1 HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 1
A KIẾN THỨC TRỌNG TÂM 1
1 Hệ tọa độ trong không gian 1
2 Tọa độ một điểm 1
3 Tọa độ của một véc-tơ 1
4 Biểu thức toạ độ của các phép toán véc-tơ 1
5 Biểu thức toạ độ của tích vô hướng và một số ứng dụng 2
6 Tích có hướng của hai véc-tơ và ứng dụng 2
6.1 Tích có hướng 2
6.2 Ứng dụng 3
7 Các bất đẳng thức vectơ 3
8 Phương trình mặt cầu 3
B CÁC DẠNG TOÁN 4
1 Tìm tọa độ của vectơ và của điểm 4
2 Chứng minh ba vectơ đồng phẳng hoặc không đồng phẳng 5
3 Tích vô hướng và các ứng dụng 6
4 Chứng minh các tính chất hình học 9
5 Chứng minh các bất đẳng thức 11
6 Mặt cầu 12
C BÀI TẬP RÈN LUYỆN 13
D CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM 17
1 Nhận biết 17
1.1 ĐÁP ÁN 41
2 Thông hiểu 42
2.1 ĐÁP ÁN 58
3 Vận dụng tháp 58
3.1 ĐÁP ÁN 72
4 Vận dụng tháp 73
4.1 ĐÁP ÁN 80
2 PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG 82
A KIẾN THỨC TRỌNG TÂM 82
1 Véc-tơ pháp tuyến 82
2 Phương trình tổng quát của mặt phẳng 82
2.1 Điều kiện để hai mặt phẳng song song, vuông góc 82
2.2 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng 83
2.3 Góc giữa hai mặt phẳng 83
B CÁC DẠNG TOÁN 83
1 Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng ABcho trước 83
1.1 Bài tập áp dụng 84
2 Viết phương trình mặt phẳng đi qua một điểm và có cặp véc-tơ chỉ phương cho trước. 84
2.1 Bài tập rèn luyện 85
3 Viết phương trình mặt phẳng(P)đi quaM và vuông góc với đường thẳngd đi qua hai
điểm A và B 88
3.1 Bài tập rèn luyện 88
4 Viết phương trình mặt phẳng(P)đi qua A,B và vuông góc với mặt phẳng (Q) 90
4.1 Bài tập rèn luyện 90
5 Viết phương trình mặt phẳng(P)đi qua điểm M và chứa đường thẳng∆ 92
5.1 Bài tập rèn luyện 92
6 Viết phương trình mặt phẳng(P)chứa hai đường thẳng song song ∆1 và∆2 93
6.1 Bài tập rèn luyện 93
7 Viết phương trình mặt phẳng(P)chứa hai đường thẳng cắt nhau ∆1 và ∆2 94
7.1 Bài tập rèn luyện 95
8 Viết phương trình mặt phẳng(P)chứa đường thẳng ∆1 và song song với đường thẳng
∆2 với∆1 và ∆2 chéo nhau 95
8.1 Bài tập rèn luyện 96
9 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng
(α) và(β) 98
9.1 Bài tập rèn luyện 99
10 Viết phương trình mặt phẳng(P)đi qua điểm M và giao tuyến của hai mặt phẳng
(α),(β) 101
11 Viết phương trình mặt phẳng(P)tạo với mặt phẳng (Q) cho trước một gócα 105
11.1 Bài tập rèn luyện 106
12 Viết phương trình mặt phẳng(P)liên quan đến khoảng cách 108
12.1 Bài tập rèn luyện 109
C CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM 111
1 Nhận biết 111
1.1 ĐÁP ÁN 130
2 Thông hiểu 131
2.1 ĐÁP ÁN 169
3 Vận dụng tháp 171
3.1 ĐÁP ÁN 191
4 Vận dụng tháp 192
4.1 ĐÁP ÁN 203
3 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 204
A KIẾN THỨC TRỌNG TÂM 204
1 Phương trình tham số của đường thẳng 204
2 Điều kiện để hai đường thẳng song song, trùng nhau, cắt nhau hoặc chéo nhau 204 3 Điều kiện để một đường thẳng song song, cắt hoặc vuông góc với một mặt phẳng 204
4 Khoảng cách 205
4.1 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng 205
4.2 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau 205
B CÁC DẠNG TOÁN 205
1 Đường thẳng đi qua một điểm và véc-tơ chỉ phương cho trước. 205
1.1 Bài tập rèn luyện 206
2 Viết phương trình đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng 209
2.1 Bài tập rèn luyện 209
Th.s Nguyễn Chín Em 2 https://emncischool.wixsite.com/geogebra
3 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với hai đường thẳng cho
trước. 211
3.1 Bài tập áp rèn luyện 211
4 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với một đường thẳng
cho trước. 212
4.1 Bài tập rèn luyện 213
5 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M, vuông góc với (d1) và cắt(d2). 214
5.1 Bài tập rèn luyện 214
6 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M cắt cả hai đường thẳng (d1)và (d2) 215
