Sách bài tập Toán 12 - Hình học 12 nâng cao - Chương III - Bài 1. Hệ tọa độ trong không gian

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Bài 1 trang 115 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Cho ba vectơ \(\overrightarrow u (1;2;3),\overrightarrow v (2;2; - 1),\overrightarrow {\rm{w}} \left( {4;0; - 4} \right)\). Tìm tọa độ của vectơ \(\overrightarrow x \), biết
    \(\eqalign{ & a)\overrightarrow x = \overrightarrow u - \overrightarrow v ; \cr & b)\overrightarrow x = \overrightarrow u - \overrightarrow v + 2\overrightarrow {\rm{w}} ; \cr & c)\overrightarrow x = 2\overrightarrow u + 4\overrightarrow v - \overrightarrow {\rm{w}} ; \cr & d)\overrightarrow x = 5\overrightarrow u - 3\overrightarrow v - {1 \over 2}\overrightarrow {\rm{w}} . \cr & e)2\overrightarrow x - 3\overrightarrow u = \overrightarrow {\rm{w}} ; \cr & g)2\overrightarrow u + \overrightarrow v - \overrightarrow {\rm{w}} + 3\overrightarrow x = \overrightarrow 0 ; \cr} \)
    Giải
    \(\eqalign{ & a)\overrightarrow x = (1 - 2;2 - 2;3 + 1) = \left( { - 1;0;4} \right). \cr & b)\overrightarrow x = ( - 1 + 8;0 + 0;4 - 8) = (7;0; - 4). \cr & c)\overrightarrow x = (2 + 8 - 4;4 + 8 - 0;6 - 4 + 4) \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;= (6;12;6). \cr & d)\overrightarrow x = (5 - 6 - 2;10 - 6 + 0;15 + 3 + 2) \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;= ( - 3;4;20). \cr & e)2\overrightarrow x = 3\overrightarrow u + \overrightarrow {\rm{w}} \Rightarrow \overrightarrow x = {3 \over 2}\overrightarrow u + {1 \over 2}\overrightarrow {\rm{w}} . \cr & \Rightarrow \overrightarrow x = \left( {{3 \over 2} + 2;3 + 0;{9 \over 2} - 0} \right) = \left( {{7 \over 2};3;{5 \over 2}} \right), \cr & g)\;3\overrightarrow x = - 2\overrightarrow u - \overrightarrow v + \overrightarrow {\rm{w}} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= ( - 2 - 2 + 4; - 4 - 2 + 0; - 6 + 1 - 4) \cr & \Rightarrow 3\overrightarrow x = (0; - 6; - 9) \Rightarrow \overrightarrow x = (0, - 2; - 3). \cr} \)

    Bài 2 trang 116 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Cho \(\overrightarrow u = (3;2; - 5).\) Trong các vec tơ sau đây, vectơ nào cùng phương với \(\overrightarrow u \)?
    \(\eqalign{ & \overrightarrow a = ( - 6; - 4;10), \cr & \overrightarrow b = (2;{4 \over 3}; - {{10} \over 3}), \cr & \overrightarrow c = (6;4;10), \cr & \overrightarrow d = (1; - 4;2). \cr} \)
    Giải
    \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng phương với \(\overrightarrow u \).

    Bài 3 trang 116 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Cho vectơ \(\overrightarrow u \) có điểm đầu là (1;-1;3) và điểm cuối là (-2;3;5).
    Trong các vectơ sau đây, vectơ nào cùng phương với \(\overrightarrow u \)?
    \(\eqalign{ & \overrightarrow a = - 6\overrightarrow i + 8\overrightarrow j + 4\overrightarrow k , \cr & \overrightarrow b = 4\overrightarrow j + 2\overrightarrow k , \cr & \overrightarrow c = \overrightarrow i - 4\overrightarrow j + 2\overrightarrow k . \cr} \)
    Giải
    Ta có \(\overrightarrow u = ( - 3;4;2),\overrightarrow a = ( - 6;8;4),\overrightarrow b = (0;4;2),\)
    \(\overrightarrow c = (1; - 4;2).\)
    Chỉ có vectơ \(\overrightarrow a \) cùng phương với \(\overrightarrow u \).

    Bài 4 trang 116 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    a) Cho \(\overrightarrow u \)=(3;-5;6), biết tọa độ điểm đầu là \(\overrightarrow u \) là (0;6;2). Tìm tọa độ điểm cuối của \(\overrightarrow u \).
    b) Cho \(\overrightarrow v \)=(1;1;1), biết tọa độ điểm cuối của \(\overrightarrow v \) là (2;1;4). Tìm tọa độ điểm đầu của \(\overrightarrow v \).
    Giải
    a) Gọi tọa độ điểm cuối là (x;y;z). Ta có
    \((x-0;y-6;z-2)=(3;-5;6)\)
    \( \Rightarrow \left\{ \matrix{ x - 0 = 3 \hfill \cr y - 6 = - 5 \hfill \cr z - 2 = 6 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ x = 3 \hfill \cr y = 1 \hfill \cr z = 8 \hfill \cr} \right.\)
    Vậy \(\overrightarrow u (3;1;8)\).
    b) \(\overrightarrow v (1;0;3)\).

    Bài 5 trang 116 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Bộ ba điểm A, B, C nào sau đây thẳng hàng ?
    \(\eqalign{ & a)A = (1;3;1),B = (0;1;2),C = (0;0;1); \cr & b)A = (1;1;1),B = ( - 4;3;1),C = ( - 9;5;1); \cr & c)A = (0; - 2;5),B = (3;4;4),C = (2;2;1); \cr & d)A = (1; - 1;5)B = (0; - 1;6),C = (3; - 1;5); \cr & e)A = (1;2;4),B = (2;5;0),C = (0;1;5). \cr} \)
    Giải
    a) \(\overrightarrow {CA} = (1;3;0),\overrightarrow {CB} = (0;1;1).\)
    Cách 1 : A, B,C thẳng hàng \( \Rightarrow \exists k\) để \(\overrightarrow {CA} = k\overrightarrow {CB} \Leftrightarrow \exists k\) để \(\left\{ \matrix{ 1 = k.0 \hfill \cr 3 = k.1 \hfill \cr 0 = k.1 \hfill \cr} \right.\)
    Điều này không xảy ra.
    Vậy A, B, C không thẳng hàng.
    Cách 2 :\(\left[ {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right] = \left( {\left| \matrix{ 3 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 0 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 0 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 3 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|} \right)\)
    \(= (3; - 1;1) \ne \overrightarrow 0 \)
    \( \Rightarrow A,B,C\) không thẳng hàng.
    b) \(\overrightarrow {CA} = (10; - 4;0),\overrightarrow {CB} = (5; - 2;0) \)
    \(\Rightarrow \overrightarrow {CA} = 2\overrightarrow {CB} \Rightarrow A,B,C\) thẳng hàng.
    Cách khác : \(\left[ {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right] = \left( {\left| \matrix{ - 4 \hfill \cr - 2 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 10 \hfill \cr 5 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 10 \hfill \cr 5 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ - 4 \hfill \cr - 2 \hfill \cr} \right|} \right)\)
    \(= (0;0;0) = \overrightarrow 0 \)
    \( \Rightarrow A,B,C\) thẳng hàng.
    c) Không thẳng hàng
    d) \(\overrightarrow {CA} = \left( { - 2;0;0} \right),\,\overrightarrow {CB} = \left( { - 3;0;1} \right)\)
    \( \Rightarrow \) A, B, C không thẳng hàng.
    e) Không thẳng hàng

    Bài 6 trang 116 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    a) Cho ba điểm A(2;5;3), B(3;7;4),C=(x;y;6).
    Tìm x, y để A, B, C thẳng hàng
    b) Cho hai điểm A(-1;6;6), B(3;-6;-2).
    Tìm điểm M thuộc \(mp\left( {Oxy} \right)\) sao cho MA+MB nhỏ nhất.
    Giải
    a) A,B,C thẳng hàng\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} = k\overrightarrow {AB} \)
    \( \Rightarrow \left\{ \matrix{ x - 2 = k \hfill \cr y - 5 = 2k \hfill \cr 3 = k \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ x = 5 \hfill \cr y = 11 \hfill \cr k = 3 \hfill \cr} \right.\)
    Vậy với x = 5, y = 11 thì A, B, C thẳng hàng.
    b) Vì \({z_A} = 6,{z_B} = - 2 \Rightarrow {z_A}.{z_B} < 0 \Rightarrow A,B\) ở hai phía của mp(Oxy).
    Vậy MA + MB nhỏ nhất khi A, B, M thẳng hàng hay
    \(\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} \) cùng phương \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \overrightarrow 0 .\)
    Ta có \(\overrightarrow {AB} = \) (4;-12;-8).
    Giả sử M(x;y;0)\( \in mp\left( {Oxy} \right)\) thì \(\overrightarrow {AM} = (x + 1;y - 6; - 6).\)
    \(\eqalign{ & \left[ {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} } \right]\cr& = \left( {\left| \matrix{ y - 6 \hfill \cr - 12 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ - 6 \hfill \cr - 8 \hfill \cr} \right|\left| \matrix{ - 6 \hfill \cr - 8 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ x + 1 \hfill \cr 4 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ x + 1 \hfill \cr 4 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ y - 6 \hfill \cr - 12 \hfill \cr} \right|} \right) \cr & = ( - 8y - 24;8x - 16; - 12x - 4y + 12). \cr} \)
    Ta có : \(\left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {AB} } \right] = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ - 8y - 24 = 0 \hfill \cr 8x - 16 = 0 \hfill \cr - 12x - 4y + 12 = 0 \hfill \cr} \right.\)
    \(\Rightarrow \left\{ \matrix{ x = 2 \hfill \cr y = - 3. \hfill \cr} \right.\)
    Vậy MA + MB ngắn nhất khi \(M=(2;-3;0)\).

