Lý thuyết Hệ tọa độ trong không gian (mới 2022 + Bài Tập) – Toán 12

Bài 1. Hệ tọa độ trong không gian A. Lý thuyết

I. Tọa độ của điểm và của vecto 1. Hệ tọa độ

Trong không gian, xét ba trục tọa độ x’Ox; y’Oy; z’Oz vuông góc với nhau từng

đôi một và chung một điểm gốc O. Gọi i; j ; k lần lượt là các vectơ đơn vị, trên các

trục x’Ox; y’Oy; z’Oz.

Hệ ba trục như vậy gọi là hệ trục tọa độ Đề- các vuông góc Oxyz trong không gian,

hay đơn giản gọi là hệ trục tọa độ Oxyz.

Điểm O được gọi là gốc tọa độ.

Các mặt phẳng (Oxy); (Oyz); (Ozx) đôi một vuông góc với nhau được gọi là các mặt

phẳng tọa độ.

Không gian với hệ tọa độ Oxyz còn gọi là không gian Oxyz.

- Vì i; j; k là các vecto đơn vị đôi một vuông góc với nhau nên:

2 2 2

i  j k 1 và i. j j. k k.i 0. 2. Tọa độ của một điểm

- Trong không gian Oxyz, cho một điểm M tùy ý. Vì ba vecto i; j; k không đồng phẳng nên có một bộ ba số (x; y; z) duy nhất sao cho:

OM x.i y. j z.k 

- Ngược lại, với bộ ba số (x; y; z) ta có một điểm M duy nhất trong không gian thỏa mãn hệ thức OM x.iy. j z.k .

- Ta gọi bộ ba số (x; y; z) là tọa độ của điểm M đối với hệ trục tọa độ Oxyz đã cho và viết: M = (x; y; z) hoặc M (x; y; z).

3.Tọa độ của vecto

- Trong không gian Oxyz cho vecto a , khi đó luôn tồn tại duy nhất bộ ba số (a1; a2 ; a3) sao cho a a .i₁ a . j a .k₂  ₃ .

Ta gọi bộ ba số (a1; a2 ; a3) là tọa độ của vecto a đối với hệ tọa độ Oxyz cho trước và viết a (a1; a2 ; a3) hoặc a (a1; a2 ; a3).

- Nhận xét : Trong hệ tọa độ Oxyz, tọa độ của điểm M chính là tọa độ của vecto OM .

Ta có: M(x; y; z) OM (x; y; z)

II. Biểu thức tọa độ của các phép toán của vecto - Định lí: Trong không gian Oxyz, cho hai vecto

1 2 3 1 2 3

a(a ;a ;a ), b(b ;b ;b ), k , ta có:

a) a b (a  ₁b ; a_{1 2} b ; a_{2 3} b )₃ b) a b (a  ₁b ; a_{1 2} b ; a_{2 3} b )₃ ; c) ka (ka ; ka ; ka )_{1 2 3} .

Ví dụ 1. Cho u (2;3;4); v ( 4; 2;0) a) Tính u  v;

b) 2v ; c) u 2 v. Lời giải:

a) u  v (2 4; 3 2;4 0) (6; 5; 4) ; b) Ta có: 2v = ( 2.4; 2. (-2); 2.0) = ( 8; - 4; 0).

c) Ta có: u 2 v= ( 2 – 8; -3 + 4; 4 - 0) = (- 6; 1; 4) - Hệ quả:

a) Cho hai vecto a(a ;a ;a ), b_{1 2 3} (b ;b ;b )_{1 2 3} , ta có:

1 1

2 2

3 3

a b

a b a b

a b

 

   

  .

b) Vecto 0 có tọa độ ( 0; 0; 0).

c) Với b0thì hai vecto a; b cùng phương khi và chỉ khi tồn tại số k sao cho:

 akb (k )

1 1

1 2 3

2 2 1 2 3

1 2 3

3 3

a kb

a a a

a kb ,(b , b , b 0)

b b b

a kb

 

      

 

d) Cho A(x ; y ; z ), B(x ; y ; z )_{A A A B B B} + AB (x _B x ; y_{A B}y ;z_{A B} z )_A

+ Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB: x^A x^B y^A y^B z^A z^B

M ; ;

2 2 2

  

 

 

 

Ví dụ 2. Cho u (2m;3; 1); v(4; 3;n 2). Tìm m và n để u v Lời giải:

Để u  v 2m 4

m 2 3 3

n 1 1 n 2

 

 

     

Vậy m = 2 và n = 1.

