Bài 1 trang 80 SGK Hình học 12 Nâng cao.Cho các vectơ: \(\overrightarrow u = \overrightarrow i - 2\overrightarrow j \,;\,\overrightarrow v = 3\overrightarrow i + 5\left( {\overrightarrow j - \overrightarrow k } \right)\,;\,\overrightarrow {\rm{w}} = 2\overrightarrow i - \overrightarrow k + 3\overrightarrow j \) a) Tìm toạ độ của các vectơ đó. b) Tìm côsin của các góc \(\left( {\overrightarrow v ,\overrightarrow i } \right)\,;\,\left( {\overrightarrow v ,\overrightarrow j } \right)\,;\,\left( {\overrightarrow v ,\overrightarrow k } \right)\). c) Tính các tích vô hướng \(\overrightarrow u .\overrightarrow v \,,\,\overrightarrow u .\overrightarrow {\rm{w}} \,,\,\overrightarrow v .\overrightarrow {\rm{w}} \). Giải a) \(\overrightarrow u = \left( {1; - 2;0} \right)\,;\,\overrightarrow v = \left( {3;5; - 5} \right)\,;\,\overrightarrow {\rm{w}} = \left( {2;3; - 1} \right)\) b) \(\eqalign{ & \cos \left( {\overrightarrow v ,\overrightarrow i } \right) = {{\overrightarrow v .\overrightarrow i } \over {\left| {\overrightarrow v } \right|\left| {\overrightarrow i } \right|}} = {3 \over {\sqrt {59} }} \cr & \cos \left( {\overrightarrow v ,\overrightarrow j } \right) = {{\overrightarrow v .\overrightarrow j } \over {\left| {\overrightarrow v } \right|\left| {\overrightarrow j } \right|}} = {5 \over {\sqrt {59} }} \cr & \cos \left( {\overrightarrow v ,\overrightarrow k } \right) = {{\overrightarrow v .\overrightarrow k } \over {\left| {\overrightarrow v } \right|\left| {\overrightarrow k } \right|}} = {{ - 5} \over {\sqrt {59} }} \cr} \) c) \(\eqalign{ & \overrightarrow u .\overrightarrow v = 1.3 - 2.5 + 0\left( { - 5} \right) = - 7 \cr & \overrightarrow u .\overrightarrow w = 1.2 - 2.3 + 0\left( { - 1} \right) = - 4 \cr & \overrightarrow v .\overrightarrow w = 3.2 + 5.3 + (-5).(-1) = 26 \cr} \) Bài 2 trang 80 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho vectơ \(\overrightarrow u \) tùy ý khác \(\overrightarrow 0 \). Chứng minh rằng \({\cos ^2}\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow i } \right) + {\cos ^2}\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow j } \right) + {\cos ^2}\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow k } \right) = 1\) Giải Giả sử \(\overrightarrow u = \left( {x;y;z} \right)\) ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow i } \right) = {{\overrightarrow u .\overrightarrow i } \over {\left| {\overrightarrow u } \right|\left| {\overrightarrow i } \right|}} = {x \over {\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2}} }} \Rightarrow {\cos ^2}\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow i } \right) = {{{x^2}} \over {{x^2} + {y^2} + {z^2}}}\) Tương tự: \({\cos ^2}\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow j } \right) = {{{y^2}} \over {{x^2} + {y^2} + {z^2}}}\) và \({\cos ^2}\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow k } \right) = {{{z^2}} \over {{x^2} + {y^2} + {z^2}}}\). Vậy \({\cos ^2}\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow i } \right) + {\cos ^2}\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow j } \right) + {\cos ^2}\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow k } \right) = {{{x^2} + {y^2} + {z^2}} \over {{x^2} + {y^2} + {z^2}}} = 1\) Bài 3 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao. Tìm góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow v \) trong mỗi trường hợp sau: a) \(\overrightarrow u = \left( {1\,;\,1\,;\,1} \right)\,\,;\,\,\overrightarrow v = \left( {2\,;\,1\,;\, - 1} \right)\). b) \(\overrightarrow u = 3\overrightarrow i + 4\overrightarrow j \,\,;\,\,\overrightarrow v = - 2\overrightarrow j + 3\overrightarrow k \). Giải a) \(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = {{\overrightarrow u .