    Bài 7 trang 116 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Chứng minh bốn điểm A(1;-1;1), B(1;3;1), C(4;3;1), D(4;-1;1) là các đỉnh của một hình chữ nhật.
    Tính độ dài các đường chéo, xác định tọa độ của tâm hình chữ nhật đó. Tính côsin của góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {BD} \).
    Giải
    Ta có \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} = (0;4;0),\) vậy ABCD là hình bình hành.
    Lại có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = 0 \Rightarrow \) \(\widehat {BAD} = \) 900.
    Vậy ABCD là hình chữ nhật.
    Vì \(\overrightarrow {AC} \)=(3;4;0) nên độ dài đường chéo của hình chữ nhật là
    \(AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = BD = 5.\)
    Tâm O của hình chữ nhật là trung điểm của đường chéo AC nên \(O = \left( {{5 \over 2};1;1} \right).\)
    \(\cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} } \right) = {{9 - 16} \over {\sqrt {25} .\sqrt {25} }} = {{ - 7} \over {25}}.\)

    Bài 8 trang 117 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    a) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ biết \(A({x_1};{y_1};{z_1}),C({x_3};{y_3};{z_3}),B'(x{'_2};y{'_2};z{'_2}),\)
    \(D'(x{'_4};y{'_4};z{'_4}).\) Tìm tọa độ các đỉnh còn lại.
    b) 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). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại.
    Giải
    05.jpg
    a) Đặt \(O = AC \cap BD,O' = A'C' \cap B'D'.\)
    Ta có :
    \(\eqalign{ & O = \left( {{{{x_1} + {x_3}} \over 2};{{{y_1} + {y_3}} \over 2};{{{z_1} + {z_3}} \over 2}} \right), \cr & O' = \left( {{{x{'_2} + x{'_4}} \over 2};{{y{'_2} + y{'_4}} \over 2};{{z{'_2} + z{'_4}} \over 2}} \right) \cr} \)
    Từ
    \(\eqalign{ & \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {OO'} ,\overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {OO'} , \cr & \overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {OO'} ,\overrightarrow {{\rm{DD}}'} = \overrightarrow {OO'} \cr & \cr} \)
    Suy ra :
    06.jpg
    b) Ta có \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} \). Đặt C = (x;y;z), ta có :
    \(\left\{ \matrix{ x - 1 = (2 - 1) + (1 - 1) \hfill \cr y - 0 = (1 - 0) + ( - 1 - 0) \hfill \cr z - 1 = (2 - 1) + (1 - 1) \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ x = 2 \hfill \cr y = 0 \hfill \cr z = 2 \hfill \cr} \right. \)
    \(\Rightarrow C = (2;0;2).\)
    Mặt khác :
    \(\eqalign{ & \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {CC'} \Rightarrow A' = (3;5; - 6) \cr & \overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {CC'} \Rightarrow B' = (4;6; - 5) \cr & \overrightarrow {{\rm{DD}}'} = \overrightarrow {CC'} \Rightarrow D' = (3;4; - 6). \cr} \)

    Bài 9 trang 117 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    \(\eqalign{ & a)\overrightarrow u = (1;2; - 3),\overrightarrow v = ( - 4;1;2); \cr & b)\overrightarrow u = 3\overrightarrow i + 2\overrightarrow j - \overrightarrow k ,\overrightarrow v = - \overrightarrow i - 3\overrightarrow j + \overrightarrow k ; \cr & c)\overrightarrow u = (0;1; - 2),\overrightarrow v = (3;0; - 4) \cr & d)\overrightarrow u = 4\overrightarrow i + \overrightarrow k ,\overrightarrow v = 2\overrightarrow i - \overrightarrow {j;} \cr} \)
    Giải
    \(\eqalign{ & a)\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( {\left| \matrix{ 2 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ - 3 \hfill \cr 2 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ - 3 \hfill \cr 2 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 1 \hfill \cr - 4 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 1 \hfill \cr - 4 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 2 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|} \right) \cr&= (7;10;9). \cr & b)\overrightarrow u = (3;2; - 1),\overrightarrow v = ( - 1; - 3;1) \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( {\left| \matrix{ 2 \hfill \cr - 3 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ - 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ - 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 3 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 3 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 2 \hfill \cr - 3 \hfill \cr} \right|} \right)\cr& = ( - 1; - 2; - 7). \cr & c)\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( {\left| \matrix{ 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ - 2 \hfill \cr - 4 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ - 2 \hfill \cr - 4 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 0 \hfill \cr 3 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 0 \hfill \cr 3 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|} \right) \cr&= ( - 4; - 6; - 3). \cr & d)\overrightarrow u = (4;0;1),\overrightarrow v = (2; - 1;0) \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( {\left| \matrix{ 0 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 4 \hfill \cr 2 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 4 \hfill \cr 2 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 0 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right|} \right) \cr&= (1;2; - 4). \cr} \)

    Bài 10 trang 117 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Tính \(\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right]\), \(\overrightarrow {\rm{w}} \) biết
    \(\eqalign{ & a)\overrightarrow u = (0;3;2);\overrightarrow v = \left( { - 4;1;3} \right);\overrightarrow {\rm{w}} = \left( {1; - 2;2} \right); \cr & b)\overrightarrow u = 4\overrightarrow i + \overrightarrow j - 3\overrightarrow k ;\overrightarrow v = \overrightarrow j + 5\overrightarrow k ;\cr&\overrightarrow {\rm{w}} = 2\overrightarrow i - 3\overrightarrow j + \overrightarrow k ; \cr & c)\overrightarrow u = \overrightarrow i + \overrightarrow j ;\overrightarrow v = \overrightarrow i + \overrightarrow j + \overrightarrow k ;\overrightarrow {\rm{w}} = \overrightarrow i . \cr} \)
    Giải
    \(\eqalign{ & a)\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( {\left| \matrix{ 3 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 2 \hfill \cr - 3 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 2 \hfill \cr - 3 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 0 \hfill \cr - 4 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 0 \hfill \cr - 4 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 3 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|} \right) \cr&= ( - 11; - 8;12). \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}} = ( - 11).1 + ( - 8)( - 2) + 12.2 \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= 29. \cr & b)\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}} = 80. \cr & c)\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}} = 1. \cr} \)

    Bài 11 trang 117 Sách bài tập hình học lớp 12 nâng cao.
    Chứng tỏ bốn điểm sau đây là bốn đỉnh của một hình bình hành và tính diện tích của hình bình hành đó: (1; 1; 1), (2; 3; 4), (6; 5; 2), (7; 7; 5).
    Giải
    Ta gọi A(1;1;1), B(2;3;4); C(7;7;5); D(6; 5; 2)
    Khi đó \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} = (1;2;3).\) Vậy ABCD là hình bình hành.
    Suy ra \({S_{ABCD}} = \left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right]} \right|\)
    Ta có :
    \(\eqalign{ & \overrightarrow {AB} = (1;2;3),\overrightarrow {AD} = (5;4;1) \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right] = \left( {\left| \matrix{ 2 \hfill \cr 4 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 3 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 3 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 1 \hfill \cr 5 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 1 \hfill \cr 5 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 2 \hfill \cr 4 \hfill \cr} \right|} \right)\cr& \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= ( - 10;14; - 6) \cr & \Rightarrow {S_{ABCD}} = \sqrt {{{( - 10)}^2} + {{14}^2} + {{( - 6)}^2}} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \sqrt {332} = 2\sqrt {83} . \cr & \cr} \)

