THCS
THCS
Hướng dẫn giải chi tiết các bài tập trong chương "Hệ tọa độ trong không gian" - Hình học 12 (Cơ bản), bao gồm phần câu hỏi và bài tập, cùng phần luyện tập trong sách giáo khoa.
CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP
Các bài tập sau đây được thực hiện trong hệ tọa độ không gian Oxyz.
Bài 1. Cho ba vectơ \(\overrightarrow a = (2; – 5;3)\), \(\overrightarrow b = (0;2; – 1)\), \(\overrightarrow c = (1;7;2).\)
Lời giải:
a) Để tìm tọa độ của \(\overrightarrow d\), ta thực hiện phép toán tuyến tính trên các vectơ đã cho:
\(\overrightarrow d = 4(2; – 5;3) – \frac{1}{3}(0;2; – 1) + 3(1;7;2)\)
\(= \left( {4.2 – \frac{1}{3}.0 + 3.1;4.( – 5) – \frac{1}{3}.2 + 3.7;4.3 – \frac{1}{3} \cdot ( – 1) + 3.2} \right)\)
\(= \left( {11;\frac{1}{3};\frac{{55}}{3}} \right)\)
b) Tương tự, tìm tọa độ của \(\vec e\):
\(\overrightarrow e = \overrightarrow a – 4\overrightarrow b – 2\overrightarrow c = (2; – 5;3) – 4(0;2; – 1) – 2(1;7;2)\)
\(= (2 – 4.0 – 2.1; – 5 – 4.2 – 2.7;3 – 4.( – 1) – 2.2)\)
\(= (0; – 27;3)\)
Nhận xét: Bài toán này kiểm tra kỹ năng thực hiện các phép toán vectơ cơ bản như nhân vectơ với một số và cộng/trừ các vectơ. Lời giải trình bày rõ ràng từng bước tính toán, giúp người đọc dễ dàng theo dõi.
Bài 2. 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:
Gọi \(G\left( {{x_G};{y_G};{z_G}} \right)\) là tọa độ trọng tâm tam giác \(ABC.\)
Ta có \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \vec 0.\) Mà:
\(\overrightarrow {GA} = \left( {1 – {x_G}; – 1 – {y_G};1 – {z_G}} \right)\)
\(\overrightarrow {GB} = \left( {0 – {x_G};1 – {y_G};2 – {z_G}} \right)\)
\(\overrightarrow {GC} = \left( {1 – {x_G};0 – {y_G};1 – {z_G}} \right)\)
Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 – {x_G} + \left( { – {x_G}} \right) + 1 – {x_G} = 0}\\{ – 1 – {y_G} + 1 – {y_G} – {y_G} = 0}\\{1 – {z_G} + 2 – {z_G} + 1 – {z_G} = 0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_G} = \frac{2}{3}}\\{{y_G} = 0}\\{{z_G} = \frac{4}{3}}\end{array}} \right.\)
Vậy \(G\left( {\frac{2}{3};0;\frac{4}{3}} \right).\)
Nhận xét: Bài toán này sử dụng định nghĩa trọng tâm tam giác thông qua biểu diễn vectơ. Cách giải rõ ràng, dễ hiểu, giúp học sinh nắm vững cách tìm tọa độ trọng tâm trong không gian.
Bài 3. 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:
Do \(ABCD.A’B’C’D’\) là hình hộp, nên: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A’B’} = \overrightarrow {D’C’} = \overrightarrow {DC} .\)
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = (2 – 1;1 – 0;2 – 1) = (1;1;1)\) \( \Rightarrow \overrightarrow {D’C’} = (1;1;1).\)
Tọa độ điểm \(D’ = (4 – 1;5 – 1; – 5 – 1) = (3;4; – 6).\)
Ta có \(\overrightarrow {DC} = (1;1;1).\)
Tọa độ điểm \(C = (1 + 1;1 – 1;1 + 1) = (2;0;2).\)
Do \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A’D’} = \overrightarrow {B’C’} = (1 – 1; – 1 – 0;1 – 1) = (0; – 1;0).\)
Suy ra tọa độ điểm \(A’ = (3 – 0;4 + 1; – 6 – 0) = (3;5; – 6).\)
Tọa độ điểm \(B’ = (4 – 0;5 + 1; – 5 – 0) = (4;6; – 5).\)
Nhận xét: Bài toán này yêu cầu vận dụng kiến thức về tính chất của hình hộp và biểu diễn vectơ để tìm tọa độ các điểm. Cách giải sử dụng tính chất song song và bằng nhau của các cạnh đối trong hình hộp, giúp học sinh hiểu rõ hơn về mối quan hệ giữa hình học và đại số.