\overrightarrow v } \over {\left| {\overrightarrow u } \right|\left| {\overrightarrow i } \right|}} = {2 \over {\sqrt 3 .\sqrt 6 }} = {{\sqrt 2 } \over 3}\) b) Ta có: \(\overrightarrow u = \left( {3;4;0} \right)\,;\,\overrightarrow v = \left( {0; - 2;3} \right) \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = {{\overrightarrow u .\overrightarrow v } \over {\left| {\overrightarrow u } \right|\left| {\overrightarrow v } \right|}} = {{ - 8\sqrt {13} } \over {65}}\) Bài 4 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao. Biết \(\left| {\overrightarrow u } \right| = 2\,;\,\left| {\overrightarrow v } \right| = 5\), góc giữa vectơ \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow v \) bằng \({{2\pi } \over 3}\). Tìm k để vectơ \(\overrightarrow p = k\overrightarrow u + 17\overrightarrow v \) vuông góc với vectơ \(\overrightarrow q = 3\overrightarrow u - \overrightarrow v \). Giải Ta có \(\eqalign{ & \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \cos {{2\pi } \over 3} = - {1 \over 2}\,;\,\overrightarrow p \bot \overrightarrow q \cr & \overrightarrow p .\overrightarrow q = 0 \Leftrightarrow \left( {k\overrightarrow u + 17\overrightarrow v } \right)\left( {3\overrightarrow u - \overrightarrow v } \right) = 0 \cr & \Leftrightarrow 3k{\left| {\overrightarrow u } \right|^2} - 17{\left| {\overrightarrow v } \right|^2} + \left( {51 - k} \right)\overrightarrow u .\overrightarrow v = 0 \cr & \Leftrightarrow 3k.4 - 17.25 + \left( {51 - k} \right).2.5.\left( { - {1 \over 2}} \right) = 0 \cr & \Leftrightarrow 17k - 680 = 0 \cr & \Leftrightarrow k = 40 \cr} \) Vậy với k = 40 thì \(\overrightarrow p \bot \overrightarrow q \) Bài 5 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho điểm \(M\left( {a;b;c} \right)\). a) Tìm toạ độ hình chiếu (vuông góc) của M trên các mặt phẳng toạ độ và trên các trục toạ độ. b) Tìm khoảng cách từ điểm M đến các mặt phẳng toạ độ, đến các trục toạ độ. c) Tìm toạ độ của các điểm đối xứng với M qua các mặt phẳng toạ độ. Giải a) Gọi \({M_1}\left( {x;y;0} \right)\) là hình chiếu của điểm \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên mp(Oxy) thì \(\overrightarrow {M{M_1}} = \left( {x - a,y - b, - c} \right)\) và \(\overrightarrow {M{M_1}} .\overrightarrow i = \overrightarrow {M{M_1}} .\overrightarrow j = 0\) nên: \(\left\{ \matrix{ x - a = 0 \hfill \cr y - b = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = a \hfill \cr y = b \hfill \cr} \right. \Rightarrow {M_1}\left( {a;b;0} \right)\). Tương tự \({M_2}\left( {0;b;c} \right)\) là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên mp(Oyz) Và \({M_3}\left( {a;0;c} \right)\) là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên mp(Oxz). Giả sử \({M_4}\left( {x;0;0} \right)\) là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên trục Ox thì \(\overrightarrow {M{M_4}} = \left( {x - a; - b; - c} \right)\) và \(\overrightarrow {M{M_4}} .\overrightarrow i = 0\) nên x = a. Vậy \({M_4}\left( {a;0;0} \right)\). Tương tự \({M_5}\left( {0;b;0} \right)\) và \({M_6}\left( {0;0;c} \right)\) lần lượt là hình chiếu của \(M\left( {a;b;c} \right)\) trên trục Oy và Oz. b) Khoảng cách từ M đến (Oxy) là: \(\eqalign{ & d\left( {M;\left( {Oxy} \right)} \right) = M{M_1} = \sqrt {{{\left( {a - a} \right)}^2} + {{\left( {b - b} \right)}^2} + {{\left( {c - 0} \right)}^2}} = \left| c \right| \cr & d\left( {M;\left( {Oyz} \right)} \right) = \left| a \right|;d\left( {M;\left( {Oxz} \right)} \right) = \left| b \right| \cr & d\left( {M;Ox} \right) = M{M_4} = \sqrt {{{\left( {a - a} \right)}^2} + {{\left( {b - 0} \right)}^2} + {{\left( {c - 0} \right)}^2}} = \sqrt {{b^2} + {c^2}} \cr & d\left( {M;Oy} \right) = \sqrt {{a^2} + {c^2}} ,d\left( {M;Oz} \right) = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \cr} \) c) Gọi \(M_1'\left( {x;y;z} \right)\) là điểm đối xứng của M qua mp(Oxy) thì \({M_1}\) là trung điểm của \(MM_1'\) nên \(\left\{ \matrix{ {x_{{M_1}}} = {{{x_M} + {x_{M_1'}}} \over 2} \hfill \cr {y_{{M_1}}} = {{{y_M} + {y_{M_1'}}} \over 2} \hfill \cr {z_{{M_1}}} = {{{z_M} + {z_{M_1'}}} \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {x_{M_1'}} = 2{x_{{M_1}}} - {x_M} = 2a - a = a \hfill \cr {y_{M_1'}} = 2{y_{{M_1}}} - {y_M} = 2b - b = b \hfill \cr {z_{M_1'}} = 2{z_{{M_1}}} - {z_M} = 0 - c = - c \hfill \cr} \right. \Rightarrow M_1'\left( {a;b; - c} \right)\) Tương tự \(M_2'\left( { - a;b;c} \right)\) là điểm đối xứng của M qua mp(Oyz) Và \(M_3'\left( {a; - b;c} \right)\) là điểm đối xứng của M qua mp(Oxz). Bài 6 trang 81 SKG Hình học 12 Nâng cao. Cho hai điểm \(A\left( {{x_1};{y_1};{z_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2};{y_2};{z_2}} \right)\). Tìm toạ độ điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k (tức là \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \)), trong đó \(k \ne 1\). Giải Giả sử \(M\left( {x;y;z} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \) với \(k \ne 1\). Ta có \(\overrightarrow {MA} = \left( {{x_1} - x;{y_1} - y;{z_1} - z} \right),\overrightarrow {MB} = \left( {{x_2} - x;{y_2} - y;{z_2} - z} \right)\) \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {x_1} - x = k\left( {{x_2} - x} \right) \hfill \cr {y_1} - y = k\left( {{y_2} - y} \right) \hfill \cr {z_1} - z = k\left( {{z_2} - z} \right) \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = {{{x_1} - k{x_2}} \over {1 - k}} \hfill \cr y = {{{y_1} - k{y_2}} \over {1 - k}} \hfill \cr z = {{{z_1} - k{z_2}} \over {1 - k}} \hfill \cr} \right.\) Bài 7 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho hình bình hành ABCD với A(-3 ; -2 ; 0), B(3 ; -3 ; 1), C(5 ; 0 ; 2). Tìm toạ độ đỉnh D và tính góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {BD} \). Giải Ta có \(\overrightarrow {BA} = \left( { - 6;1; - 1} \right);\overrightarrow {BC} = \left( {2;3;1} \right)\). Vì \({{ - 6} \over 2} \ne {1 \over 3} \ne {{ - 1} \over 1}\) nên \(\overrightarrow {BA} \) và \(\overrightarrow {BC} \) không cùng phương nên ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Giả sử \(D\left( {x;y;z} \right)\) thì \(\overrightarrow {BD} = \left( {x - 3;y + 3;z - 1} \right)\) ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi: \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x - 3 = - 6 + 2 \hfill \cr y + 3 = 1 + 3 \hfill \cr z - 1 = - 1 + 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = - 1 \hfill \cr y = 1 \hfill \cr z = 1 \hfill \cr} \right.\) Vậy \(D\left( { - 1;1;1} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( {8;2;2} \right)\,;\,\overrightarrow {BD} = \left( { - 4;4;0} \right)\). Do đó: \(\cos \left( {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {BD} } \right) = {{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} } \over {AC.BD}} = {{ - 32 + 8} \over {\sqrt {72} .\sqrt {32} }} = - {1 \over 2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {BD} } \right) = {{2\pi } \over 3}\) Bài 8 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao. a) Tìm toạ độ điểm M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm A(1 ; 2 ; 3) và B(-3 ; -3 ; 2). b) Cho ba điểm \(A\left( {2;0;4} \right)\,;\,\,B\left( {4;\sqrt 3 ;5} \right)\) và \(C\left( {\sin 5t,cos3t,sin3t} \right)\). Tìm t để AB vuông góc với OC (O là gốc toạ độ). Giải a) Giả sử \(M\left( {x;0;0} \right)\) thuộc trục Ox và MA = MB. Ta có: \(\eqalign{ & \,\,\,\,\,\,\,M{A^2} = M{B^2} \cr & \Leftrightarrow {\left( {1 - x} \right)^2} + {2^2} + {3^2} = {\left( { - 3 - x} \right)^2} + {\left( { - 3} \right)^2} + {2^2} \cr & \Leftrightarrow 1 - 2x + {x^2} + 13 = 9 + 6x + {x^2} + 13 \Leftrightarrow x = - 1 \cr & \Rightarrow M\left( { - 1;0;0} \right) \cr} \) b) Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {AB} = \left( {2;\sqrt 3 ;1} \right)\,;\,\overrightarrow {OC} = \left( {\sin 5t;\cos 3t;\sin 3t} \right) \cr & AB \bot OC \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {OC} = 0 \cr & \Leftrightarrow 2\sin 5t + \sqrt 3 \cos 3t + \sin 3t = 0 \cr & \Leftrightarrow \sin 5t + {{\sqrt 3 } \over 2}\cos 3t + {1 \over 2}\sin 3t = 0 \cr & \Leftrightarrow \sin 5t = - \sin \left( {3t + {\pi \over 3}} \right) \cr & \Leftrightarrow \sin 5t = \sin \left( { - 3t - {\pi \over 3}} \right) \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ 5t = - 3t - {\pi \over 3} + k2\pi \hfill \cr 5t = \pi + 3t + {\pi \over 3} + k2\pi \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ t = - {\pi \over {24}} + {{k\pi } \over 4} \hfill \cr t = {{2\pi } \over 3} + k\pi \hfill \cr} \right.\,\left( {k \in\mathbb Z} \right) \cr} \) Bài 9 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao. Xét sự đồng phẳng của ba vectơ \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v \) và \(\overrightarrow {\rm{w}} \) trong mỗi trường hợp sau: a) \(\overrightarrow u \left( {4;3;4} \right)\,,\,\overrightarrow v \left( {2; - 1;2} \right)\,;\,\overrightarrow {\rm{w}} \left( {1;2;1} \right)\) b) \(\overrightarrow u \left( {1; - 1;1} \right)\,;\,\overrightarrow v \left( {0;1;2} \right)\,;\,\overrightarrow {\rm{w}} \left( {4;2;3} \right)\) c) \(\overrightarrow u \left( {4;2;5} \right)\,;\,\overrightarrow v \left( {3;1;3} \right)\,;\,\overrightarrow {\rm{w}} \left( {2;0;1} \right)\) Giải a) Ta có: \(\eqalign{ & \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( {\left| \matrix{ 3\,\,\,\,\,\,4 \hfill \cr - 1\,\,\,2 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 4\,\,\,\,\,4 \hfill \cr 2\,\,\,\,\,\,2 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 4\,\,\,\,\,\,3 \hfill \cr 2\,\,\,\,\,\,\, - 1 \hfill \cr} \right|} \right) = \left( {10;0; - 10} \right) \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}} = 10.1 + 0.2 - 10.1 = 0 \cr} \) Do đó \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \) đồng phẳng. b) \(\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}} \ne 0 \Rightarrow \overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \) không đồng phẳng. c) \(\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}} = 0 \Rightarrow \overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \) đồng phẳng. Bài 10 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho ba điểm \(A\left( {1;0;0} \right)\,;\,B\left( {0;0;1} \right)\,;\,C\left( {2;1;1} \right)\) a) Chứng minh A, B, C không thẳng hàng. b) Tính chu vi và diện tích tam giác ABC. c) Tính độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A. d) Tính các góc của tam giác ABC. Giải a) Ta có \(\overrightarrow {BA} = \left( {1;0; - 1} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {2;1;0} \right)\). Vì \({1 \over 2} \ne {0 \over 1} \Rightarrow \overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} \) không cùng phương do đó A, B, C thẳng hàng. b) Ta có \(\eqalign{ & AB = \sqrt {{1^2} + {0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt 2 \cr & BC = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {0^2}} = \sqrt 5 \cr & AC = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 3 \cr} \) Vậy chu vi tam giác ABC bằng \(\sqrt 2 + \sqrt 3 + \sqrt 5 \). Ta có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} \Rightarrow \Delta ABC \) vuông tại A nên có diện tích \(S = {1 \over 2}AB.AC = {{\sqrt 6 } \over 2}\) c) Gọi \({h_a}\) là độ dài đường cao kẻ từ A ta có: \({S_{ABC}} = {1 \over 2}BC.{h_a} \Rightarrow {h_a} = {{2{S_{ABC}}} \over {BC}} = {{\sqrt 6 } \over {\sqrt 5 }} = {{\sqrt {30} } \over 5}\) d) Vì tam giác ABC vuông tại A nên: \(\cos B = {{AB} \over {BC}} = {{\sqrt 2 } \over {\sqrt 5 }} = {{\sqrt {10} } \over 5}\,;\,\cos C = {{AC} \over {BC}} = {{\sqrt 3 } \over {\sqrt 5 }} = {{\sqrt {15} } \over 5}\) Bài 11 trang 81 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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 giữa các đường thẳng chứa các cạnh đối của tứ diện đó. c) Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A. Giải a) Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {AB} = \left( { - 1;1;0} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 1;0;1} \right),\overrightarrow {AD} = \left( { - 3;1; - 2} \right) \cr & \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {\left| \matrix{ 1\,\,\,\,\,\,0 \hfill \cr 0\,\,\,\,\,1 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 0\,\,\,\, - 1 \hfill \cr 1\,\,\,\,\, - 1 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ - 1\,\,\,\,\,\,1 \hfill \cr - 1\,\,\,\,\,\,\,0 \hfill \cr} \right|} \right) = \left( { - 3;1; - 2} \right) \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} = - 3.1 + 1.1 - 2.1 = - 4 \ne 0 \cr} \) Do đó ba vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} \) không đồng phẳng. Vậy A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện. b) Ta có \(\overrightarrow {CD} = \left( { - 2;1; - 3} \right),\overrightarrow {BD} = \left( { - 2;0; - 2} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0; - 1;1} \right)\). Gọi \(\alpha ,\beta ,\gamma \) lần lượt là góc tạo bởi các cặp đường thẳng AB và CD, AC và BD, AD và BC thì \(\eqalign{ & \cos \alpha = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right)} \right| = {{\left| {2 + 1 + 0} \right|} \over {\sqrt 2 .\sqrt {14} }} = {{3\sqrt 7 } \over {14}} \cr & \cos \beta = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} } \right)} \right| = {{\left| {2 + 0 - 2} \right|} \over {\sqrt 2 .\sqrt 8 }} = 0 \Rightarrow AC \bot BD \cr & \cos \gamma = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {BC} } \right)} \right| = {{\left| {0 - 1 - 2} \right|} \over {\sqrt 2 .\sqrt {14} }} = {{3\sqrt 7 } \over {14}} \cr} \) c) Thể tích tứ diện ABCD là: \(V = {1 \over 6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right| = {1 \over 6}\left| { - 4} \right| = {2 \over 3}\) Gọi \({h_A}\) là đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A. Ta có: \(\eqalign{ & V = {1 \over 3}{h_A}.{S_{BCD}} \Rightarrow {h_A} = {{3V} \over {{S_{BCD}}}} \cr & {S_{BCD}} = {1 \over 2}\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right]} \right| = \sqrt 3 \cr} \) Vậy \({h_A} = {{3.{2 \over 3}} \over {\sqrt 3 }} = {{2\sqrt 3 } \over 3}\) Bài 12 trang 82 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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 \(\overrightarrow {SN} = {1 \over 3}\overrightarrow {SB} \). a) Tính độ dài đoạn thẳng MN. b) Tìm sự liên hệ giữa a, b, h để MN vuông góc với SB. Giải Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, B nằm trong góc xOy. Ta có: \(A = \left( {0;0;0} \right),C = \left( {b;0;0} \right),B = \left( {b;a;0} \right),S = \left( {0;0;h} \right)\) . \(M\left( {{b \over 2};0;0} \right),\overrightarrow {SB} = \left( {b;a; - h} \right)\) Gọi \(N\left( {x;y;z} \right)\) thì \(\overrightarrow {SN} = \left( {x;y;z - h} \right)\). \(\overrightarrow {SN} = {1 \over 3}\overrightarrow {SB} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = {b \over 3} \hfill \cr y = {a \over 3} \hfill \cr z - h = {{ - h} \over 3} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = {b \over 3} \hfill \cr y = {a \over 3} \hfill \cr z = {{2h} \over 3} \hfill \cr} \right. \Rightarrow N\left( {{b \over 3};{a \over 3};{{2h} \over 3}} \right)\) a) \(\eqalign{ & \overrightarrow {MN} = \left( {{b \over 3} - {b \over 2};{a \over 3};{{2h} \over 3}} \right) = \left( { - {b \over 6};{a \over 3};{{2h} \over 3}} \right) \cr & MN = \sqrt {{{{b^2}} \over {36}} + {{{a^2}} \over 9} + {{4{h^2}} \over 9}} = {1 \over 6}\sqrt {{b^2} + 4{a^2} + 16{h^2}} \cr} \) b) \(MN \bot SB \Leftrightarrow \overrightarrow {MN} .