    Bài 13 trang 117 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    a) Tìm trên trục Oy điểm cách đều hai điểm A(3;1;0), B(-2;4;1).
    b )Tìm trên mặt phẳng (Oxz) điểm cách đều ba điểm
    A(1;1;1), B(-1;1;0), C(3;1;-1).
    Giải
    a) Điểm cần tìm tọa độ M (0;y;0).
    \(\overrightarrow {MA} ({\rm{ }}3;1 - y;{\rm{ }}0)\); \(\overrightarrow {MB} = \left( { - 2;4 - y;1} \right)\)
    M cách đều A và B nên ta có:
    \(\eqalign{
    & \Leftrightarrow {3^2} + {\left( {1 - y} \right)^2} = {\left( { - 2} \right)^2} + {\left( {4 - y} \right)^2} + {1^2} \cr
    & \Leftrightarrow 6y = 11 \cr
    & \Leftrightarrow y = {{11} \over 6} \cr} \)
    Vậy \(M(0;{{11} \over 6};0).\)
    b) Điểm M cần tìm thuộc mp(Oxz) nên M=(x;0;z).
    Từ giả thiết, ta có hệ phương trình
    07.jpg
    Giải hệ, ta được \(x = {5 \over 6},z = - {7 \over 6}.\)
    Vậy \(M = \left( {{5 \over 6};0; - {7 \over 6}} \right).\)

    Bài 14 trang 117 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Cho hai điểm A(2;-1;7), B(4;5;-2). Đường thẳng AB cắt mp(Oyz) tại điểm M. Điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số nào ? Tìm tọa độ điểm M.
    Giải
    Đường thẳng AB cắt mp(Oyz) tại M\( \Rightarrow M = (0;y;z)\)
    \(\overrightarrow {MA} = \left( {2; - 1 - y;7 - z} \right),\)
    \(\overrightarrow {MB} = \left( {4;5 - y; - 2 - z} \right)\)
    \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} ,\) ta có hệ \(\left\{ \matrix{ 2 = k.4 \hfill \cr - 1 - y = k(5 - y) \hfill \cr 7 - z = k.( - 2 - z) \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ k = {1 \over 2} \hfill \cr y = - 7 \hfill \cr z = 16. \hfill \cr} \right.\)

    Bài 16 trang 118 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    a) Cho \(\overrightarrow u (2; - 1;1),\overrightarrow v (m;3; - 1),\overrightarrow {\rm{w}} (1;2;1).\)
    Tìm m để ba vectơ đồng phẳng.
    b) Cho \(\overrightarrow u (1;2;3),\overrightarrow v (2;1;m),\overrightarrow {\rm{w}} (2;m;1).\)
    Tìm m để ba vec tơ trên không đồng phẳng.
    c) Cho \(\overrightarrow u (1;1;2),\overrightarrow v ( - 1;3;1).\) Tìm vec tơ đơn vị đồng phẳng với \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v \) và tạo với \(\overrightarrow u \) góc 450.
    Giải
    a)
    \(\eqalign{ & \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( {\left| \matrix{ - 1 \hfill \cr 3 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 1 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 1 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 2 \hfill \cr m \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 2 \hfill \cr m \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ - 1 \hfill \cr 3 \hfill \cr} \right|} \right) \cr & = ( - 2;m + 2;m + 6). \cr & \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}} = - 2 + 2m + 4 + m + 6 = 3m + 8. \cr} \)
    \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \) đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right]\overrightarrow {\rm{w}} = 0 \Leftrightarrow 3m + 8 = 0 \Leftrightarrow m = - {8 \over 3}.\)
    \(b)\;m \ne 1\) và \(m \ne 9.\)
    c) Gọi vec tơ phải tìm là \(\overrightarrow {\rm{w}} (x;y;z).\)
    Theo giả thiết \(\left| {\overrightarrow {\rm{w}} } \right| = {x^2} + {y^2} + {z^2} = 1\)
    \(\eqalign{ & \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow {\rm{w}} } \right) = \cos {45^0} = {{\sqrt 2 } \over 2} \cr&\Rightarrow {{x + y + 2z} \over {\sqrt 6 }} = {{\sqrt 2 } \over 2} \cr & \Rightarrow x + y + 2z = \sqrt 3 . \cr} \)
    Mặt khác \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \) đồng phẳng nên \(\overrightarrow {\rm{w}} = k\overrightarrow u + l\overrightarrow v .\)
    \( \Rightarrow \left\{ \matrix{ x = k - l \hfill \cr y = k + 3l \hfill \cr z = 2k + l \hfill \cr} \right. \Rightarrow 5x + 3y - 4z = 0.\)
    Vậy ta có hệ phương trình :
    \(\eqalign{ & \left\{ \matrix{ {x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 \hfill \cr x + y + 2z = \sqrt 3 \hfill \cr 5x + 3y - 4z = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ x = 5z - {{3\sqrt 3 } \over 2} \hfill \cr y = {{5\sqrt 3 } \over 2} - 7z \hfill \cr} \right. \cr & \Rightarrow 150{z^2} - 100\sqrt 3 z + 49 = 0 \cr & \Rightarrow z = {{(10 \pm \sqrt 2 )\sqrt 3 } \over {30}} \Rightarrow x = {{\left( {1 \pm \sqrt 2 } \right)\sqrt 3 } \over 6},\cr&y = {{\left( {5 \pm 7\sqrt 2 } \right)\sqrt 3 } \over {30}}. \cr} \)
    Kết luận : Có hai vectơ thỏa mãn yêu cầu của bài toán :
    \( \left( {{{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\sqrt 3 } \over 6};{{\left( {5 - 7\sqrt 2 } \right)\sqrt 3 } \over {30}};{{(10 + \sqrt 2 )\sqrt 3 } \over {30}}} \right) \)
    \(\left( {{{\left( {1 - \sqrt 2 } \right)\sqrt 3 } \over 6};{{\left( {5 + 7\sqrt 2 } \right)\sqrt 3 } \over {30}};{{(10 - \sqrt 2 )\sqrt 3 } \over {30}}} \right) \)

    Bài 17 trang 118 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Cho ba vectơ \(\overrightarrow u (3;7;0),\overrightarrow v (2;3;1),\overrightarrow {\rm{w}} (3; - 2;4).\)
    a) Chứng minh \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \) không đồng phẳng.
    b) Biểu thị vec tơ \(\overrightarrow a ( - 4; - 12;3)\) theo ba vectơ \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \).
    Giải
    \(\eqalign{ & a)\;\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( {\left| \matrix{ 7 \hfill \cr 3 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 0 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 0 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 3 \hfill \cr 2 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 3 \hfill \cr 2 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 7 \hfill \cr 3 \hfill \cr} \right|} \right)\cr& = (7; - 3; - 5) \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}} = 21 + 6 - 20 = 7 \ne 0. \cr} \)
    Vậy \(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \) không đồng phẳng.
    \(\eqalign{ & b)\;\overrightarrow a = m\overrightarrow u + n\overrightarrow v + k\overrightarrow {\rm{w}} \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 3m + 2n + 3k = - 4 \hfill \cr 7m + 3n - 2k = - 12 \hfill \cr n + 4k = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ m = - 5 \hfill \cr n = 7 \hfill \cr k = - 1. \hfill \cr} \right. \cr} \)
    Vậy \(\overrightarrow a = - 5\overrightarrow u + 7\overrightarrow v - \overrightarrow {\rm{w}} .\)

    Bài 18 trang 118 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Trong không gian cho ba tia Ox, Oy, Oz.Chứng minh rằng nếu tia Ox vuông góc với tia phân giác của góc \(\widehat {yOz}\) thì \(\widehat {xOy} + \widehat {xOz} = {180^0}.\)
    Giải
    Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy ba điểm A, B, C sao cho :
    OA=OB=OC=1.
    Khi đó vectơ \(\overrightarrow u = \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} \) là vec tơ chỉ phương của tia phân giác trong của góc yOz. Từ giả thiết ta suy ra :
    \(\eqalign{ & \overrightarrow {OA} .\overrightarrow u = 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} .\left( {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right) = 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OC} = 0 \cr} \)
    \( \Leftrightarrow OA.OB.\cos \widehat {xOy}\) +OA.OC.cos\(\widehat {xOz} = 0\)
    \( \Leftrightarrow \)cos\(\widehat {xOy}\) + cos\(\widehat {xOz} = 0\)
    \( \Rightarrow \widehat {xOy} + \widehat {xOz} = {180^0}\)