Bài 4. Tính:
Lời giải:
a) Ta có \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 3.2 + 0.( – 4) + ( – 6).0 = 6.\) Vậy \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 6.\)
b) Ta có \(\overrightarrow c .\overrightarrow d = 1.4 + ( – 5).3 + 2.( – 5) = 4 – 15 – 10 = – 21.\) Vậy \(\overrightarrow c .\overrightarrow d = – 21.\)
Nhận xét: Bài tập này tập trung vào việc tính tích vô hướng của hai vectơ. Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu, nhấn mạnh vào công thức tính tích vô hướng.
Bài 5. Tìm tâm và bán kính của các mặt cầu có phương trình sau đây:
Lời giải:
a) Ta có \({x^2} + {y^2} + {z^2} – 8x – 2y + 1 = 0.\)
\( \Leftrightarrow {(x – 4)^2} + {(y – 1)^2} + {z^2} = 16.\)
Suy ra mặt cầu có tâm \(I(4;1;0)\), bán kính \(r = 4.\)
b) Ta có: \(3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} – 6x + 8y + 15z – 3 = 0.\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} – 2x + \frac{8}{3}y + 5z – 1 = 0.\)
\( \Leftrightarrow {(x – 1)^2} + {\left( {y + \frac{4}{3}} \right)^2} + {\left( {z + \frac{5}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{17}}{6}} \right)^2}.\)
Vậy mặt cầu có tâm \(I\left( {1; – \frac{4}{3}; – \frac{5}{2}} \right)\), bán kính \(R = \frac{{17}}{6}.\)
Nhận xét: Bài toán này tập trung vào việc nhận diện phương trình mặt cầu và tìm các yếu tố đặc trưng của nó. Kỹ năng hoàn thiện bình phương được sử dụng hiệu quả để đưa phương trình về dạng chính tắc.
Bài 6. Lập phương trình mặt cầu trong hai trường hợp sau:
Lời giải:
a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = (2 – 4;1 + 3;3 – 7) = ( – 2;4; – 4).\)
\( \Rightarrow AB = \sqrt {{{( – 2)}^2} + {4^2} + {4^2}} = 6.\)
Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\) \( \Rightarrow I = \left( {\frac{{4 + 2}}{2};\frac{{ – 3 + 1}}{2};\frac{{7 + 3}}{2}} \right)\) \( \Rightarrow I = (3; – 1;5).\)
Suy ra mặt cầu đường kính \(AB\) có tâm \(I(3; – 1;4)\), bán kính \(R = 3.\)
Phương trình mặt cầu là: \({(x – 3)^2} + {(y + 1)^2} + {(z – 4)^2} = 9.\)
b) Do mặt cầu đi qua điểm \(A(5; – 2;1)\) và có tâm \(C(3; – 3;1)\), suy ra bán kính mặt cầu là: \(R = CA = |\overrightarrow {CA} |\) \( = \sqrt {{{(5 – 3)}^2} + {{( – 2 + 3)}^2} + {{(1 – 1)}^2}} \) \( = \sqrt 5 .\)
Suy ra mặt cầu có phương trình \({(x – 3)^2} + {(y + 3)^2} + {(z – 1)^2} = 5.\)
Nhận xét: Bài toán này yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức về phương trình mặt cầu và các yếu tố xác định nó (tâm và bán kính). Các trường hợp khác nhau đòi hỏi cách tiếp cận phù hợp, giúp học sinh hiểu sâu hơn về khái niệm mặt cầu trong không gian.