6.1 Bài tập rèn luyện 216
7 Viết phương trình đường thẳng (d) nằm trong mặt phẳng (P) cắt cả hai đường thẳng
(d1),(d2). 218
7.1 Bài tập rèn luyện 219
8 Viết phương trình đường thẳng(d) song song với(∆) cắt cả hai đường thẳng(a)và (b)221.
8.1 Bài tập rèn luyện 221
9 Viết phương trình đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau (a)
và (b). 222
9.1 Bài tập rèn luyện 223
10 Viết phương trình đường thẳng(d) là hình chiếu vuông góc của (a)lên mặt phẳng(P)225
10.1 Bài tập rèn luyện 225
11 Viết phương trình đường thẳng(d) đối xứng với (a)qua mặt phẳng (P) 226
11.1 Bài tập rèn luyện 227
12 Tìm hình chiếu vuông góc của một điểm trên một đường thẳng 228
12.1 Bài tập rèn luyện 229
13 Tìm hình chiếu vuông góc của một điểm trên một mặt phẳng 232
13.1 Bài tập rèn luyện 233
14 Vị trí tương đối giữa hai mặt cầu 236
14.1 Bài tập rèn luyện 237
15 Xét vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng 240
15.1 Bài tập rèn luyện 241
16 Xét vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu 245
16.1 Bài tập rèn luyện 246
C DẠNG TOÁN TỔNG HỢP 253
D CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM 286
1 Nhận biết 286
1.1 ĐÁP ÁN 304
2 Thông hiểu 305
2.1 ĐÁP ÁN 344
3 Vận dụng tháp 345
3.1 ĐÁP ÁN 389
4 Vận dụng tháp 390
4.1 ĐÁP ÁN 410
4 MẶT CẦU 411
A KIẾN THỨC TRỌNG TÂM 411
1 Phương trình mặt cầu 411
1 Viết phương trình mặt cầu 411
1.1 Bài tập rèn luyện 414
2 Dạng toán tổng hợp 419
C CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM 422
1 ĐÁP ÁN 426
D CÂU HỎI TỔNG HỢP 427
1 ĐÁP ÁN 438
BÀI 1. HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
A KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
1 HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
Hệ trục toạ độ Đề - các vuông góc trong không gian gồm ba trục x0Ox,y0O y, z0Oz vuông góc với nhau từng đôi một. Gọi #»i
;#»j
;#»
k lần lượt là các véc-tơ đơn vị trên các trụcx0Ox,y0O y,z0Oz.ĐiểmO được gọi là gốc toạ độ.
Các mặt phẳng (Ox y), (O yz), (Oxz) được gọi là các mặt phẳng toạ độ.
Không gian gắn với hệ toạ độ Ox yz được gọi là không
gianOx yz. y
z
O
#»k
#»j x
#»i z0 y0
x0
2 TỌA ĐỘ MỘT ĐIỂM
Trong không gian Ox yz, cho một điểm tuỳ ý M.
Khi đó tồn tại duy nhất bộ số(x;y;z)thoả mãn
# » OM=x#»i
+y#»j +z#»
k.
Ta nói rằng điểm M có toạ độ là (x;y;z) và viết M=(x;y;z)hoặc M(x;y;z).
!
1 Nếu điểm A thuộc trục Ox thì toạ độ của A có dạng A(a; 0; 0).
2 Nếu điểm B thuộc trục O y thì toạ độ củaB có dạngB(0;b; 0).
3 Nếu điểm C thuộc trục Oz thì toạ độ củaC có dạngC(0; 0;c).
y z
O
#»k #»j
x
#»i
M
3 TỌA ĐỘ CỦA MỘT VÉC-TƠ
Trong không gian Oxyz cho véc-tơ #»a bất kì. Khi đó tồn tại duy nhất bộ số (x;y;z)thoả mãn #»a =x.#»i
+y.#»j +z.#»k
. Ta nói rằng véc-tơ #»a có toạ độ là (x;y;z) và viết là #»a =(x;y;z) hoặc #»a(x;y;z).
4 BIỂU THỨC TOẠ ĐỘ CỦA CÁC PHÉP TOÁN VÉC-TƠ Trong không gianOx yz, cho hai véc-tơ #»a =(x;y;z),#»b
=(x0;y0;z0)và một số thực k.Khi đó ta có:
#»a+#»
b =(x+x0;y+y0;z+z0)
1 #»a−#»
b =(x−x0;y−y0;z−z0) 2
k#»a=(kx;k y;kz).
3 #»a=#»
b ⇔
½x=x0 y=y0 z=z0. 4
5 Cho véc-tơ #»a 6=#»0.Khi đó véc-tơ #»b
cùng phương với véc-tơ #»a khi và chỉ khi tồn tại
một số thựck sao cho #»b
=k#»a,điều đó tương đương với
½x0=kx y0=k y z0=kz.
6 Nếu A(xA;yA;zA),B(xB;yB;zB)thì # »
AB=(xB−xA;yB−yA;zB−zA).
7 Ba điểm phân biệt A,B,C thẳng hàng khi và chỉ hai véc-tơ # » AB,AC# »
cùng phương, nghĩa là tồn tại một số thựck sao cho # »AB
=k# » AC.
5 BIỂU THỨC TOẠ ĐỘ CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Trong không gianOx yz, cho hai véc-tơ #»a=(x;y;z),#»
b =(x0;y0;z0).Ta có:
1 Biểu thức toạ độ của tích vô hướng của hai véc-tơ #»a,#»
b là
#»a.#»
b =x.x0+y.y0+z.z0. Đặc biệt #»a⊥#»b
⇔x.x0+y.y0+z.z0=0.
2 Độ dài của véc-tơ:¯¯#»a¯¯=p#»a.#»a=p
x2+y2+z2. 3 Gọiϕlà góc giữa hai véc-tơ #»a,#»b
,với #»a và #»b
khác #»0.Khi đó cosϕ=
#»a.#»b
|#»a|.¯¯
¯
#»b¯¯
¯
= xx0+y y0+zz0 px2+y2+z2.p
x02+y02+z02. 4 Khoảng cách giữa hai điểm A(xA;yA;zA),B(xB;yB;zB)là:
AB=
¯
¯
¯
# » AB
¯
¯
¯=p
(xB−xA)2+(yB−yA)2+(zB−zA)2. 5 ĐiểmM chia đoạn thẳng ABtheo tỉ sốk6=1.
# »
M A=k.MB# »
⇔
xM=xA−k.xB 1−k yM= yA−k.yB
1−k zM= zA−k.zB
1−k
6 Nếu Mlà trung điểm của ABthì toạ độ củaM được xác định bởi công thức:
M³xA+xB
2 ;yA+yB
2 ;zA+zB 2
´ .
7 NếuG là trọng tâm của tam giácABC thì toạ độ củaG được xác định bởi công thức:
M³xA+xB+xC
3 ;yA+yB+yC
3 ;zA+zB+zC 3
´ .