    Bài 19 trang 118 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    a) Cho hai vectơ \(\overrightarrow a (1;m; - 1)\) và \(\overrightarrow b (2;1;3).\) Tìm m để \(\overrightarrow a \bot \overrightarrow b .\)
    b) Cho hai vectơ \(\overrightarrow a (1;{\log _3}5;m)\) và \(\overrightarrow b (3;{\log _5}3;4).\) Tìm mđể \(\overrightarrow a \bot \overrightarrow b .\)
    c) Cho hai vec tơ \(\overrightarrow a (2;\sqrt 3 ;1)\) và \(\overrightarrow b (\sin 5t;cos3t;sin3t).\) Tìm tđể \(\overrightarrow a \bot \overrightarrow b .\)
    d) Cho vectơ \(\overrightarrow a (2\sqrt 2 ; - 1;4).\) Tìm vectơ \(\overrightarrow b \) cùng phương với \(\overrightarrow a ,\) biết rằng \(\left| {\overrightarrow b } \right| = 10.\)
    e) Cho vectơ \(\overrightarrow a = (2; - 1;0).\) Tìm vectơ \(\overrightarrow b \) cùng phương với \(\overrightarrow a ,\) biết rằng \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 10.\)
    Giải
    \(\eqalign{ & a)\;\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = 0 \Leftrightarrow 2 + m - 3=0\cr& \Leftrightarrow m = 1. \cr & b)\;\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Leftrightarrow 3 + {\log _3}5.{\log _5}3 + 4m = 0 \cr&\Leftrightarrow 4 + 4m = 0 \Rightarrow m = - 1. \cr} \)
    \(c)\;t = - {\pi \over {24}} + {{k\pi } \over 4}\) hoặc \(t = {{2\pi } \over 3} + l\pi ,k,l \in Z.\)
    \(d)\;\overrightarrow b = (4\sqrt 2 ; - 2;8)\) hoặc \(\overrightarrow b = ( - 4\sqrt 2 ;2; - 8).\)
    e) Vì \(\overrightarrow b \) cùng phương với \(\overrightarrow a ,\) nên \(\overrightarrow b = (2k; - k;0).\)
    Ta có \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 10 \Rightarrow 4k + k = 10 \Rightarrow k = 2.\)
    Vậy vec tơ phải tìm là \(\overrightarrow b = (4; - 2;0).\)

    Bài 20 trang 118 Sách bài tập hình học lớp 12 nâng cao.
    a) Tìm vec tơ đơn vị vuông góc với trục Ox và vuông góc với vec tơ \(\overrightarrow a (3;6;8).\)
    b) Cho vec tơ \(\overrightarrow a (1; - 2;3).\) Tìm tọa độ vec tơ \(\overrightarrow b \) cùng phương với \(\overrightarrow a ,\) biết \(\overrightarrow b \) tạo với trục Oy một góc nhọn và \(\left| {\overrightarrow b } \right| = \sqrt {14} .\)
    c) Vectơ\(\overrightarrow u \) có độ dài bằng 2,tạo với vec tơ \(\overrightarrow a (1;1;1)\) góc 300, tạo với vectơ \(\overrightarrow b (1;1;0)\) góc 450. Tìm tọa độ của vec tơ \(\overrightarrow u .\)
    d) Vectơ \(\overrightarrow u \) vuông góc với hai vec tơ \(\overrightarrow a (1;1;1)\) và \(\overrightarrow b (1; - 1;3),\overrightarrow u \) tạo với trục Oz một góc tù và \(\left| {\overrightarrow u } \right| = 3.\) Tìm tọa độ của vec tơ \(\overrightarrow u .\)
    Giải
    a) Giả sử \(\overrightarrow u (x;y;z)\) là vec tơ đơn vị phải tìm .Từ giả thiết ta có hệ :
    \(\left\{ \matrix{ \left| {\overrightarrow u } \right| = 1 \hfill \cr \overrightarrow u .\overrightarrow i = 0 \hfill \cr \overrightarrow u .\overrightarrow a = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ {x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 \hfill \cr x = 0 \hfill \cr 3x + 6y + 8z = 0 \hfill \cr} \right.\)
    \( \Leftrightarrow x = 0,y = - {4 \over 5},z = {3 \over 5}\) hoặc \(x = 0,y = {4 \over 5},z = - {3 \over 5}.\)
    Có hai vec tơ \(\overrightarrow u \) với tọa độ là \(\left( {0; - {4 \over 5};{3 \over 5}} \right),\left( {0;{4 \over 5}; - {3 \over 5}} \right).\)
    b) Giả sử \(\overrightarrow b (x;y;z)\) là vec tơ phải tìm. Từ giả thiết ta có hệ
    \(\eqalign{ & \left\{ \matrix{ \overrightarrow b = k\overrightarrow a \hfill \cr \left| {\overrightarrow b } \right| = \sqrt {14} \hfill \cr \overrightarrow b .\overrightarrow j > 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = k \hfill \cr y = - 2k \hfill \cr z = 3k \hfill \cr {x^2} + {y^2} + {z^2} = 14,y > 0. \hfill \cr} \right. \cr & \cr} \)
    Vì y = -2k > 0 nên k < 0.
    Ta có :
    \(\left\{ \matrix{ {k^2} + 4{k^2} + 9{k^2} = 14 \hfill \cr k < 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow k = - 1.\)
    Vậy \(\overrightarrow b = ( - 1;2; - 3).\)
    c) \(\overrightarrow u = \left( {{{2 - \sqrt 2 } \over 2};{{2 + \sqrt 2 } \over 2};1} \right)\) hoặc \(\left( {{{2 + \sqrt 2 } \over 2};{{2 - \sqrt 2 } \over 2};1} \right)\).
    d) Giả sử \(\overrightarrow u = (x;y;z)\) là vec tơ phải tìm . Từ giả thiết của bài toán ta có hệ :
    \(\left\{ \matrix{ \overrightarrow u .\overrightarrow a = 0 \hfill \cr \overrightarrow u .\overrightarrow b = 0 \hfill \cr \left| {\overrightarrow u } \right| = 3 \hfill \cr \overrightarrow u .\overrightarrow k < 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x + y + z = 0 \hfill \cr x - y + 3z = 0 \hfill \cr {x^2} + {y^2} + {z^2} = 9 \hfill \cr z < 0. \hfill \cr} \right.\)
    Từ hai phương trình đầu của hệ rút ra x = -2z, y = z, thế vào phương trình thứ ba của hệ, ta có : \(6{z^2} = 9\).
    Vì z < 0 nên \(z = - \sqrt {{3 \over 2}} \), suy ra \(x = 2\sqrt {{3 \over 2}} ,\,\,y = - \sqrt {{3 \over 2}} \)
    Vectơ \(\overrightarrow u \) phải tìm là \(\overrightarrow u = \left( {2\sqrt {{3 \over 2}} ; - \sqrt {{3 \over 2}} ; - \sqrt {{3 \over 2}} } \right).\)

