto \(\overrightarrow a \) , ta có \(\overrightarrow {{a_0}}  = {1 \over {|\overrightarrow a |}}\overrightarrow a \).

Gọi \(\overrightarrow {O{A_0}}  = \overrightarrow {{a_0}} \) và các điểm A1, A2, A3theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của điểm A0 trên các trục Ox, Oy, Oz.

Khi đó ta có:   \({{|\overrightarrow {O{A_1}} |} \over {|\overrightarrow {O{A_0}} |}} = \cos \alpha ,{{|\overrightarrow {O{A_2}} |} \over {|\overrightarrow {O{A_0}|} }} = \cos \beta ,{{|\overrightarrow {O{A_3}} |} \over {|\overrightarrow {O{A_0}} |}} = \cos \gamma \)

Vì  \(|\overrightarrow {O{A_0}} | = 1\) nên \(|\overrightarrow {O{A_1}} | = \cos \alpha ,|\overrightarrow {O{A_2}} | = \cos \beta ,|\overrightarrow {O{A_3}} | = \cos \gamma \)

Ta có   \(\overrightarrow {O{A_0}}  = \overrightarrow {O{A_1}}  + \overrightarrow {O{B_2}}  + \overrightarrow {O{A_3}} \)  , ta suy ra: \(\overrightarrow {O{A_0}}  = \cos \alpha \overrightarrow i  + \cos \beta \overrightarrow j  + \cos \gamma \overrightarrow k \)  hay \(\overrightarrow {O{A_0}}  = (\cos \alpha ;\cos \beta ;\cos \gamma )\)  .

Vì   \(\overrightarrow {O{A_0}}  = \overrightarrow {{a_0}} \) mà \(|\overrightarrow {{a_0}} | = 1\) nên ta có: \({\cos ^2}\alpha  + {\cos ^2}\beta  + {\cos ^2}\gamma  = 1\)


Bài 3.10

Cho hình tứ diện ABCD.

a) Chứng minh hệ thức:

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC}  = 0\)

b) Từ hệ thức trên hãy suy ra định lí: “Nếu một hình tứ diện có hai cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau thì cặp cạnh đối diện thứ ba cũng vuông góc với nhau.”

Làm bài

a) Ta có

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AD}  – \overrightarrow {AC} ) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  – \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) (1)

\(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {DB}  = \overrightarrow {AC} (\overrightarrow {AB}  – \overrightarrow {AD} ) = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  – \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} \)          (2)

\(\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AD} (\overrightarrow {AC}  – \overrightarrow {AB} ) = \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC}  – \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} \)   (3)

Lấy  (1) + (2) + (3) ta có hệ thức cần chứng minh là:

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC}  = 0\)

b) Từ hệ thức trên ta suy ra định lí:  “Nếu tứ diện ABCD có  \(AB \bot CD,AC \bot DB\) , nghĩa là \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = 0\) và \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {DB}  = 0\) thì  \(\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC}  = 0\) và do đó \(AD \bot BC\) .”


Bài 3.11 trang 103 SBT Toán hình 12

Tính tích vô hướng của hai vecto \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b \) trong không  gian với các tọa độ đã cho là:

a) \(\overrightarrow a  = (3;0; – 6),\overrightarrow b  = (2; – 4;c)\)

b) \(\overrightarrow a  = (1; – 5;2),\overrightarrow b  = (4;3; – 5)\)

c)  \(\overrightarrow a  = (0;\sqrt 2 ;\sqrt 3 ),\overrightarrow b  = (1;\sqrt 3 ; – \sqrt 2 )\)

Gợi ý

a) \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 6(1 – c)\) ;

b) \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  =  – 21\)

c) \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 0\)


Bài 3.12

Tính khoảng cách giữa hai điểm A và B trong mỗi trường hợp sau:

a) A(4; -1; 1)  , B(2; 1; 0)

b) A(2; 3; 4)  , B(6; 0; 4)

Đáp án

a) \(|\overrightarrow {AB} | = 3\)

b) \(|\overrightarrow {AB} | = 5\)


Bài 3.13

Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh là:

A(a; 0 ; 0),                  B(0; b; 0) ,                     C(0; 0; c)

Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn.

Giải

Ta có:  \(\overrightarrow {AB}  = ( – a;b;0)\)  và \(\overrightarrow {AC}  = ( – a;0;c)\)

Vì \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = {a^2} > 0\)  nên góc \(\widehat {BAC}\)  là góc nhọn.

Lập luận tương tự ta chứng minh được các góc \(\widehat B\)  và \(\widehat C\) cũng là góc nhọn.


Bài 3.14

Trong không gian Oxyz hãy lập phương trình mặt cầu trong các trường hợp sau:

a) Có tâm I(5; -3; 7) và có bán kính r = 2.

b) Có tâm là điểm C(4; -4; 2) và đi qua gốc tọa độ;

c) Đi qua điểm M(2;-1;-3) và có tâm C(3; -2; 1)

Lời giải

a) (x – 5)2 + (y  +3)2 + (z – 7)2 = 4 ;

b) (x – 4)2 + (y  +4)2 + (z – 2)2 = 36;

c) (x – 3)2 + (y + 2)2 + (z – 1)2 = 18


Bài 3.15 trang 103 Hình học 12

Trong không gian Oxyz hãy xác định tâm và bán kính các mặt cầu có phương trình sau đây:

a) x2 + y2 + z2 – 6x + 2y – 16z – 26 = 0 ;

b) 2x2 + 2y2 + 2z2 + 8x – 4y – 12z – 100 = 0

Hướng dẫn làm bài

a) Tâm I(3; -1; 8), bán kính r = 10;

b) Tâm I(-2; 1; 3), bán kính r = 8.


Bài 3.16 SBT Toán hình 12 trang 103

Trong không gian Oxyz hãy viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm  A(1; 0; 0), B(0; -2; 0), C(0; 0; 4) và gốc tọa độ O. Hãy xác định tâm và bán kính của mặt cầu đó.

Giải

Phương trình mặt cầu (S) cần tìm có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0.

Vì   \(A \in (S)\) nên ta có:  1 – 2a + d =0         (1)

   \(B \in (S)\)  nên ta có: 4 + 4b + d = 0         (2)

   \(C \in (S)\) nên ta có: 16 – 8c + d = 0        (3)

   \(D \in (S)\)  nên ta có:  d = 0                     (4)

Giải hệ 4 phương trình trên ta có:  \(d = 0,a = {1 \over 2},b =  – 1,c = 2\).

Vậy mặt cầu (S) cần tìm có phương trình là: x2 + y2 + z2 –x + 2y – 4z = 0

Phương trình mặt cầu (S) có thể viết dưới dạng:

\({(x – {1 \over 2})^2} + {(y + 1)^2} + {(z – 2)^2} – {1 \over 4} – 1 – 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow  {(x – {1 \over 2})^2} + {(y + 1)^2} + {(z – 2)^2} = {{21} \over 4}\)

Vậy mặt cầu (S) có tâm \(I({1 \over 2}; – 1;2)\) và có bán kính \(r = {{\sqrt {21} } \over 2}\)

Leave a Reply