6 TÍCH CÓ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ VÀ ỨNG DỤNG 6.1 TÍCH CÓ HƯỚNG
Cho hai véc-tơ #»u =(x
1;y1;z1),#»v =(x
2;y2;z2).Khi đó tích có hướng của hai véc-tơ #»u,#»v kí hiệu là£#»u,#»v¤xác định bởi:
£#»u,#»v¤=¡¯¯y1 z1 y2 z2¯
¯;¯
¯z1 x1 z2 x2¯
¯;¯
¯ x1 y1 x2 y2¯
¯
¢. Tính chất 1.
1 £#»u,#»v¤⊥#»u,£#»u,#»v¤⊥#»v
2 ¯
¯
£#»u,#»v¤¯¯=¯¯#»u¯¯.¯¯#»v¯¯sin¡#»u,#»v¢
3 #»u,#»v cùng phương ⇔£#»u,#»v¤=#»
0 4 #»u,#»v,w#»đồng phẳng⇔£#»u,#»v¤.#»w=0.
£#»u,#»v¤
#»u
#»v
6.2 ỨNG DỤNG
1 Diện tích hình bình hành ABCD: SABCD=
¯
¯
¯ h# »
AB,# » AD
i¯
¯
¯
2 Diện tích tam giác ABC: SABC=1
2·
¯
¯
¯ h# »
AB,# » ACi¯
¯
¯
3 Thể tích khối hộp có đáy là hình bình hành ABCD và cạnh bên A A0:
V=
¯
¯
¯ h# »
AB,AD# »i
·# » A A0
¯
¯
¯
A0 D0 B0
D
C
C0 B
A
4 Thể tích khối tứ diệnS.ABC:V=1 6
¯
¯
¯ h# »
AB,# »ACi
·S A# »¯¯
¯
7 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC VECTƠ
Trong không gianOx yz, cho #»a=(a
1;a2;a3); #»b
=(b1;b2;b3).
1
¯
¯
¯
#»a+#»b¯¯
¯≤¯
¯#»a¯¯+¯¯
¯
#»b¯¯
¯
Dấu "=" xảy ra khi #»a và #»b
cùng phương.
⇔p
(a1+b1)2+(a2+b2)2+(a3+b3)2≤» a2
1+a2
2+a2
3+» b2
1+b2
2+b2
3
2
¯
¯
¯
#»a.#»b¯¯
¯≤¯
¯#»a¯¯.¯¯
¯
#»b¯¯
¯
Dấu "=" xảy ra khi #»a và #»b
cùng phương.
⇔(a1b1+a2b2+a3b3)≤¡
a21+a22+a23¢ ¡
b21+b22+b23¢
8 PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU
Trong không gian Ox yz, phương trình chính tắc của mặt cầu(S)có tâm I(a;b;c),bán kính R là
(x−a)2+(y−b)2+(z−c)2=R2 Phương trình tổng quátcủa mặt cầu(S)có dạng:
x2+y2+z2−2ax−2b y−2cz+d=0
với điều kiệna2+b2+c2−d>0.Khi đó(S)có tâm là I(a;b;c) và có bán kính R=p
a2+b2+c2−d
I r M
B CÁC DẠNG TOÁN
1 TÌM TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ VÀ CỦA ĐIỂM
Phương pháp:
1 Muốn tìm tọa độ của vectơ #»x trong hệ trụcOx yz, ta tìm cách biến đổi đưa về dạng:
#»x =x
1#»i +x2#»j
+x3#»k
. Bô ba số thực(x1;x2;x3)là tọa độ của vectơ #»x.
2 Tọa độ của một điểmM là tọa độ của vectơ # »
OM đối với hệ trụcOx yz, nghĩa là ta biểu thị vectơOM# »
dưới dạng:
# » OM=x#»i
+y#»j +z#»k
3 Trong quá trình biến đổi ta cần chú ý sử dụng các tính chất của các phép toán đã nêu trong phần lý thuyết.
Ví dụ 1. Trong không gianOx yz cho ba điểm: A(1; 0;−2),B(2; 1;−1),C(1;−2−2).
1 Tìm tọa độ của # »
BCvà tình độ dài đoạn thẳngBC.
2 Tìm trọng tâmG của tam giác ABC. -Lời giải.
1
# »
BC=(1−2;−2−1;−2+1)=(−1;−3;−1)
|# » BC| =p
(−1)2+(−3)2+(−1)2=p 11
2 GọiG là trọng tâm của tam giác ABC:⇔G A# » +GB# »
+GC# »
=#»0 xG=xA+xB+xC
3 =1+2+1
3 =4
3 yG= yA+yB+yC
3 =0+1−2
3 = −1
3 zG=zA+zB+zC
3 =−2−1−2
3 = −5
3 VậyG
µ4 3;−1
3;−5 3
¶
ä Ví dụ 2. Cho ba vectơ #»a=(2;−5; 3),#»b
=(0; 2;−1),#»c =(1; 7; 2).
1 Tìm tọa độ của vectơ #»d
=4#»a−1 3
#»b +3#»c
2 Tìm tọa độ của vectơ #»e =#»a−4#»b
−2#»c -Lời giải.
1 4#»a=(8;−20; 12);−1 3
#»b = µ
0;−2 3;1
3
¶
;3#»c =(3; 21; 6)⇒ #»
d = µ
11;1 3; 181
3
¶
2 #»a=(2;−5; 3);−4#»
b =(0;−8; 4);−2#»c =(−2;−4; 4)⇒#»e =(0;−27; 3)
ä Ví dụ 3. Tìm tọa độ của #»x, biết rẳng:
1 #»a+#»x =#»0 với #»a=(1;−2; 1).
2 #»b
+#»x =4#»b với #»b
=(0;−2; 1).
3 m#»+2#»x =#»n vớim#»=(5; 4;−1),#»n =(2;−5; 3) -Lời giải.
1 #»x = −#»a, do đó #»x =(−1; 2;−1).
