Hệ tọa độ trong không gian lớp 12

Các vectơ\(\overrightarrow i ,\,\,\overrightarrow j ,\,\overrightarrow k\)lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trụcxOx", yOy", zOz" với:\(\left | \vec{i} \right |=\left | \vec{j} \right |=\left | \vec{k} \right |=1.\)

Hệ trục như vậy được gọi là hệ trục tọa độ Oxyz, với O là gốc tọa độ.

Bạn đang xem: Hệ tọa độ trong không gian lớp 12

b) Tọa độ của vectơ trong không gian

Trong không gian Oxyz, cho vectơ\(\vec{u}\)tồn tại duy nhất bộ số \((x,y,z)\)sao cho:\(\overrightarrow{u}=(x;y;z)\)\(\Leftrightarrow \vec{u}=x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k}.\)

Bộ số: \((x,y,z)\)được gọi là tọa độ của vectơ\(\vec{u}\).

c) Tọa độ điểm trong không gian

Trong không gian Oxyz, cho điểm A tùy ý tồn tại duy nhất bộ số\((x_A,y_A,z_A)\)sao cho:\(A(x_A,y_A,z_A)\Leftrightarrow \overrightarrow{OA}=(x_A;y_A;z_A).\)

Bộ số\((x_A,y_A,z_A)\)được gọi là tọa độ điểm A.

Cho ba vectơ\(\vec a=(1;m;2),\vec b=(m+1;2;1),\vec c=(0;m-2;2).\)

a) Tìm m để\(\vec a\)vuông góc\(\vec b.\)

b) Tìm m để\(\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = \left| {\overrightarrow c } \right|.\)

Lời giải:

a) Ta có:\(\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = 0 \Leftrightarrow m + 1 + 2m + 2 = 0 \Leftrightarrow m = - 1.\)

b) Ta có:\(\overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {m + 2;m + 2;3} \right)\)

Do đó:

\(\begin{array}{l} \left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = \left| {\overrightarrow c } \right| \Leftrightarrow {\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right|^2} = {\left| {\overrightarrow c } \right|^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} + {(m + 2)^2} + 9 = {(m - 2)^2} + 4\\ \Leftrightarrow {m^2} + 12m + 9 = 0 \Leftrightarrow m = - 6 \pm \sqrt 3 . \end{array}\)

Ví dụ 2:

Trong hệ trục tọa độ Oxy cho \(\overrightarrow a = (1; - 1;0),\,\overrightarrow b = ( - 1;1;2),\,\overrightarrow c = \overrightarrow i - 2\overrightarrow j ,\,\overrightarrow d = \overrightarrow i\).

a) Xác định t để vectơ \(\overrightarrow u = \left( {2;2t - 1;0} \right)\)cùng phương với \(\overrightarrow a .\)

b) Tìm các số thực m,n,p để \(\overrightarrow d = m\overrightarrow a - n\overrightarrow b + p\overrightarrow c\).

Lời giải:

a) \(\vec u\)cùng phương với \(\vec a\)khi:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} 1 = 2k\\ - 1 = (2t - 1)k\\ 0 = 0k \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 = 2k\\ - 1 = (2t - 1)k \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} k = \frac{1}{2}\\ - 1 = (2t - 1)k \end{array} \right. \end{array}\)

Với \(t=\frac{1}{2}\)thì ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} k = \frac{1}{2}\\ - 1 = 0 \end{array} \right.\)(Vô nghiệm)

Với \(t \ne \frac{1}{2}\)thì ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} k = \frac{1}{2}\\ k = \frac{{ - 1}}{{2t - 1}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{2t - 1}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow t = -\frac{{ 1}}{2}\)

b) Ta có:\(\overrightarrow c = \overrightarrow i - 2\overrightarrow j = (1;0;0) - 2(0;1;0) = (1; - 2;0)\)

\(\begin{array}{l} \overrightarrow d = m\overrightarrow a - n\overrightarrow b + p\overrightarrow c \\ \Leftrightarrow (1;0;0) = m(1; - 1;0) - n( - 1;1;2) + p(1; - 2;0)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m + n + p = 1\\ - m - n - 2p = 0\\ 0m - 2n + 0p = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m = 2\\ n = 0\\ p = - 1 \end{array} \right. \end{array}\)

Vậy m=2;n=0;p=-1.

Ví dụ 3:

Cho A(3;0;4), B(1;2;3), C(9;6;4). Tìm:

a) Trọng tâm tam giác ABC.

b) Tọa độ đỉnh D để ABCD là hình bình hành.

Xem thêm: Đề Thi Giữa Kì 1 Toán Lớp 4 Môn Toán Năm 2020, Đề Thi Giữa Kì 1 Lớp 4 Môn Toán Mới Nhất

c) Tọa độ giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD.

