giải bài tập sgk hình học 12 nâng cao: hệ tọa độ trong không gian

Bài viết này cung cấp hướng dẫn chi tiết giải các bài tập trong sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao, chương "Hệ tọa độ trong không gian", bao gồm cả phần câu hỏi, bài tập và luyện tập. Điểm nổi bật của tài liệu là trình bày lời giải cụ thể, rõ ràng, dễ hiểu, giúp học sinh nắm vững kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải toán.

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