2 #»x =3#»b
, do đó #»x =(0;−6; 3).
3 #»x = #»n−m#»
2 .Ta có #»n−m#»=(−3;−9; 4). Vậy #»x =1
2(#»n−m)#» =µ−3 2;−9
2; 2
¶
ä 2 CHỨNG MINH BA VECTƠ ĐỒNG PHẲNG HOẶC KHÔNG ĐỒNG PHẲNG
Phương pháp:
1 Muốn chứng minh ba vectơ #»a,#»b
,#»c đồng phẳng ta chứng minh có hệ thức: #»a =m#»b + n#»c trong đó #»
b và #»c không cùng phương.
2 Muốn chứng minh ba vectơ #»a,#»
b,#»c đồng phẳng ta dùng phương pháp phản chứng, giả sử chúng đồng phẳng nghĩa là có hệ thức #»a =m#»b
+n#»c trong đó #»b
và #»c không cùng phương.
Sau đó chứng tỏ rằng không tồn tại đẳng thức trên (tồn tại là vô lý).
Ví dụ 4. Trong không gianOx yz cho ba vectơ: #»a =(2; 3; 1),#»b
=(5; 7; 0),#»c =(3;−2; 4).
1 Hãy chứng tỏ rằng ba vectơ #»a,#»b
,#»c không đồng phẳng.
2 Cho vectơ #»d
=(4; 12;−3). Hãy phân tích vectơ #»d
theo ba vectơ không đồng phẳng
#»a,#»b
,#»c đã cho.
-Lời giải.
1 Ta dùng phương pháp phản chứng. Theo giả thiết #»b
và #»c không đồng phẳng vì 5 3 6= 7
−26=
0 4.
Giả sử #»a,#»
b,#»c đồng phẳng, nghĩa là #»a=m#»
b +n#»c. Thay tọa độ của các vectơ #»a,#»b
,#»c vào ta được hệ 3 phương trình với 2 ẩn m,n: (2=5m+3n (1)
3=7m−2n (2)
1=4n (3)
Từ (2) và (3)⇒
n=1
4 m= −1
2
. Thay các giá trị củam,nvào (1) ta có:26=5 2+3
4. Vậy hệ phương trình vô nghiệm, nghĩa là không tồn tại hệ thức #»a =m#»
b+n#»c. Do đó, ba vectơ: #»a,#»
b,#»c không đồng phẳng.
2 Ta tìm các số p,q,r sao cho #»
d =p#»a+q#»
b+r#»c. Ta có:
(4=2p+5q+3r 12=3p+7q+2r
−3=p+0+4r
⇔
(p=1 q=1 r= −1
⇒#»d
=#»a+#»b
−#»c .
ä Ví dụ 5. Trong không gian Ox yz cho ba vectơ: #»a =(1; 2; 3),#»
b =(4; 5; 6),#»c =(2; 1; 0). Chứng tỏ rằng ba vectơ #»a,#»b
,#»c đồng phẳng.
-Lời giải.
Ta nhận thấy hai vectơ #»a và #»
b không cùng phương vì 1 4 6=2
56=3 6. Để chứng minh #»a,#»b
,#»c đồng phẳng ta cần tìm hai số m,nsao cho #»c =m#»a+n#»b . Theo giả thiết ta có:
(2=m+4n 1=2m+5n 0=3m+6n⇔
nm= −2 n=1. Do đó #»c =2#»a+#»
b, nghĩa là ba vectơ #»a,#»
b,#»c đồng phẳng. ä
Ví dụ 6. Trong không gianOx yzcho bốn điểmA(1; 1; 02),B(4; 0;−1),C(−1; 7; 0),D(0;−2;−4). Chứng tỏ rằng bốn điểm A,B,C,D cùng nằm trên một mặt phẳn.
-Lời giải.
Ta có # »AB
=(3;−1; 1),# »AC
=(−2; 6)⇒# »AB
và # »AC
không cùng phương vì 3 26= −1
66=1 2. Ta có # »
AD=(−1;−3;−2). Muốn chứng minh A,B,C,D cùng nằm trên một phẳng, ta chứng minh ba vectơ # »
AB,# » AC,# »AD
đồng phẳng nghĩa là tồn tại hai số m,nsao cho AD# »
=m.AB# »
+n# »AC . Ta có
(−1=3m−2n
−3= −m+6n
−2=m+2n
⇒
n=−5 8 m= −6
5
. Do đó # » AD= −6
8
# » AB−5
8
# »
AC⇒ 3 vectơ # » AD,# »
AB,# »
AC đồng phẳng.
Ta suy ra 4 điểm A,B,C,D cùng nằm trên một mặt phẳng. ä
3 TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ CÁC ỨNG DỤNG
Phương pháp:
1 #»u,#»v cùng phương⇔£#»u,#»v¤=#»
0 2 #»u,#»v,w#»đồng phẳng⇔£#»u,#»v¤.w#»=0.
3 Diện tích hình bình hành ABCD:
SABCD=
¯
¯
¯ h# »
AB,# »ADi¯¯
¯
4 Diện tích tam giác ABC:
SABC=1 2·
¯
¯
¯ h# »
AB,# » ACi¯
¯
¯
5 Thể tích khối hộp có đáy là hình bình hành ABCD và cạnh bên A A0: V=
¯
¯
¯ h# »
AB,# »ADi
·# » A A0
¯
¯
¯
Ví dụ 7. Trong không gianOx yz cho A(1; 2;−1),B(2;−1; 3),C(−4; 7; 5).
1 Chứng minh A,B,C thẳng hàng.
2 Tính diện tích tam giác ABC. Suy ra độ dài đường cao hạ từ A.
3 Tính độ dài đường phân giác trong vẽ từB. -Lời giải.
1 Ta có: # »
AB=(1,−3, 4);# »
BC=(−6, 8, 2);# »
AC=(−5, 5, 6)⇒[# » AB,# »
AC]=(−38,−26,−1)6=#»
0 Vậy AB# »
không cùng phương # »AC
nên A,B,C không thẳng hàng.
2 Ta có: S=SD el taABC=1 2[# »
AB,# » AC]=1
2
p382+262+102=p 554 MàS=S∆ABC=1
2AH.BC⇒AH= 2S BC=2p
p554 104 =
p554 p26 =
p277 p13 3 GọiDlà chân đường phân giác trong vẽ từ B, ta có:
D A DC =B A
BC= p26 p104=1
2
MàD nằm giữa A vàC nên:
# » D A= −1
2
# »
DC⇔2# » D A=# »
CD
⇔
2 (1−xD)=xD+4 2 (2−yD)=yD−7 2 (−1−zD)=zD−5 ⇔
xD= −2 3 yD=11 zD=13
. VậyD µ
−2 3,11
3 , 1
¶
A D C
B
ä
!
Nhận xét. Chúng ta nên né tránh dùng công thức điểm M chia đoạn ABtheo tỷ số k vì thường xác định ksai, và mất công nhớ công thức.Ví dụ 8. Trong không gianOx yz cho ba điểm A(a; 0; 0),B(0;b; 0),C(0; 0;c)vớiabc>0.
1 Chứng tỏ4ABC không thể là tam giác vuông.
2 Tính thể tích hình chópO ABC và diện tích4ABCtheo a,b,c? -Lời giải.
1 Ta có # »
AB=(−a;b; 0)và # »
AC=(−a; 0;c). Vậy # » AB.# »
AC=a2>0. Do đó B AC là góc nhọn.
Tương tự # » B A.BC# »
>0, # » C A.CB# »
>0.
VậyABC và ACBlà góc nhọn nên4ABC không thể vuông.
2 Ta cóh# » AB.AC# »i
=(bc;ac;ba) VậyS4ABC=1
2
¯
¯
¯ h# »
AB,AC# »i¯¯
¯=1 2
pb2c2+a2c2+b2a2. Ta cóAO# »
=(−a; 0; 0)⇒ h# »AB
,AC# »iAO# »
= −abc. Vậy:VO ABC=1
6
¯
¯
¯ h# »
AB,# » AC
i# » AO
¯
¯
¯=abc 6 .
ä Ví dụ 9. Trong không gianOx yzcho tứ diện ABCD có A(2; 1;−1),B(3; 0; 1),C(2;−1; 3)và D nằm trên trục tung. Biết thể tíchV của ABC bằng5. Tìm tọa độ điểm D.
-Lời giải.
GọiD(0;d; 0)∈O y. Ta có # »AB
=(1;−1; 2),# »AD
=(−2;d−1; 1),# »AC
=(0; 2; 4).
⇒ h# »
AB,AC# »i
=(0;−4;−2)⇒ h# »
AB,AC# »iAD# »
= −4(d−1)−2= −4d+2. Ta có:VABCD=5⇔ 1
6|−4d+2| =5⇔ −4d+2= ±30⇔
hd= −7 d=8.
Do đó có 2 điểmD làD(0;−7; 0)và D(0; 8; 0). ä
Ví dụ 10. Trong không gian Ox yzcho A(2;−1; 6),B(−3;−1;−4);C(5;−1; 0),D(1; 2; 1).
1 Chứng minh4ABC vuông. Tính bán kính đường tròn ngoại nội tiếp4ABC.
2 Tính thể tích tứ diện ABCD. -Lời giải.
1 Ta cóB A# »
=(5; 0; 10), # »AC
=(−3; 0; 6);CB# »
=(−8; 0;−4). Do # »
C A.# »
CB=24−20=0nên4ABC vuông tạiC. Vậy§4ABC=1
2C A.CB=1 2.3p
5.4p 5=30. Ta có p=1
2(AB+AC+CB)=1 2
¡5p 5+3p
5+4p 5¢
=6p 5. MàS=pr, nên bán kính đường tròn nội tiếp4ABC:r=S
p= 30 6p
5=p 5.
2 Ta có:h# » B A,C A# »i
=(0;−60; 0);DC# »
=(−4; 3; 1). VậyVABCD=1
6
¯
¯
¯ hB A# »
,DC# »i .DC# »¯¯
¯=1
6| −60| =10(đvtt).
ä Ví dụ 11. Trong không gian Ox yzcho A(−1;−2; 4);B(−4;−2; 0);C(3;−2; 1);D(1; 1; 1)
Tính thể tíchV của tứ diện ABCD và độ dài đườn cao hạ từ D. -Lời giải.
Ta có: # »
AB=(−3, 0,−4);# »
AD=(2, 3,−3);# »
AC=(4, 0,−3)⇒[# » AB,# »
AC]=(0,−25, 0) VậyVABCD=1
6
¯
¯
¯ h# »
AB,# »ACi# »AD¯¯
¯=| −75| 6 =25
2 Do đó độ dài đường cao hạ từD:DH=3V
S =3. ä
Ví dụ 12. Trong không gian Ox yz, cho ba điểm A(1; 2; 4);B(2;−1; 0);C(−2; 3;−1).
1 Tìm tọa độ điểmD biết rằng ABCD là hình bình hành.
2 Tìm diện tích hình bình hành ABCD. -Lời giải.
1 Vì ABCD là hình bình hành nên AB# »
=DC# » . GọiD(x;y;z). Ta có # »
DC=(−2−x; 3−y;−1−z); # »
AB=(1;−3;−4). Từ AB# »
=DC# »
⇔
(1= −2−x
−3=3−y
−4= −1−z
⇒D(−3; 6; 3) 2 Ta có: SABCD=2S4ABC.
Ta cóAB# »
=(1;−3;−4); AC# »
=(−3; 1;−5)⇒ h# »
AB,AC# »i
=(19; 17;−8). S4ABC=1
2 h# »
AB,# » ACi
=1 2
p192+172+(−8)2= p714
2 . Suy ra SABCD=p
714(đvdt).
ä
4 CHỨNG MINH CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC
■ Chứng minh ba điểm A,B,Cthẳng hàng.
■ Chứng mình hai đường thẳng song song.
■ Chứng mình hai đường thẳng vuông góc.
Phương pháp:
1 Muốn chứng minh ba điểm A,B,Cthẳng hàng, ta chứng minh:
# »
AB=k.# » AC
2 Muốn chứng minh hai đường thẳnga∥b, trên ata lấy vectơ # »AB
và trênb ta lấy vectơ
# »
CD rồi chứng minh # »
AB=k.# » CD.
3 Muốn chứng minh hai đường thẳnga⊥b, trênalấy vectơ # »
ABvà trên b lấy vectơ # » CD rồi chứng minh # »
AB.CD# »
=0.
Ví dụ 13. Trong không gian Ox yz, cho A(−1; 6; 6) và B(3;−6;−2). Tìm điểm M thuộc mặt phẳngOx ysao cho AM+MB ngắn nhất.
-Lời giải.
Hai điểm A,B nằm về hai phía khác nhau của mặt phẳngOx yvì zA=6và zB= −2. Do đó, khi ba điểm A,M,Bthẳng hàng ta có AM+MBngắn nhất.
A,M,Bthẳng hàng⇔AM# »
=k.# »AB : Ta có: M(x;y; 0)vì M∈(Ox y); # »AM
=(x+1;y−6;−6); # »AB
=(4;−12;−8).
# »
AM=k.# »
AB⇔ x+1
4 = y−6
−12 =−6
−8=3 4⇔
(x=2 y= −3 z=0
. Vậy M(2;−3; 0). ä
Ví dụ 14. Cho hình hộp xiên ABCD.A0B0C0D0. Hãy tìm điểm M trên đường chéo AC của mặt đáy ABCD và điểm N trên đường chéo C0D của mặt CDD0C0 sao cho M N∥BD0. Khi đó tính M N
BD0. -Lời giải.
Đặt:B A# »
=#»a; # » BB0=#»b
;BC# »
=#»c. Ta có: # »
BD0=#»a+#»b +#»c. VìM N∥BD0 nên ta có:M N# »
=k# » BD0 hay
# »
M N=k³#»a+#»b
+#»c´=k.#»a+k.#»b
+k.#»c (1) Mặt khác ta có: M N# »
=MC# » +# »
CC0+# » C0N. Giả sử:MC# »
=n.# »AC
=n.¡#»c −#»a¢;
# »
C0N=m.# »
C0D=m.³#»a−#»
b´ . Do đó: M N# »
=n.# »AC +# »
CC0+m# »
C0D với # » CC0=# »
BB0=#»b
. #»a
#»c
#» b
B C
A
C0
N D0
M A0
B0
⇒M N# »
=n¡#»c −#»a¢+#»b
+m³#»a−#»b´
=(m−n)#»a+(1−m)#»b
+n#»c (2)
So sánh (1) và (2), ta có hệ 3 phương trình 3 ẩn.
(m−n=k 1−m=k n=k
⇔
k=1
3 n=1 3 n=2 3 .
Vậy: MC# »
=n# »AC
=1 3
# » AC; # »
C0N=m# » C0D=2
3
# » C0D.
Như vậy các điểm M,Nđã được xác định trên AC vàC0D. DoM N# »
=k# »
BD0nên ta có
# » M N# » BD0 =1
3 hay
# » M N BD0 =1
3. ä
Ví dụ 15. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnha. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AD và AB0. Chứng minhM N⊥AC.
-Lời giải.
Chọn hệ trục như hình vẽ.
Ta có: A(0; 0; 0);B(0;a; 0);C(a;a; 0);D(a; 0; 0); A0(0; 0;a); B0(0; 0;a)
M là trung điểm củaAD nênM³a 2; 0; 0´
,N là trung điểm của AB0nên N
³ 0;a
2;a 2
´ . Do đó M N# »
=
³
−a 2;a
2;a 2
´
;⇒# »AC
=(a;a; 0). Ta có: # »
M N.AC# »
= −a2 2 +a2
2 =0. Vậy M N⊥AC.
z
y x
C
M A
B A0
N C0
D0
B0
D
ä Ví dụ 16. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. Gọi M,Nlần lượt là trung điểm của AD vàBB0.
1 Chứng minh rằng M N⊥A0C.
2 Tính cosin góc tạo bởiM N# »
và # » AC0. -Lời giải.
1 Chọn hệ trục như hình vẽ.
A(0; 0; 0); B(a; 0; 0); C(a;a; 0); D(0;a; 0); A0(0; 0;a); B0(a; 0;a).
⇒# »AD
=(0;a; 0),DC# »
=(a; 0; 0), # »
A A0=(0; 0;a). Suy raM³a
2; 0;a 2
´
;N³ a; 0;a
2
´
⇒M N# »
=
³a 2; 0;a
2
´
; # »
A0C=(−a;a;−a)
# » M N.# »
A0C=a2
2 +0−a2 2 =0. Vậy M M⊥A0C.
2 Ta cóC0(a;a;a)⇒# »
AC0=(a;a;a). cos³M N# »
;# » AC0´
=
# » M N.# »
AC0 M N.AC0=
a2−a2 2 +a2
2
3a2 2 .p
3a2
=a2p 2 3a2 =
p2 3 .
z
y
x B C N
C0 D0
M A0
B0
D
ä
!
Nhận xét. Chúng ta cần quan tâm đến dạng toán phải gắn trong hệ trục tọa độ và xác định đúng tọa độ các đỉnh của các khối đa diện quen thuộc, điều này sẽ gặp trong các đề thi.5 CHỨNG MINH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất
¯
¯#»u¯¯+¯¯#»v¯¯≥¯¯#»u+#»v¯¯
1 ¯
¯#»u.#»v¯¯≤¯¯#»u¯¯.¯¯#»v¯¯
2
Ví dụ 17. Chứng minh bất đẳng thức: a+b+c≤» 3¡
a2+b2+c2¢
, với a,b,c là ba số thực cho trước.
-Lời giải.
Đặt #»u =(a;b;c), #»v =(1; 1; 1)trong hệ trục tọa độOx yz. Ta có: #»u.#»v ≤¯¯#»u¯¯.¯¯#»v¯¯. haya+b+c≤p
a2+b2+c2.p
12+12+12. Vậya+b+c≤»
3¡
a2+b2+c2¢
ä
Ví dụ 18. Với x là một số thực. Chứng minh rằng:
¯
¯
¯sinx+ p
2−sin2x+sinxp
2−sin2x
¯
¯
¯≤3
-Lời giải.
Trong không gianOx yz, cho các vectơ: #»a=³sinx; 1;p
2−sin2x´ , #»b
=
³ 1;p
2−sin2x; sinx´ . Ta có #»a.#»
b =sinx+p
2−sin2x+sinxp
2−sin2x. v௯#»a¯¯.¯¯
¯
#»b¯¯
¯=p
sin2x+1+2−sin2x.p
1+2−sin2x+sin2=3. V쯯¯#»a.#»
b
¯
¯
¯≤¯
¯#»a¯¯.¯¯
¯
#»b
¯
¯
¯nên¯¯¯sinx+p
2−sin2x+sinxp
2−sin2x
¯
¯
¯≤3. ä
Ví dụ 19. Với a,b,clà các số thức, chứng minh rằng:
1 p
a2+b2+c2+p 3≥p
(1−a)2+(1−b)2+(1−c)2.
2 (a+b+c)2≤3(a2+b2+c2). -Lời giải.
1 Trong không gianOx yzcho các vectơ:
#»u =OM# »
=(a;b;c)
#»v =# »
ON=(1; 1; 1)
¾
⇒ #»v−#»u=M N# »
=(1−a; 1−b; 1−c). Ta có
¯
¯
¯
# » OM
¯
¯
¯+
¯
¯
¯
# » ON
¯
¯
¯≥
¯
¯
¯
# » M N
¯
¯
¯. Do đó:pa2+b2+c2+p
3≥p
(1−a)2+(1−b)2+(1−c)2.
2 Với #»u =(a;b;c), #»v =(1; 1; 1), ta có:¡#»u.#»v¢2≤#»u2.#»v2 hay(a+b+c)2≤3(a2+b2+c2).
ä
6 MẶT CẦU
Phương pháp:
Sử dụng các công thức:
Mặt cầu(S)có tâm I(a;b;c),bán kính R là
(x−a)2+(y−b)2+(z−c)2=R2 Mặt cầu(S)có dạng:
x2+y2+z2−2ax−2b y−2cz+d=0
với điều kiện a2+b2+c2−d > 0. Khi đó (S) có tâm là I(a;b;c) và có bán kính R = pa2+b2+c2−d
Ví dụ 20. Trong không gian Ox yz, tìm tâm và bán kính của mặt cầu sau đây:
1 (x−4)2+(y−1)2+z2=16
2 3x2+3y2+3z2−6x+8y+15z−3=0 -Lời giải.
1 Phương trình mặt cầu viết dưới dạng:(x−4)2+(y−1)2+z2=16 Vậy mặt cầu có tâmI(4; 1; 0), bán kínhR=4
2 Phương trình mặt cầu đã cho có thể viết lại:
x2+y2+z2−2x+8
3y+5z−1=0⇔(x−1)2+ µ
y+4 3
¶2
+ µ
z+5 2
¶2
= µ19
6
¶2
. Vậy mặt cầu có tâm:I
µ 1;−4
3;−5 2
¶
, bán kính R=19 6 .
ä Ví dụ 21. Trong không gian Ox yz. Viết phương trình mặt cầu trong các trường hợp sau:
1 Có đường kính ABvới A(4;−3; 7),B(2; 1; 3).
2 Đi qua điểm A(5;−2; 1)và có tâm I(3;−3; 1). -Lời giải.
1 TâmI của mặt cầu là trung điểm củaAB, suy raI(3;−1; 5), bán kính của mặt cầuR= AB nên 2
R=1 2
p(2−4)2+(1+3)2+(3−7)2=3 Phương trình mặt cầu:(x−3)2+(y+1)2+(z−5)2=9.
2 Bán kính của mặt cầuI A=R ⇔R2=I A2=(5−3)2+(−2+3)2+(1−1)2=5. Vậy phương trình mặt cầu:(x−3)2+(y+3)2+(z−1)2=5.
ä Ví dụ 22. Trong không gian Ox yz 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 tọa độ O. Hãy xác định tâm và bán kính của mặt cầu đó.
-Lời giải.
Phương trình mặt cầu(S)có dạng: x2+y2+z2−2ax−2b y−2cz+d=0.
Vì A(1; 0; 0)∈(S)nên ta có:1−2a+d=0 (1)
VìB(0;−2; 0)∈(S)nên ta có:4+4b+d=0 (2) VìC(0; 0; 4)∈(S)nên ta có:16−8c+d=0 (3)
VìO(0; 0; 0)∈(S)nên ta có:d=0 (4)
Giải hệ 4 phương trình ta được:d=0;a=1
2;b= −1;c=2. Vậy phương trình mặt cầu(S):x2+y2+z2−x+2y−4z=0. Phương trình mặt cầu có thể viết lại:
µ x−1
2
¶2
+(y+1)2+(z−2)2=21 4
Vậy mặt cầu có tâmI µ1
2;−1; 2
¶
, bán kínhR= p21
2 . ä
C BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Cho các điểm A(1; 1;−1),B(2; 0; 0),C(1; 0; 1),D(0; 1; 0)và S(1; 1; 1). Chứng minh ABCD là hình chữ nhật.
1 2 Chứng minhS6∈(ABCD).
Tính thể tích khối chópS.ABCD và suy ra khoảng cách từS đến mặt phẳng(ABCD).
3
-Lời giải.