    Bài 21 trang 118 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(1;1;0), B(0;2;1), C(1;0;2), D(1;1;1).
    a) Chứng minh bốn điểm đó không đồng phẳng. Tính thể tích tứ diện ABCD.
    b) Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC, trọng tâm của tứ diện ABCD.
    c) Tính diện tích các mặt của tứ diện ABCD.
    d) Tính độ dài các đường cao của tứ diện ABCD.
    e) Tính góc giữa hai đường thẳng ABCD.
    g) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
    Giải
    a) \(\overrightarrow {AB} = ( - 1;1;1),\overrightarrow {AC} = (0; - 1;2),\overrightarrow {AD} = (0;0;1)\)
    Ta có : \(\left[ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} = 1 \ne 0 \Rightarrow \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} \) không đồng phẳng. Do đó bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng và
    \({V_{ABCD}} = {1 \over 6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right| = {1 \over 6}.\)
    b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC thì \(G = \left( {{2 \over 3};1;1} \right)\)
    Gọi G’ là trọng tâm của tứ diện ABCD thì \(G' = \left( {{3 \over 4};1;1} \right)\)
    c) \({S_{ABC}} = {1 \over 2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right]} \right| \)
    \(= {1 \over 2}\sqrt {\left| \matrix{ 1 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|}^2} + \left| \matrix{ 1 \hfill \cr 2 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ - 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|}^2} + \left| \matrix{ - 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ 1 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right|}^2}} = {{\sqrt {14} } \over 2}\)
    \(\eqalign{ & {S_{ACD}} = {1 \over 2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} } \right]} \right|\cr& = {1 \over 2}\sqrt {\left| \matrix{ - 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ 2 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|}^2} + \left| \matrix{ 2 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|}^2} + \left| \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ - 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|}^2}} = {1 \over 2}. \cr & {S_{ADB}} = {1 \over 2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right| \cr&= {1 \over 2}\sqrt {\left| \matrix{ 0 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|}^2} + \left| \matrix{ 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ 0 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right|}^2} + \left| \matrix{ 0 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ 0 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|}^2}} = {{\sqrt 2 } \over 2}. \cr & {S_{BCD}} = {1 \over 2}\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right]} \right| \cr&= {1 \over 2}\sqrt {\left| \matrix{ - 2 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|}^2} + \left| \matrix{ 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right|}^2} + \left| \matrix{ 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \right.{{\left. \matrix{ - 2 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right|}^2}} = {{\sqrt 3 } \over 2}. \cr} \)
    d) Từ công thức tính thể tích khối tứ diện \(V = {1 \over 3}Bh\) (B là diện tích đáy,hlaf chiều cao tương ứng ) ta suy ra \(h = {{3V} \over B}.\)
    Vậy nếu gọi \({h_A},{h_B},{h_C},{h_D}\) lần lượt là chiều cao hạ từ đỉnh A, B,C, D thì ta có :
    \(\eqalign{ & {h_A} = {{3V} \over {{S_{BCD}}}} = {{3.{1 \over 6}} \over {{{\sqrt 3 } \over 2}}} = {1 \over {\sqrt 3 }},\cr&{h_B} = {{3V} \over {{S_{ACD}}}} = {{3.{1 \over 6}} \over {{1 \over 2}}} = 1. \cr & {h_C} = {{3V} \over {{S_{ABD}}}} = {{3.{1 \over 6}} \over {{{\sqrt 2 } \over 2}}} = {1 \over {\sqrt 2 }},\cr&{h_D} = {{3V} \over {{S_{ABC}}}} = {{3.{1 \over 6}} \over {{{\sqrt {14} } \over 2}}} = {1 \over {\sqrt {14} }}. \cr} \)
    e) Vì \(\overrightarrow {AB} = ( - 1;1;1),\overrightarrow {CD} = (0;1; - 1)\) nên \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = 0\), suy ra góc giữa ABCD bằng 900.
    g) Gọi I(x;y;z) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Khi đó, ta có
    \( \left\{ \matrix{ I{A^2} = I{B^2} \hfill \cr I{A^2} = I{C^2} \hfill \cr I{A^2} = ID \hfill \cr} \right.\)
    08.jpg
    \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ - 2x + 2y + 2z = 3 \hfill \cr - 2y + 4z = 3 \hfill \cr 2z = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = - {3 \over 2} \hfill \cr y = - {1 \over 2} \hfill \cr z = {1 \over 2}. \hfill \cr} \right. \)
    Vậy tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ giác ABCD là \(I\left( { - {3 \over 2}; - {1 \over 2};{1 \over 2}} \right)\) và bán kính của mặt cầu đó là
    \(R = ID = \sqrt {{{\left( {{5 \over 2}} \right)}^2} + {{\left( {{3 \over 2}} \right)}^2} + {{\left( {{1 \over 2}} \right)}^2}} = {{\sqrt {35} } \over 2}.\)
    Do đó, phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
    \({\left( {x + {3 \over 2}} \right)^2} + {\left( {y + {1 \over 2}} \right)^2} + {\left( {z - {1 \over 2}} \right)^2} = {{35} \over 4}.\)

    Bài 22 trang 119 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;0;0), B(0;0;1) và C(2;1;1).
    a) Chứng minh A, B, C là ba đỉnh của một tam giác .
    b) Tính chu vi, diện tích tam giác ABC.
    c) Tìm tọa độ điểm D để ABCD là hình bình hành.
    d) Tính độ dài đường cao \({h_A}\) của tam giác ABC kẻ từ A.
    e) Tính các góc của tam giác ABC.
    g) Xác định tọa độ trực tâm tam giác ABC.
    h) Xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
    Giải
    a) Ta có \(\overrightarrow {CA} = ( - 1; - 1; - 1),\overrightarrow {CB} = ( - 2; - 1;0)\)
    \( \left[ {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right] = \left( {\left| \matrix{ - 1 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ - 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ - 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ - 1 \hfill \cr - 2 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ - 1 \hfill \cr - 2 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ - 1 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} \right|} \right) \)
    \(= ( - 1;2; - 1) \ne \overrightarrow 0 \)
    \( \Rightarrow \overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} \) không cùng phương hay A, B, C không thẳng hàng, tức A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
    b) Chu vi tam giác ABC bằng \(AB + BC + CA = \sqrt 2 + \sqrt 5 + \sqrt 3 \)
    \({S_{ABC}} = {1 \over 2}\left| {\left[ {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right]} \right| \)
    \(= {1 \over 2}\sqrt {{{( - 1)}^2} + {2^2} + {{( - 1)}^2}} = {{\sqrt 6 } \over 2}.\)
    c) Giả sử D = (x,y,z) ta có : \(\overrightarrow {AB} = ( - 1;0;1),\overrightarrow {DC} = (2 - x;1 - y;1 - z).\)
    Tứ giác ABCD là hình bình hành \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 2 - x = - 1 \hfill \cr 1 - y = 0 \hfill \cr 1 - z = 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow D = (3;1;0).\)
    d) Gọi \({h_A}\) là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A, ta có :
    \({h_A} = {{2{S_{ABC}}} \over {BC}} = {{\sqrt 6 } \over {\sqrt 5 }} = {{\sqrt {30} } \over 5}\)
    e) \({\mathop{\rm cosA}\nolimits} = {{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \over {\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = 0 \Rightarrow A = {90^0}\) (tam giác ABC vuông tại A).
    \(\eqalign{ & \cos B = {{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} } \over {\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = {2 \over {\sqrt {10} }} = {{\sqrt {10} } \over 5}. \cr & \cos C = {{\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} } \over {\left| {\overrightarrow {CA} } \right|.\left| {\overrightarrow {CB} } \right|}} = {3 \over {\sqrt {15} }} = {{\sqrt {15} } \over 5}. \cr} \)
    g) Tam giác ABCvuông tại A nên trực tâm H trùng A. Vậy H=(1;0;0).
    Ta có thể làm cách khác như sau :
    Gọi H(x;y;z) là trực tâm của tam giác ABC, ta có hệ
    \(\eqalign{ & \left\{ \matrix{ \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0 \hfill \cr \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AH} \text{ đồng phẳng}\hfill \cr} \right. \cr & \cr} \)
    \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0 \hfill \cr \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AH} = 0. \hfill \cr} \right.\)
    Ta có :
    \(\eqalign{ & \overrightarrow {AH} = (x - 1;y;z),\overrightarrow {BC} = (2;1;0),\cr&\overrightarrow {BH} = (x;y;z - 1), \cr & \overrightarrow {AB} = ( - 1;0;1),\overrightarrow {AC} = (1;1;1) \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = ( - 1;2; - 1),\cr&\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AH} = 1 - x + 2y - z. \cr} \)
    Vậy ta có hệ phương trình :
    \(\left\{ \matrix{ 2x - 2 + y = 0 \hfill \cr x + y + z - 1 = 0 \hfill \cr 1 - x + 2y - z = 0 \hfill \cr} \right.\)
    \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 2x + y = 2 \hfill \cr x + y + z = 1 \hfill \cr x - 2y + z = 1 \hfill \cr} \right.\)
    \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = 1 \hfill \cr y = 0 \hfill \cr z = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H(1;0;0).\)
    h) Tam giác ABC vuông tại A nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của cạnh huyền BC. Do đó \(I = \left( {1;{1 \over 2};1} \right).\)
    Ta có thể làm cách như sau:
    Gọi I(x;y;z) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\). Ta có hệ
    \(\left\{ \matrix{ AI = BI \hfill \cr AI = CI \hfill \cr\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AI} \text{ đồng phẳng} \hfill \cr} \right.\)
    \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A{I^2} = B{I^2} \hfill \cr A{I^2} = C{I^2} \hfill \cr \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AI} = 0 \hfill \cr} \right. \)
    09.jpg
    \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = 1 \hfill \cr y = {1 \over 2} \hfill \cr z = 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow I(1;{1 \over 2};1). \)

    Bài 23 trang 119 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC
    A (1;2;-1), B (2;-1;3), C (-4;7;5).
    a) Tính độ dài đường cao \({h_A}\) của tam giác kẻ từ A.
    b) Tính độ dài đường phân giác trong tam giác kẻ từ đỉnh B.
    Giải
    a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = (1; - 3;4),\overrightarrow {AC} = ( - 5;5;6),\overrightarrow {BC} = ( - 6;8;2)\)
    \( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = ( - 38; - 26; - 10).\)
    Vậy \({S_{ABC}} = {1 \over 2}\sqrt {{{38}^2} + {{26}^2} + {{10}^2}} = \sqrt {555} \)
    \({h_A} = {{2{S_{ABC}}} \over {BC}} = {{2\sqrt {555} } \over {\sqrt {104} }} = {{\sqrt {555} } \over {\sqrt {26} }}.\)
    b) Gọi D là chân đường phân giác kẻ từ B, giả sử D=(x;y;z).
    Ta có \({{DA} \over {DC}} = {{BA} \over {BC}} = {{\sqrt {26} } \over {\sqrt {104} }} = {1 \over 2}.\)
    D nằm giữa A,C (phân giác trong ) nên \(\overrightarrow {DA} = - {1 \over 2}\overrightarrow {DC} \) hay
    \(\overrightarrow {CD} = 2\overrightarrow {DA} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 2(1 - x) = x + 4 \hfill \cr 2(2 - y) = y - 7 \hfill \cr 2( - 1 - z) = z - 5 \hfill \cr} \right. \)
    \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = - {2 \over 3} \hfill \cr y = {{11} \over 3} \hfill \cr z = 1 \hfill \cr} \right.\)
    Vậy \(D = \left( { - {2 \over 3};{{11} \over 3};1} \right) \Rightarrow BD = {{2\sqrt {74} } \over 3}.\)

    Bài 24 trang 119 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Chứng minh các tính chất sau đây có tích có hướng :
    \(\eqalign{ & a)\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = - \left[ { \overrightarrow b ,\overrightarrow a } \right]; \cr & b)\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow a } \right] = \overrightarrow 0 ; \cr & c)\left[ {k\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = k\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left[ {\overrightarrow a ,k\overrightarrow b } \right]; \cr & d)\left[ {\overrightarrow c ,\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right] = \left[ {\overrightarrow c ,\overrightarrow a } \right] + \left[ {\overrightarrow c ,\overrightarrow b } \right]; \cr & \cr} \)
    \(\eqalign{ & e)\overrightarrow a \left[ {\overrightarrow b ,\overrightarrow c } \right] = \left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right].\overrightarrow c ; \cr & g)\left| {{{\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]}^2}} \right| = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2}.{\left| {\overrightarrow b } \right|^2} - {(\overrightarrow a .\overrightarrow b )^2}. \cr} \)
    Giải
    Giả sử \(\overrightarrow a = ({x_1};{y_1};{z_1}),\overrightarrow b = ({x_2};{y_2};{z_2}),\overrightarrow c = ({x_3};{y_3};{z_3})\)
    \(\eqalign{ & a)\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {\left| \matrix{ {y_1} \hfill \cr {y_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {z_1} \hfill \cr {z_2} \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ {z_1} \hfill \cr {z_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {x_1} \hfill \cr {x_2} \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ {x_1} \hfill \cr {x_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {y_1} \hfill \cr {y_2} \hfill \cr} \right|} \right) \cr & = ({y_1}{z_2} - {y_2}{z_1};{z_1}{x_2} - {z_2}{x_1};{x_1}{y_2} - {x_2}{y_1}) \cr & = - ({y_2}{z_1} - {y_1}{z_2};{z_2}{x_1} - {z_1}{x_2};{x_2}{y_1} - {x_1}{y_2}) \cr & = - \left( {\left| \matrix{ {y_2} \hfill \cr {y_1} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {z_2} \hfill \cr {z_1} \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ {z_2} \hfill \cr {z_1} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {x_2} \hfill \cr {x_1} \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ {x_2} \hfill \cr {x_1} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {y_2} \hfill \cr {y_1} \hfill \cr} \right|} \right) \cr & = - \left[ {\overrightarrow b ,\overrightarrow a } \right]. \cr} \)
    b) Từ câu a) ta có \(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow a } \right] = - \left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow a } \right]\) , suy ra \(\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow a } \right] = \overrightarrow 0 \).
    c) \(\eqalign{ & k\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {k\left| \matrix{ {y_1} \hfill \cr {y_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {z_1} \hfill \cr {z_2} \hfill \cr} \right|;k\left| \matrix{ {z_1} \hfill \cr {z_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {x_1} \hfill \cr {x_2} \hfill \cr} \right|;k\left| \matrix{ {x_1} \hfill \cr {x_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {y_1} \hfill \cr {y_2} \hfill \cr} \right|} \right) \cr & = \left( {\left| \matrix{ k{y_1} \hfill \cr {y_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ k{z_1} \hfill \cr {z_2} \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ k{z_1} \hfill \cr {z_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ k{x_1} \hfill \cr {x_2} \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ k{x_1} \hfill \cr {x_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ k{y_1} \hfill \cr {y_2} \hfill \cr} \right|} \right) \cr & = \left[ {k\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]. \cr} \)
    Tương tự \(k\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left[ {\overrightarrow a ,k\overrightarrow b } \right].\)
    d)
    10.jpg
    e)
    \(\eqalign{ & \overrightarrow a .\left[ {\overrightarrow b ,\overrightarrow c } \right] \cr&= {x_1}\left( {\left| \matrix{ {y_2} \hfill \cr {y_3} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {z_2} \hfill \cr {z_3} \hfill \cr} \right| + {y_1}\left| \matrix{ {z_2} \hfill \cr {z_3} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {x_2} \hfill \cr {x_3} \hfill \cr} \right| + {z_1}\left| \matrix{ {x_2} \hfill \cr {x_3} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {y_2} \hfill \cr {y_3} \hfill \cr} \right|} \right) \cr & = {x_3}\left( {\left| \matrix{ {y_1} \hfill \cr {y_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {z_1} \hfill \cr {z_2} \hfill \cr} \right| + {y_3}\left| \matrix{ {z_1} \hfill \cr {z_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {x_1} \hfill \cr {x_2} \hfill \cr} \right| + {z_3}\left| \matrix{ {x_1} \hfill \cr {x_2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ {y_1} \hfill \cr {y_2} \hfill \cr} \right|} \right) \cr & =\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right].\overrightarrow c \cr} \)
    g)
    \(\eqalign{ VP &= {\left| {\overrightarrow a } \right|^2}.{\left| {\overrightarrow b } \right|^2} - {(\overrightarrow a .\overrightarrow b )^2} \cr&= {\left| {\overrightarrow a } \right|^2}.{\left| {\overrightarrow b } \right|^2} - {\left| {\overrightarrow a } \right|^2}.{\left| {\overrightarrow b } \right|^2}\cos^2 \alpha \cr & = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2}.{\left| {\overrightarrow b } \right|^2}(1 - {\cos ^2}\alpha ) = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2}.{\left| {\overrightarrow a } \right|^2}.{\sin ^2}\alpha \cr} \)
    \( = {\left| {\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]} \right|^2} = VT\) ( ở đây \(\alpha = (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ))\).

    Bài 25 trang 119 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Cho tứ diện ABCDA(2;1;-1), B(3;0;1), C(2;-1;3)D thuộc trục Oy. Biết \({V_{ABCD}} = 5.\) Tìm tọa độ đỉnh D.
    Giải
    Giả sử D (0;y;0) thuộc trục Oy . Ta có :
    \(\eqalign{ & \overrightarrow {AB} = (1; - 1;2),\cr&\overrightarrow {AD} = ( - 2;y - 1;1),\cr&\overrightarrow {AC} = (0; - 2;4) \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = (0; - 4; - 2) \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} = - 4(y - 1) - 2 = - 4y + 2. \cr} \)
    Theo giả thiết \({V_{ABCD}} = 5 \Leftrightarrow {1 \over 6}\left| { - 4y + 2} \right| = 5\)
    \( \Leftrightarrow \left| { - 4y + 2} \right| = 30 \Rightarrow y = - 7\text{ hoặc } y = 8.\)
    Vậy có hai điểm D trên trục Oy : (0;-7;0)(0;8;0) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

