Cho ba vectơ \(\vec a=(1;m;2),\vec b=(m+1;2;1),\vec c=(0;m-2;2).\) a) Tìm m để \(\vec a\) vuông góc \(\vec b.\) b) Tìm m để \(\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = \left| {\overrightarrow c } \right|.\) Lời giải: a) Ta có: \(\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = 0 \Leftrightarrow m + 1 + 2m + 2 = 0 \Leftrightarrow m = - 1.\) b) Ta có: \(\overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {m + 2;m + 2;3} \right)\) Do đó: \(\begin{array}{l} \left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = \left| {\overrightarrow c } \right| \Leftrightarrow {\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right|^2} = {\left| {\overrightarrow c } \right|^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} + {(m + 2)^2} + 9 = {(m - 2)^2} + 4\\ \Leftrightarrow {m^2} + 12m + 9 = 0 \Leftrightarrow m = - 6 \pm \sqrt 3 . \end{array}\) Ví dụ 2: Trong hệ trục tọa độ Oxy cho \(\overrightarrow a = (1; - 1;0),\,\overrightarrow b = ( - 1;1;2),\,\overrightarrow c = \overrightarrow i - 2\overrightarrow j ,\,\overrightarrow d = \overrightarrow i\). a) Xác định t để vectơ \(\overrightarrow u = \left( {2;2t - 1;0} \right)\) cùng phương với \(\overrightarrow a .\) b) Tìm các số thực m,n,p để \(\overrightarrow d = m\overrightarrow a - n\overrightarrow b + p\overrightarrow c\). Lời giải: a) \(\vec u\)cùng phương với \(\vec a\) khi: \(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} 1 = 2k\\ - 1 = (2t - 1)k\\ 0 = 0k \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 = 2k\\ - 1 = (2t - 1)k \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} k = \frac{1}{2}\\ - 1 = (2t - 1)k \end{array} \right. \end{array}\) Với \(t=\frac{1}{2}\) thì ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} k = \frac{1}{2}\\ - 1 = 0 \end{array} \right.\) (Vô nghiệm) Với \(t \ne \frac{1}{2}\) thì ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} k = \frac{1}{2}\\ k = \frac{{ - 1}}{{2t - 1}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{2t - 1}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow t = -\frac{{ 1}}{2}\) b) Ta có: \(\overrightarrow c = \overrightarrow i - 2\overrightarrow j = (1;0;0) - 2(0;1;0) = (1; - 2;0)\) \(\begin{array}{l} \overrightarrow d = m\overrightarrow a - n\overrightarrow b + p\overrightarrow c \\ \Leftrightarrow (1;0;0) = m(1; - 1;0) - n( - 1;1;2) + p(1; - 2;0)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m + n + p = 1\\ - m - n - 2p = 0\\ 0m - 2n + 0p = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m = 2\\ n = 0\\ p = - 1 \end{array} \right. \end{array}\) Vậy m=2;n=0;p=-1. Ví dụ 3: Cho A(3;0;4), B(1;2;3), C(9;6;4). Tìm: a) Trọng tâm tam giác ABC. b) Tọa độ đỉnh D để ABCD là hình bình hành. c) Tọa độ giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD. Lời giải: a) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{13}}{3}\\ {y_G} = \frac{8}{3}\\ {z_G} = \frac{{11}}{3} \end{array} \right.\) Vậy \(G\left( {\frac{{11}}{3};\frac{8}{3};\frac{{11}}{3}} \right).\) b) Gọi \(D\left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right)\) \(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} = ( - 2;2; - 1)\\ \overrightarrow {DC} = (9 - {x_D};6 - {y_D};4 - {z_D}) \end{array}\) Để ABCD là hình bình hành thì: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}\) Hay: \(\left\{ \begin{array}{l} - 2 = 9 - {x_D}\\ 2 = 6 - {y_D}\\ - 1 = 4 - {z_D} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_D} = 11\\ {y_D} = 4\\ {z_D} = 5 \end{array} \right. \Rightarrow D(11;4;5)\) c) Gọi I là giao điểm hai đường chéo AC và BD thì: I là trung điểm của AC \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_C}}}{2} = 6\\ {y_I} = \frac{{y{}_A + {y_C}}}{2} = 3\\ {z_I} = \frac{{{z_A} + {z_C}}}{2} = 4 \end{array} \right. \Rightarrow I(6,3,4)\). Ví dụ 4: Trong mặt phẳng (P) cho hình chóp S.ABC có tọa độ các đỉnh \(A(0;0;0);\,B\left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0} \right);C(a;0;0);S(0;0;a)\). Tính góc giữa hai đường thẳng AB và SC. Lời giải: Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0} \right)\); \(\overrightarrow {SC} = \left( {a;0; - a} \right).\) \(\cos \left( {AB,SC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {SC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {SC} } \right|}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow \widehat {\left( {AB,SC} \right)} \approx {69^0}18'.\) Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tọa độ các điểm như sau: \(A(0;0;0);\,B(a;0;0);\,C(0;a\sqrt 3 ,0);A'\left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};a\sqrt 3 } \right);B'\left( {\frac{{3a}}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};a\sqrt 3 } \right);C'\left( {\frac{a}{2};\frac{{3a\sqrt 3 }}{2};a\sqrt 3 } \right)\) Gọi M là trung điểm của BC a) Chứng minh: \(A'M \bot BC.