Ví dụ 3. Các cặp vecto sau có cùng phương không?

a) u( 2;3;7); v ( 4; 6; 14)  ; b) a (1;0; 2); b( 3;0; 6). Lời giải:

a) Ta thấy 2 3 7 4  6 14

 

Do đó, hai vecto trên không cùng phương.

b) Ta thấy: b 3anên hai vecto trên cùng phương.

Ví dụ 4. Cho hai điểm A( - 3; 4; 0) và B( -1; 0; 8).

a) Tính AB ;

b) Tìm tọa độ trung điểm M của AB.

Lời giải:

a) Ta có: AB = ( -1 + 3; 0 - 4; 8 -0) = ( 2; -4; 8).

b) Tọa độ trung điểm M của AB là:

M

M

M

3 ( 1)

x 2

2

y 4 0 2 M( 2;2;4)

2

0 8

z 4

2

  

   



     



   



III. Tích vô hướng.

1. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng.

- Định lí:

Trong không gian Oxyz, tích vô hướng của hai vecto

1 2 3 1 2 3

a(a ;a ;a ), b(b ;b ;b ) được xác định bởi công thức:

1 1 2 2 3 3

a.ba .b a .b a .b

Ví dụ 5. Cho a (1; 3;4); b (1;2;1) . Tính a.b ? Lời giải:

Ta có: a.b = 1.1 + ( -3). 2 + 4.1 = -1 2. Ứng dụng

a) Độ dài của một vecto.

Cho vecto a(a ;a ;a )_{1 2 3} .

Ta biết rằng: a²a² hay a  a² . Do đó,

2 2 2

1 2 2

a  a a a

b) Khoảng cách giữa hai điểm.

Trong khong gian Oxyz, cho hai điểm A(xA ; yA ; zA)

và B(xB; yB ; zB). Khi đó, khoảng cách giữa hai điểm A và B chính là độ dài của vecto AB . Do đó, ta có:

2 2 2

B A B A B A

AB AB  (x x ) (y y ) (z z ) . c) Góc giữa hai vecto.

Nếu là góc góc giữa hai vecto a (a ;a ;a )_{1 2 3} và b(b ;b ;b )_{1 2 3} với a; b 0 thì

Từ đó, suy ra a b a b_{1 1}a b_{2 2} a b_{3 3}0

Ví dụ 6. Cho tam giác ABC có A(2; 3; 1); B( 2; 1; 0); C( 0; -1; 2).

a) Tính AB; AC

b) Tính cosin của góc A.

Lời giải:

a) Ta có:

2 2 2

2 2 2

AB (2 2) (1 3) (0 1) 5 AC (0 2) ( 1 3) (2 1) 21

      

        b) Ta có: AB(0; 2; 1); AC( 2;   4;1) Cosin của góc A là:

 

5. 21 105

     

  

IV. Phương trình mặt cầu - Định lí.

Trong không gian Oxyz, mặt cầu (S) tâm I(a; b; c) bán kính r có phương trình là:

( x – a)² + (y – b)² + (z – c)² = r²

- Nhận xét. Phương trình mặt cầu nói trên có thể viết dưới dạng:

x² + y² + z² – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 với d = a² + b² + c² – r² Từ đó, ta chứng minh được rằng phương trình dạng:

x² + y² + z² + 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0 với điều kiện A² + B² + C² – D > 0 là phương trình mặt cầu có tâm I( -A; -B; - C) có bán kính r A²  B² C² D. Ví dụ 7. Tìm tâm và bán kính của mặt cầu có phương trình sau đây:

1 1 2 2 3 3

2 2 2 2 2 2

1 2 3 1 2 3

a.b a b a b a b cos(a, b)

a . b a a a . b b b

 

 

   

a) x² + y² + z² – 4x + 2y - 1 = 0;

b) x² + y² + z² – 8x – 2y + 2z + 2 = 0 Lời giải:

a) Ta có: a = 2; b = -1; c = 0; d = -1

Tâm mặt cầu là I(2; -1; 0) và bán kính R 2²  ( 1)²    0² ( 1) 6 b) Ta có: a = 4; b = 1; c = -1; d = 2

Tâm mặt cầu là I( 4; 1; -1) và bán kính R 4²   1² ( 1)² 2 4. B. Bài tập tự luyện

Các bài tập sau đây đều xét trong không gian Oxyz.

Bài 1. Cho ba vecto a (1;2;0); b(0; 2;3); c(3; 3;0)  a) Tính a 2b c;

b) Tính 1

2a b c

  3 Lời giải:

a) Ta có: 2b (0; 4;6)  a 2b (1 0; 2 4;0 6)     (1; 2;6) Do đó; a 2b c  = (1 -3; -2+ 3; 6 – 0) = ( -2; 1; 6).

b) Ta có: 1

c (1; 1; 0)

3  

2a (2; 4;0) 2a  b (2 0;4 2;0 3)  (2;6; 3)

Suy ra: 1

2a b c ( 2 1; 6 1; 3 0) (3;5; 3)

  3        .

Bài 2. Cho tam giác MNP biết M(0; -2; 1); N( -2; 1; 2) và P( -1; -2; 3). Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác

Lời giải:

Tọa độ trọng tâm G của tam giác là:

G

G

G

0 ( 2) ( 1)

x 1

3 2 1 ( 2)

y 1 G( 1; 1;2)

3 1 2 3

z 2

3

   

   



   

      



    



Vậy tọa độ trọng tâm G là ( -1; -1; 2).

Bài 3. Cho các vecto a (1;2; 3); b ( 2;0;3); c ( 1;2;1)  Tính a.b; b.c .

Lời giải:

a.b 1.2 2.0 ( 3).3 7 b.c 2.( 1) 0.2 3.1 1

    

    

Bài 4. Tìm tâm và bán kính của mặt cầu có phương trình sau:

a) x² + y² + z² + 6x - 2y + 4z - 3 = 0;

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

Lời giải:

a) Ta có: a = -3; b = 1; c = -2; d = -3

Tâm mặt cầu là I( -3; 1; -2) và bán kính R ( 3) ²   1² ( 2)²  ( 3) 17. b) Ta có: 2x² + 2y² + 2z² – 4x – 8y + 12z + 2 = 0

 x² + y² + z² - 2x - 4y + 6z + 1 = 0;

a = 1; b = 2; c = -3; d = 1

Tâm mặt cầu là I(1; 2; -3) và bán kính R 1²   2² ( 3)² 1 13. Bài 5. Lập phương trình mặt cầu thỏa mãn điều kiện:

a) Đường kính MN trong đó M(2; 2; 2); N ( 4; 4; 0);

b) Tâm I(2; -1; 0) và đi qua A( 2; 3; 0) Lời giải:

a) Tâm của mặt cầu chính là trung điểm I của MN.

Tọa độ điểm I là

I

I

I

x 2 4 3

2

y 2 4 3 I(3;3;1) 2

2 0

z 1

2

   



    



   



Bán kính mặt cầu là: R MI  (3 2) ² (3 2) ² (1 2)²  3 Phương trình mặt cầu là: ( x – 3)² + ( y – 3)² + (z – 1)² = 3.

b) Vì mặt cầu đi qua A nên bán kính R = IA = (22)²  (3 1)² (0 0) ² 4. Phương trình mặt cầu là( x – 2)² + ( y + 1)² + z² = 16.