    Bài 26 trang 120 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Cho bốn điểm A(2;-1;6), B(-3;-1;-4),C(5;-1;0), D(1;2;1).
    a) Chứng minh ABC là tam giác vuông. Tính bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác.
    b) Tính thể tích tứ diện ABCD.
    c) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
    Giải
    a) Ta có \(\overrightarrow {BA} = (5;0;10),\)
    \(\overrightarrow {CA} = ( - 3;0;6),\)
    \(\overrightarrow {CB} = ( - 8;0; - 4).\)
    Do \(\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} = 24 - 24 = 0\) nên ABC là tam giác vuông tại C.
    \({S_{ABC}} = {1 \over 2}CA.CB = {1 \over 2}.3\sqrt 5 .4\sqrt 5 = 30.\)
    Ta lại có \(p = {1 \over 2}(AB + BC + CA) \)
    \(= {1 \over 2}(5\sqrt 5 + 3\sqrt 5 + 4\sqrt 5 ) = 6\sqrt 5 .\)
    Mặt khác S = p.r, suy ra \(r = {S \over p} = {{30} \over {6\sqrt 5 }} = \sqrt 5 .\)
    b) Ta có
    \(\eqalign{ & \left[ {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {\left| \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 10 \hfill \cr 4 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 10 \hfill \cr 4 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 5 \hfill \cr 8 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ 5 \hfill \cr 8 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|} \right)\cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= (0;60;0), \cr & \overrightarrow {BD} = (4;3;5) \cr & \Rightarrow {V_{ABCD}} = {1 \over 6}\left| {\left[ {\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} } \right].\overrightarrow {BD} } \right|\cr& \;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;= {1 \over 6}\left| {0.4 + 60.3 + 0.5} \right| = 30 \cr} \)
    c) Gọi I(x;y;z) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
    Từ điều kiện \(I{A^2} = I{B^2},I{A^2} = I{C^2},I{A^2} = I{D^2}\), ta có hệ phương trình
    \(\left\{ \matrix{ - 10x = 20z + 15 = 0 \hfill \cr 6x - 12z + 15 = 0 \hfill \cr - 2x + 6y - 10z + 35 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = - {1 \over 2} \hfill \cr y = - {{13} \over 3} \hfill \cr z = 1. \hfill \cr} \right.\)
    Vậy mặt cầu cần tìm có tâm \(I\left( { - {1 \over 2}; - {{13} \over 3};1} \right)\) và bán kính là
    \(\eqalign{ & R = IC \cr&= \sqrt {{{\left( {5 + {1 \over 2}} \right)}^2} + {{\left( { - 1 + {{13} \over 3}} \right)}^2} + {{(0 - 1)}^2}} \cr & = \sqrt {{{121} \over 4} + {{100} \over 9} + 1} = \sqrt {{{1525} \over {36}}.} \cr} \)
    Do đó phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là
    \({\left( {x + {1 \over 2}} \right)^2} + {\left( {y + {{13} \over 3}} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = {{1525} \over {36}}.\)

    Bài 27 trang 120 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.
    a) Chứng minh \({A'C} \bot (AB'D').\)
    b) Gọi M là trung điểm của AD, N là trung điểm của BB’. Chứng minh \(A'C \bot MN.\)
    c) Tính cô sin của góc giữa hai vec tơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {AC'} \).
    d) Tính \({V_{A'CMN}}\)
    Giải
    Thiết lập hệ trục tọa độ như hình vẽ (h.97).Ta có
    11.jpg
    A(0;0;0); A’(0;0;a); C’(a;a;a); D(0;a;0)
    B(a;0;0); D’(0;a;a); B’(a;0;a), C(a;a;0).
    a) Ta có :
    \(\eqalign{ & \overrightarrow {A'C} = (a;a; - a), \cr & \overrightarrow {AB'} = (a;0;a),\overrightarrow {AD'} = (0;a;a) \cr & \Rightarrow \overrightarrow {A'C} .\overrightarrow {AB'} = 0,\overrightarrow {A'C} .\overrightarrow {AD'} = 0 \cr & \Rightarrow \overrightarrow {A'C} \bot \overrightarrow {{\rm{AB'}}} ,\overrightarrow {A'C} \bot \overrightarrow {AD'} \cr & \Rightarrow A'C \bot mp(AB'D'). \cr} \)
    b) Ta lại có :
    \(\eqalign{ & N(a;0;{a \over 2}),M\left( {0;{a \over 2};0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \left( {a; - {a \over 2};{a \over 2}} \right) \cr & \Rightarrow \overrightarrow {MN} .\overrightarrow {A'C} = {a^2} - {{{a^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 2} = 0 \Rightarrow MN \bot A'C. \cr} \)
    c) \(\overrightarrow {AC'} = (a;a;a)\) nên
    \(\cos \left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {AC'} } \right) = {{\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {AC'} } \over {\left| {\overrightarrow {MN} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC'} } \right|}} = {{{a^2} - {{{a^2}} \over 2} + {{{a^2}} \over 2}} \over {\sqrt {{{3{a^2}} \over 2}} .\sqrt {3{a^2}} }} = {{\sqrt 2 } \over 3}\)
    d) \(\eqalign{ & {V_{A'CMN}} = {1 \over 6}\left| {\left[ {\overrightarrow {A'N} .\overrightarrow {A'M} } \right].\overrightarrow {A'C} } \right|. \cr & \cr} \)
    Ta có :
    \(\eqalign{ & \overrightarrow {A'N} = (a;0; - {a \over 2}),\overrightarrow {A'M} = \left( {0;{a \over 2}; - a} \right). \cr & \left[ {\overrightarrow {A'N} ,\overrightarrow {A'M} } \right] = \left( {\left| \matrix{ 0 \hfill \cr {a \over 2} \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ - {a \over 2} \hfill \cr - a \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ - {a \over 2} \hfill \cr a \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ a \hfill \cr \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{ a \hfill \cr \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right.\left. \matrix{ 0 \hfill \cr {a \over 2} \hfill \cr} \right|} \right) \cr&= \left( {{{{a^2}} \over 4};{a^2};{{{a^2}} \over 2}} \right) \cr & \Rightarrow {V_{A'CMN}} = {1 \over 6}\left| {{{{a^3}} \over 4} + {a^3} - {{{a^3}} \over 2}} \right| = {1 \over 6}\left| {{{3{a^3}} \over 4}} \right| = {{{a^3}} \over 8}. \cr} \)

    Bài 28 trang 120 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Cho tứ diện SABC có \(SC = CA = AB = a\sqrt 2 ,SC \bot \left( {ABC} \right)\), tam giác ABC vuông tại A. Các điểm \(M \in SA,N \in BC\) sao cho \(AM = CN = t(0 < t < 2a)\)
    a) Tính độ dài đoạn MN. Tìm giá trị t để MNngắn nhất.
    b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BCSA.
    Giải
    a) Ta chọn hệ trục Oxyz sao cho gốc tọa độ O trùng A, tia Ox chứa AC, tia Oy chứa AB và tia Oz cùng hướng tới tiaCS (h.98). Khi đó, ta có:
    \(A(0;0;0),B(0;a\sqrt 2 ;0),C(a\sqrt 2 ;0;0),\)
    \(S(a\sqrt 2 ;0;a\sqrt 2 ),\)
    12.jpg
    \(\eqalign{ & M\left( {{{t\sqrt 2 } \over 2};0;{{t\sqrt 2 } \over 2}} \right);N\left( {a\sqrt 2 - {{t\sqrt 2 } \over 2};{{t\sqrt 2 } \over 2};0} \right) \cr & \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \left( {\sqrt 2 (a - t);{{t\sqrt 2 } \over 2}; - {{t\sqrt 2 } \over 2}} \right) \cr & \Rightarrow {MN} = \sqrt {2({a^2} - 2at + {t^2}) + {{{t^2}} \over 2} + {{{t^2}} \over 2}} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \sqrt {3{t^2} - 4at + 2{a^2}} \cr & \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \sqrt {3{{\left( {t - {{2a} \over 3}} \right)}^2} + {{2{a^2}} \over 3}} \ge {{a\sqrt 6 } \over 3}. \cr} \)
    Dấu "=" xảy ra khi \(t = {{2a} \over 3}\) thỏa mãn điều kiện 0 < t < 2a.
    Vậy MN ngắn nhất bằng \({{a\sqrt 6 } \over 3}\) khi \(t = {{2a} \over 3}.\)
    b) Khi MN ngắn nhất thì :
    \(\overrightarrow {MN} = \left( {{{a\sqrt 2 } \over 3};{{a\sqrt 2 } \over 3}; - {{a\sqrt 2 } \over 3}} \right) \Rightarrow \left\{ \matrix{ \overrightarrow {MN} .\overrightarrow {SA} = 0 \hfill \cr \overrightarrow {MN} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr} \right.\)
    \( \Rightarrow MN\) là đường vuông góc chung của SA BC.