1 Ta có AB# »
=(1;−1; 1), DC# »
=(1;−1; 1), BC# »
=(−1; 0; 1). Khi đó
½AB# »
=DC# »
# » AB·BC# »
=0, suy ra ABCD là hình bình hành cóBb=90◦nên là hình chữ nhật.
2 Ta có # »AB
=(1;−1; 1),BC# »
=(−1; 0; 1) và S A# »
=(0; 0;−2) thì [# » AB;# »
BC]·S A# »
=26=0 nên 4 điểm A,B,C,S không đồng phẳng, do đó S6∈(ABC)≡(ABCD).
3 Ta có # »
S A=(0; 0;−2),# »
SB=(1;−1;−1),# »
SC=(0;−1; 0) thì VS.ABC= 1 6|[# »
S A;# » SB]# »
SC| = 1
3, do vậy VS.ABCD=2
3 (đvtt).
Diện tích hình chữ nhậtSABCD=AB·BC=p 3·p
2=p 6nên VS.ABCD=1
3·d[S; (ABCD)]·SABCD⇔d[S; (ABCD)]=3V S = 2
p6 = p6
3
ä Bài 2. Cho tứ diệnABCD vớiA(2; 1;−1),B(3; 0; 1),C(2;−1; 3)vàD∈O y. Biết thể tích của tứ diện ABCD bằng5(đvtt). Tìm tọa độ đỉnhD.
-Lời giải.
Gọi D(0,b, 0)∈O y. Ta có VABCD = 1 6|[# »
AB;# » AC]# »AD
| và AB# »
=(1;−1; 2), AC# »
=(0;−2; 4), và AD# »
= (−2;b−1; 1). Khi đó[# »
AB;# »
AC]=(0;−4;−2)và [# » AB;# »
AC]# »
AD= −4(b−1)−2= −4b+2. Theo đề thì 1
6| −4b+2| =5⇔h
−4b+2=30
−4b+2= −30⇔hb= −7 b=8.
Suy raD(0;−7; 0)hoặc D(0; 8; 0). ä
Bài 3. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại và tính thể tích của khối hộp đã cho.
1 A(0; 0; 1) ,B(0; 2; 1) ,D(3; 0; 1) ,A0(0; 0; 0).
2 A(0; 2; 2) ,B(0; 1; 2) ,C(−1; 1; 1) ,C0(1;−2;−1). -Lời giải.
A B
D0 C0 A0
D
B0 C
1 Ta có # »
AB=(0; 2; 0), # »
A A0(0; 0;−1). Do ABCD.A0B0C0D0 là hình hộp nên các mặt bên và mặt đáy là các hình bình hành.
DoDC# »
=(xC−3;yC;zC−1)⇔# »AB
=DC# »
⇔
(xC−3=0 yC=2 zC−1=0
⇔
(xC=3 yC=2 zC=1
⇒C(3; 2; 1). Do # »
A A0=# »
BB0(xB0;yB0−2;zB0−1)⇔
(xB0=0 yB0−2=0 zB0−1= −1
⇔
(xB0=0 yB0=2 zB0=0
⇒B0(0; 2; 0). Do # »
A A0=# »
CC0(xC0−3;yC0−2;zC0−1)⇔
(xC0−3=0= yC0−2=0 zC0−1= −1
⇔
(xC0=3 yC0=2 zC0=0
⇒C0(3; 2; 0). Do # »
A A0=# »
DD0(xD0−3;yD0;zD0−1)⇔
(xD0−3=0 yD0=0 zD0−1= −1
⇔
(xD0=3 yD0=0 zD0= −1
⇒D0(3; 0; 0). Ta có # »
AB(0; 2; 0) ,# »
AD(3; 0; 0)⇒h# » AB;# »
ADi
=(0; 0;−6). Thể tích của khối hộp ABCD.A0B0C0D0là
VABCD.A0B0C0D0=
¯
¯
¯
# » A A0·
h# » AB;# »ADi¯¯
¯= |0+0+(−6)·(−1)| =6.
2 Ta có # »
AB(0;−1; 0) ,# »
CC0(2;−3;−2). Do ABCD.A0B0C0D0 là hình hộp nên các mặt bên và mặt đáy là các hình bình hành.
DoCD# »
(xD+1;yD−1;zD−1)= −AB# »
⇔
(xD+1=0 yD−1=1 zD−1=0
⇔
(xD= −1 yD=2 zD=1
⇒D(−1; 2; 1). Do # »
A A0(xA0;yA0−2;zA0−2)=# » CC0⇔
(xA0=2 yA0−2= −3 zA0−2= −2
⇔
(xA0=2 yA0= −1 zA0=0
⇒A0(2;−1; 0). Do # »
BB0(xB0;yB0−1;zB0−2)=# » CC0⇔
(xB0=2 yB0−1= −3 zB0−2= −2
⇔
(xB0=2 yB0= −2 zB0=0
⇒B0(2;−2; 0). Do # »
DD0(xD0+1;yD0−2;zD0−1)=# » CC0⇔
(xD0+1=2 yD0−2= −3 zD0−1= −2
⇔
(xD0=1 yD0= −1 zD0= −1
⇒D0(1;−1;−1). Ta có # »
AB(0;−1; 0) ,# »
AD(−1; 0;−1)⇒h# » AB;# »
ADi
=(1; 0;−1). Thể tích của khối hộp ABCD.A0B0C0D0là
VABCD.A0B0C0D0=
¯
¯
¯
# » A A0·
h# » AB;AD# »i¯¯
¯= |1·2+0·(−3)+(−2)·(−1)| =4.
ä Bài 4. Trong không gianOx yz, cho bốn điểm A(1; 1; 0),B(0; 2; 1),C(1; 0; 2),D(1; 1; 1)
1 Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của tứ diện đó? Tìm tọa độ trọng tâm của tứ diện.
Tính thể tích của tứ diện này?
2 Tính góc tạo bởi các cạnh đối diện của tứ diện ABCD?
3 Tính diện tích tam giácBCD? Từ đó suy ra độ dài đường cao của tứ diện vẽ từ A?