\) b) Tính góc giữa hai đường thẳng: AA’ và B’C’. Lời giải:  a) Ta có: \(\overrightarrow {A'M} = \left( {0;0; - a\sqrt 3 } \right)\) \(\overrightarrow {BC} = \left( { - a;a\sqrt 3 ;0} \right)\) Ta có: \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BC} = 0.\) Vậy AM vuông góc BC. b) Ta có: \(\begin{array}{l} \overrightarrow {AA'} = \left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};a\sqrt 3 } \right)\\ \overrightarrow {B'C'} = \left( {a; - a\sqrt 3 ;0} \right) \end{array}\) \(\cos (AA',B'C') = \frac{{\left| {\overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {B'C'} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AA'} } \right|\left| {\overrightarrow {B'C'} } \right|}} = \frac{1}{4}\) Vậy: \(\widehat {\left( {AA',B'C'} \right)} \approx {75^0}31'.\) Ví dụ 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;-1;2) điểm B(-1;-1;0). Viết phương trình mặt cầu đường kính AB. Lời giải: Gọi I là trung điểm AB ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = - 1\\ {y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = - 1\\ {z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = 1 \end{array} \right. \Rightarrow I( - 1; - 1;1)\) Ta có: \(IA = IB = 1.\) Mặt cầu đường kính AB, nhận điểm I làm tâm, có bán kính R=IA=1 nên có phương trình là: \({(x + 1)^2} + {(y + 1)^2} + {(z - 1)^2} = 1.\) Ví dụ 7: Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD với A(1; 1; 0), B(3; 1; 2), C(-1; 1; 2) và D(1;-1;2). Lời giải: Gọi phương trình mặt cầu là: \(\,{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2{\rm{ax}}\,{\rm{ - }}\,{\rm{2by}}\,{\rm{ - }}\,{\rm{2cz}}\,{\rm{ + }}\,{\rm{d}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{0}}\,\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {b^2} + {c^2} - d > 0} \right)\) Mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên: \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} -2a - 2b + d + 2 = 0\\ -6a - 2b - 4c + d + 14 = 0\\ 2a - 2b - 4c + d + 6 = 0\\ -2a + 2b - 4c + d + 6 = 0 \end{array} \right.\,\,\,\, \Rightarrow a = b = 1;\,c = 2;d = 2\) Kết luận: Phương trình mặt cầu là \(x^2+y^2+z^2-2x-2y-4z+2=0.\) Xem toàn bộ tài liệu Lớp 12: tại đây
Sách giải toán 12 Bài 1 : Hệ tọa độ trong không gian giúp bạn giải các bài tập trong sách giáo khoa toán, học tốt toán 12 sẽ giúp bạn rèn luyện khả năng suy luận hợp lý và hợp logic, hình thành khả năng vận dụng kết thức toán học vào đời sống và vào các môn học khác: Trả lời câu hỏi Toán 12 Hình học Bài 1 trang 63: Trong không gian Oxyz, cho một điểm M. Hãy phân tích vecto OM→ theo ba vecto không đồng phẳng i→,j→, k→ đã cho trên các trục Ox, Oy, Oz. Lời giải: OM→ = xi→ + yj→ + zk→ Trả lời câu hỏi Toán 12 Hình học Bài 1 trang 64: Trong không gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đỉnh A trùng với gốc O, có AB→, AD→, AA’→ theo thứ tự cùng hướng với i→ , j→ , k→ và có AB = a, AD = b, AA’ = c. Hãy tính tọa độ các vecto AB→ ,AC→ , AC’→ và AM→ với M là trung điểm của cạnh C’D’. Lời giải: AB→ =(-a,0,0); AC→ =(-a,b,0); AC’→ =(-a,b,c); AM→ =(-a/2,b,c) Trả lời câu hỏi Toán 12 Hình học Bài 1 trang 66: Với hệ tọa độ Oxyz trong không gian, cho a→ = (3; 0; 1), b→ = (1; -1; -2), c→= (2; 1; -1). Hãy tính a→.( b→ + c→) và |a→ + b→ |. Lời giải: Lời giải: phương trình mặt cầu là: (x – 1)2 + (y + 2)2 + (z – 3)2 = 52 Bài 1 (trang 68 SGK Hình học 12): Cho ba vectơ: a→ = (2; -5; 3), b→ = (0; 2; -1), c→ = (1; 7; 2)a) Tính tọa độ của vectơ d→ = 4a→ – 1/3 b→ + 3c→ b) Tính tọa độ của vectơ e→ = a→ – 4b→ – 2c→ Lời giải: a) Ta có: 4a→ = (8; -20; 12) -1/3 b→ = (0; -2/3 ; 1/3) 3c→ = (3; 21; 6) Vậy d→ = 4a→ – 1/3 b→ + 3c→ = (11; 1/3; 55/3) b) Ta có: -4b→ = (0; -8; 4) -2c→ = (-2; -14; -4) Vậy e→ = a→ – 4b→ – 2c→ = (0; -27; 3) Bài 2 (trang 68 SGK Hình học 12): Cho ba điểm A(1; -1; 1), B(0; 1; 2), C(1;0;1). Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.Lời giải: Bài 3 (trang 68 SGK Hình học 12): Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ biết A(1; 0; 1), B(2; 1; 2), D(1; -1; 1), C'(4; 5; -5). Tính tọa độ các đỉnh còn lại của hình hộp.Lời giải:
Bài 4 (trang 68 SGK Hình học 12): Tính:
Lời giải:
Bài 5 (trang 68 SGK Hình học 12): Tìm tâm và bán kính của các mặt cầu sau đây:a)x2 + y2 + z2 – 8x – 2y + 1 = 0 b)3x2 + 3y2 + 3z2– 6x + 8y + 15z – 3 = 0 Lời giải: Bài 6 (trang 68 SGK Hình học 12): Lập phương trình mặt cầu trong hai trường hợp sau đây:a)Có đường kính AB với A(4; -3; 7), B(2; 1; 3) b)Đi qua điểm A(5; -2; 1) và có tâm C(3; -3; 1) Lời giải:
|