    Bài 31 trang 121 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    a) Viết phương trình mặt cầu đi qua A(1;2;-4), B(1;-3;1), C(2;2;3) và có tâm nằm trên mp(Oxy).
    b) Viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A(3;-1;2), B(1;1;-2) và có tâm thuộc trục Oz.
    c) Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A(1;1;1), B(1;2;1), C(1;1;2), D(2;2;1).
    Giải
    a) Gọi I là tâm mặt cầu. Vì \(I \in mp(Oxy)\) nên I=(x;y;0). Theo giả thiết, ta có \(A{I^2} = B{I^2} = C{I^2}\), suy ra
    13.jpg
    \(\Rightarrow \left\{ \matrix{ x = - 2 \hfill \cr y = 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow I( - 2;1;0). \)
    Bán kính của mặt cầu là:
    \(R = AI = \sqrt {{{\left( { - 2 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {4^2}} = \sqrt {26} \)
    Vậy phương trình mặt cầu là:
    \({(x + 2)^2} + {(y - 1)^2} + {z^2} = 26.\)
    b) Gọi I là tâm mặt cầu, \(I \in Oz\) nên I = (0;0;z).
    Theo giả thiết \(A{I^2} = B{I^2}\), ta có phương trình
    \({( - 3)^2} + {1^2} + {(z - 2)^2} = {( - 1)^2} + {( - 1)^2} + {(z + 2)^2}\)
    \(\Rightarrow 8z = 8 \Rightarrow z = 1\)
    Vậy \(I=(0;0;1)\) và \(AI = \sqrt {11} .\)
    Phương trình mặt cầu cần tìm là
    \({x^2} + {y^2} + {(z - 1)^2} = 11\)
    c) Phương trình mặt cầu (S) cần tìm có dạng
    Ta có : \(\eqalign{ & {(x)^2} + {(y)^2} + {(z)^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0 \cr & A \in (S) \Leftrightarrow 2a + 2b + 2c - d = 3. \cr & B \in (S) \Leftrightarrow 2a + 4b + 2c - d = 6. \cr & C \in (S) \Leftrightarrow 2a + 2b + 4c - d = 6. \cr & D \in (S) \Leftrightarrow 4a + 4b + 2c - d = 9. \cr} \)
    Từ đó ta suy ra \(a = {3 \over 2};b = {3 \over 2};c = {3 \over 2};d = 6.\)
    Vậy phương trình mặt cầu là :
    \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 3x - 3y - 3z + 6 = 0.\)

    Bài 32 trang 121 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    Cho sáu điểm A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c), A’(a’;0;0), B’(0;b’;0), C’(0;0;c’) với aa’ = bb’ = cc’\( \ne 0\) ;\(a \ne a',b \ne b',c \ne c'.\)
    a) Chứng minh có một mặt cầu đi qua sáu điểm nói trên.
    b) Chứng minh đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và trọng tâm tam giác ABC vuông góc với mặt phẳng (A’B’C’).
    Giải
    a) Trước hết ta xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua bốn điểm A, A’, B, C. Gọi I(x;y;z) là tâm của mặt cầu đó, ta có \(IA{^2} =IA{'^2} = I{B^2} = I{C^2}\)
    \(\eqalign{ & \Rightarrow \left\{ \matrix{ {(x - a)^2} + {y^2} + {z^2} = {(x - a')^2} + {y^2} + {z^2} \hfill \cr {(x - a)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {(y - b)^2} + {z^2} \hfill \cr {(x - a)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {y^2} + {(z - c)^2} \hfill \cr} \right. \cr & \Rightarrow \left\{ \matrix{ - 2ax + {a^2} = - 2a'x + a{'^2} \hfill \cr - 2ax + {a^2} = - 2by + {b^2} \hfill \cr - 2ax + {a^2} = - 2cz + {c^2} \hfill \cr} \right. \cr & \cr} \)
    \( \Rightarrow x = {{a + a'} \over 2} \Rightarrow y = {{{b^2} + aa'} \over {2b}}\) và \(z = {{{c^2} + aa'} \over {2c}}\)
    Vậy \(I = \left( {{{a + a'} \over 2};{{{b^2} + aa'} \over {2b}};{{{c^2} + aa'} \over {2c}}} \right)\)
    Gọi R là bán kính mặt cầu, ta có :
    \(\eqalign{ & {R^2} = I{B^2} \cr&= {\left( {{{a + a'} \over 2}} \right)^2} + {\left( {{{aa' - {b^2}} \over {2b}}} \right)^2} + {\left( {{{{c^2} + aa'} \over {2c}}} \right)^2}. \cr & \cr} \)
    Mặt khác :
    \( I{{B\,'}^2} = {\left( {{{a + a'} \over 2}} \right)^2} + {\left( {{{{b^2}{\rm{ + aa}}'} \over {2b}} - b'} \right)^2} + {\left( {{{{c^2} + aa'} \over {2c}}} \right)^2} \)
    \( = {\left( {{{a + a'} \over 2}} \right)^2} + {\left( {{{{b^2} - aa'} \over {2b}}} \right)^2} + {\left( {{{{c^2} + aa'} \over {2c}}} \right)^2} \) (vì aa’ = bb’)
    \( = IB^2 = {R^2}\)
    Tương tự \(IC\,'{^2} = I{C^2} = {R^2}.\)
    Vậy B’, C’ cũng thuộc mặt cầu nói trên.
    b) Gọi G là trọng tâm \(\Delta ABC\), ta có \(\overrightarrow {OG} = \left( {{a \over 3};{b \over 3};{c \over 3}} \right)\)
    Để chứng minh OG vuông góc với mp(A’B’C’), ta chỉ cần chứng minh
    \(\left\{ \matrix{ \overrightarrow {OG} .\overrightarrow {A'B'} = 0 \hfill \cr \overrightarrow {OG} .\overrightarrow {A'C'} = 0 \hfill \cr} \right.\)
    Vì \(\overrightarrow {A'B'} = ( - a';b';0),\overrightarrow {A'C'} = ( - a';0;c')\)
    Nên \( \overrightarrow {OG} .\overrightarrow {A'B'} = - {{aa'} \over 3} + {{bb'} \over 3} + 0 = 0 \)
    \(\overrightarrow {OG} .\overrightarrow {A'C'} = - {{aa'} \over 3} + 0 + {{cc'} \over 3} = 0\) (đpcm).

    Bài 33 trang 121 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    a) Tìm tập hợp tâm các mặt cầu đi qua điểm A(a;b;c) cho trước và có bán kính R không đổi.
    b) Cho bốn điểm A(2;0;0), B(0;4;0), C(0;0;6), D(2;4;6). Tìm tập hợp các điểm M trong không gian sao cho
    \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = 4.\)
    c) Cho ba diểm A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c). Tìm tập hợp các điểm M trong không gian sao cho \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = M{O^2}\) (O là gốc tọa độ).
    Giải
    a) Là mặt cầu \({\left( {x - a} \right)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = {R^2}.\)
    b) Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD thì G (1;2;3).
    Ta có \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} = 4\overrightarrow {MG} \) nên
    \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = 4 \Leftrightarrow 4\left| {\overrightarrow {MG} } \right| = 4\)
    \(\Leftrightarrow MG = 1.\)
    Vậy tập hợp các điểm M(x;y;z) thỏa mãn điều kiện đề bài là mặt cầu có phương trình
    \({(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} + {(z - 3)^2} = 1\)
    c) Là mặt cầu \({x^2} + {y^2} + {z^2} - ax - by - cz + {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over 2} = 0.\)

    Bài 34 trang 121 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao.
    a) Cho phương trình \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 4mx + 4y + 2mz + {m^2} + 4m = 0\)
    Xác định m để nó là phương trình của một mặt cầu. Khi đó, tìm m để bán kính mặt cầu là nhỏ nhất.
    b) Cho phương trình:
    \({x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x\cos \alpha - 2y\sin \alpha - 4z \)
    \(- (4 + {\sin ^2}\alpha ) = 0\)
    Xác định \(\alpha \) để phương trình trên là phương trình của một mặt cầu. Khi đó, tìm \(\alpha \) để bán kính mặt cầu là nhỏ nhất, lớn nhất.
    Giải
    a) Ta có a = -2m, b = 2, c = m, \(d = {m^2} + 4m.\)
    Phương trình đã cho là phương trình của một mặt cầu khi và chỉ khi
    \(\eqalign{ & {a^2} + {b^2} + {c^2} - d \cr&= {( - 2m)^2} + {2^2} + {m^2} - {m^2} - 4m > 0 \cr & \Leftrightarrow {\left( {2m - 1} \right)^2} + 3 > 0\;\forall m. \cr} \)
    Vậy phương trình đã cho là phương trình mặt cầu với mọi m. Bán kính mặt cầu là :
    \(R = \sqrt {{{\left( {2m - 1} \right)}^2} + 3} \ge \sqrt 3 \Rightarrow {R_{\min }} = \sqrt 3 \) khi \(m = {1 \over 2}.\)
    b) Ta có :\(a = \cos \alpha ,b = - \sin \alpha ,c = - 2,d = - (4 + {\sin ^2}\alpha )\)
    \(\eqalign{ & {a^2} + {b^2} + {c^2} - d \cr&= {\cos ^2}\alpha + {\sin ^2}\alpha + 4 + 4 + {\sin ^2}\alpha \cr & = 9 + {\sin ^2}\alpha > 0\;\forall \alpha . \cr} \)
    Phương trình đã cho là phương trình mặt cầu với mọi \(\alpha \).
    Khi đó \(R = \sqrt {9 + {{\sin }^2}\alpha } \)
    Vì \(0 \le {\sin ^2}\alpha \le 1\) nên \(3 \le R \le \sqrt {10} \)
    Vậy \({R_{\min }} = 3\) khi \(\alpha = k\pi ,(k \in \mathbb Z).\)
    \({R_{\max }} = \sqrt {10} \) khi \(\alpha = {\pi \over 2} + l\pi (l \in \mathbb Z).\)