\overrightarrow {SB} = 0 \Leftrightarrow - {{{b^2}} \over 6} + {{{a^2}} \over 3} + {{ - 2{h^2}} \over 3} = 0 \Leftrightarrow 4{h^2} = 2{a^2} - {b^2}\) Bài 13 trang 82 SGK Hình học 12 Nâng cao. Tìm toạ độ tâm và tính bán kính của mỗi mặt cầu sau đây : a) \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x + 2y + 1 = 0\) b) \(3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} + 6x - 3y + 15z - 2 = 0\) c) \(9{x^2} + 9{y^2} + 9{z^2} - 6x + 18y + 1 = 0\) Giải a) Ta có \(\eqalign{ & {x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x + 2y + 1 = 0 \cr & \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 8x + 16} \right) + \left( {{y^2} + 2y + 1} \right) + {z^2} = 16 \cr & \Leftrightarrow {\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 16 \cr} \) Mặt cầu có tâm \(I\left( {4; - 1;0} \right)\) và có bán kính R = 4. b) Ta có \(\eqalign{ & 3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} + 6x - 3y + 15z - 2 = 0 \cr & \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - y + 5z - {2 \over 3} = 0 \cr & \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - {1 \over 2}} \right)^2} + {\left( {z + {5 \over 2}} \right)^2} = {{49} \over 6} \cr} \) Mặt cầu có tâm \(I\left( { - 1;{1 \over 2}; - {5 \over 2}} \right)\) và có bán kính \(R = {{7\sqrt 6 } \over 6}\). c) \(\eqalign{ & 9{x^2} + 9{y^2} + 9{z^2} - 6x + 18y + 1 = 0 \cr & \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - {2 \over 3}x + 2y + {1 \over 9} = 0 \cr & \Leftrightarrow {\left( {x - {1 \over 3}} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 1 \cr} \) Mặt cầu có tâm \(I\left( {{1 \over 3}; - 1;0} \right)\) và có bán kính R = 1. Bài 14 trang 82 SGK Hình học 12 Nâng cao. Trong mỗi trường hợp sau, hãy viết phương trình mặt cầu : a) Đi qua ba điểm A(0 ; 8 ; 0), B(4; 6 ; 2), C(0 ; 12 ; 4) và có tâm nằm trên mp(Oyz); b) Có bán kính bằng 2, tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz) và có tâm nằm trên tia Ox; c) Có tâm I(1 ; 2 ; 3) và tiếp xúc với mp(Oyz). Giải a) Tâm I của mặt cầu nằm trên mp(Oyz) nên \(I\left( {0;b;c} \right)\). Ta tìm b và c để IA = IB = IC. Ta có: \(\left\{ \matrix{ I{A^2} = I{B^2} \hfill \cr I{A^2} = I{C^2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {\left( {8 - b} \right)^2} + {c^2} = {4^2} + {\left( {6 - b} \right)^2} + {\left( {2 - c} \right)^2} \hfill \cr {\left( {8 - b} \right)^2} + {c^2} = {\left( {12 - b} \right)^2} + {\left( {4 - c} \right)^2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ b = 7 \hfill \cr c = 5 \hfill \cr} \right.\) Vậy tâm \(I\left( {0;7;5} \right)\) bán kính R = IA =\(\sqrt {0 + 1 + 25} = \sqrt {26} \). Mặt cầu có phương trình \({x^2} + {\left( {y - 7} \right)^2} + {\left( {z - 5} \right)^2} = 26\). b) Vì tâm của mặt cầu nằm trên tia Ox và mặt cầu tiếp xúc với mp(Oyz) nên điểm tiếp xúc phải là O, do đó bán kính mặt cầu là R = IO = 2 và \(I\left( {2;0;0} \right)\). Mặt cầu có phương trình \({\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 4\) c) Vì mặt cầu có tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\) và tiếp xúc với mp(Oyz), vậy R = 1. Mặt cầu có phương trình \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 1\)