Lời giải:

a) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{13}}{3}\\ {y_G} = \frac{8}{3}\\ {z_G} = \frac{{11}}{3} \end{array} \right.\)

Vậy \(G\left( {\frac{{11}}{3};\frac{8}{3};\frac{{11}}{3}} \right).\)

b) Gọi \(D\left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right)\)

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} = ( - 2;2; - 1)\\ \overrightarrow {DC} = (9 - {x_D};6 - {y_D};4 - {z_D}) \end{array}\)

Để ABCD là hình bình hành thì:

\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}\)

Hay: \(\left\{ \begin{array}{l} - 2 = 9 - {x_D}\\ 2 = 6 - {y_D}\\ - 1 = 4 - {z_D} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_D} = 11\\ {y_D} = 4\\ {z_D} = 5 \end{array} \right. \Rightarrow D(11;4;5)\)

c) Gọi I là giao điểm hai đường chéo AC và BD thì:

I là trung điểm của AC \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_C}}}{2} = 6\\ {y_I} = \frac{{y{}_A + {y_C}}}{2} = 3\\ {z_I} = \frac{{{z_A} + {z_C}}}{2} = 4 \end{array} \right. \Rightarrow I(6,3,4)\).

Ví dụ 4:

Trong mặt phẳng (P) cho hình chóp S.ABC có tọa độ các đỉnh \(A(0;0;0);\,B\left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0} \right);C(a;0;0);S(0;0;a)\). Tính góc giữa hai đường thẳng AB và SC.

Lời giải:

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0} \right)\);\(\overrightarrow {SC} = \left( {a;0; - a} \right).\)

\(\cos \left( {AB,SC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {SC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {SC} } \right|}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow \widehat {\left( {AB,SC} \right)} \approx {69^0}18".\)

Ví dụ 5:

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tọa độ các điểm như sau:

\(A(0;0;0);\,B(a;0;0);\,C(0;a\sqrt 3 ,0);A"\left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};a\sqrt 3 } \right);B"\left( {\frac{{3a}}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};a\sqrt 3 } \right);C"\left( {\frac{a}{2};\frac{{3a\sqrt 3 }}{2};a\sqrt 3 } \right)\)

Gọi M là trung điểm của BC

a) Chứng minh: \(A"M \bot BC.\)

b) Tính góc giữa hai đường thẳng: AA’ và B’C’.

Lời giải:

a) Ta có: \(\overrightarrow {A"M} = \left( {0;0; - a\sqrt 3 } \right)\)

\(\overrightarrow {BC} = \left( { - a;a\sqrt 3 ;0} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BC} = 0.\)

Vậy AM vuông góc BC.

b) Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AA"} = \left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};a\sqrt 3 } \right)\\ \overrightarrow {B"C"} = \left( {a; - a\sqrt 3 ;0} \right) \end{array}\)

\(\cos (AA",B"C") = \frac{{\left| {\overrightarrow {AA"} .\overrightarrow {B"C"} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AA"} } \right|\left| {\overrightarrow {B"C"} } \right|}} = \frac{1}{4}\)

Vậy: \(\widehat {\left( {AA",B"C"} \right)} \approx {75^0}31".\)

Ví dụ 6:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;-1;2) điểm B(-1;-1;0). Viết phương trình mặt cầu đường kính AB.

Lời giải:

Gọi I là trung điểm AB ta có:\(\left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = - 1\\ {y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = - 1\\ {z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = 1 \end{array} \right. \Rightarrow I( - 1; - 1;1)\)

Ta có:\(IA = IB = 1.\)

Mặt cầu đường kính AB, nhận điểm I làm tâm, có bán kính R=IA=1 nên có phương trình là:

\({(x + 1)^2} + {(y + 1)^2} + {(z - 1)^2} = 1.\)

Ví dụ 7:

Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD với A(1; 1; 0), B(3; 1; 2), C(-1; 1; 2) và D(1;-1;2).

Lời giải:

Gọi phương trình mặt cầu là:\(\,{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2{\rm{ax}}\,{\rm{ - }}\,{\rm{2by}}\,{\rm{ - }}\,{\rm{2cz}}\,{\rm{ + }}\,{\rm{d}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{0}}\,\left( {{{\rm{a}}^{\rm{2}}} + {b^2} + {c^2} - d > 0} \right)\)

Mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên:

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} -2a - 2b + d + 2 = 0\\ -6a - 2b - 4c + d + 14 = 0\\ 2a - 2b - 4c + d + 6 = 0\\ -2a + 2b - 4c + d + 6 = 0 \end{array} \right.\,\,\,\, \Rightarrow a = b = 1;\,c = 2;d = 2\)

Chuyên mục: