giải bài tập sgk hình học 12 cơ bản: hệ toạ độ trong không gian

Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Hình học 12 cơ bản: Hệ toạ độ trong không gian.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

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

Bài 1. Cho ba vectơ \(\overrightarrow a = (2; – 5;3)\), \(\overrightarrow b = (0;2; – 1)\), \(\overrightarrow c = (1;7;2).\)

a) Tính tọa độ của vectơ \(\overrightarrow d = 4\overrightarrow a – \frac{1}{3}\overrightarrow b + 3\overrightarrow c .\)

b) Tính tọa độ của vectơ \(\vec e = \vec a – 4\vec b – 2\vec c.\)

Lời giải:

a) Ta có \(\overrightarrow d = 4(2; – 5;3)\) \( – \frac{1}{3}(0;2; – 1) + 3(1;7;2).\)

\( = \left( {4.2 – \frac{1}{3}.0 + 3.1;4.( – 5) – \frac{1}{3}.2 + 3.7;4.3 – \frac{1}{3} \cdot ( – 1) + 3.2} \right).\)

\( = \left( {11;\frac{1}{3};\frac{{55}}{3}} \right).\)

b) Ta có \(\overrightarrow e = \overrightarrow a – 4\overrightarrow b – 2\overrightarrow c \) \( = (2; – 5;3) – 4(0;2; – 1) – 2(1;7;2).\)

\( = (2 – 4.0 – 2.1; – 5 – 4.2 – 2.7;3 – 4.( – 1) – 2.2)\) \( = (0; – 27;3).\)

Bài 2. Cho ba điểm \(A(1; – 1;1)\), \(B(0;1;2)\), \(C(1;0;1).\) Tìm tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC.\)

Lời giải:

Gọi \(G\left( {{x_G};{y_G};{z_G}} \right)\) là tọa độ trong tâm tam giác \(ABC.\)

Ta có \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \vec 0.\) Mà:

\(\overrightarrow {GA} = \left( {1 – {x_G}; – 1 – {y_G};1 – {z_G}} \right).\)

\(\overrightarrow {GB} = \left( {0 – {x_G};1 – {y_G};2 – {z_G}} \right).\)

\(\overrightarrow {GC} = \left( {1 – {x_G};0 – {y_G};1 – {z_G}} \right).\)

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{1 – {x_G} + \left( { – {x_G}} \right) + 1 – {x_G} = 0}\\

{ – 1 – {y_G} + 1 – {y_G} – {y_G} = 0}\\

{1 – {z_G} + 2 – {z_G} + 1 – {z_G} = 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{x_G} = \frac{2}{3}}\\

{{y_G} = 0}\\

{{z_G} = \frac{4}{3}}

\end{array}} \right..\)

Vậy \(G\left( {\frac{2}{3};0;\frac{4}{3}} \right).\)

Bài 3. Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\) biết \(A = (1;0;1)\), \(B = (2;1;2)\), \(D = (1; – 1;1)\), \(C’ = (4;5; – 5).\) Tính tọa độ các đỉnh còn lại của hình hộp.

Lời giải:

Do \(ABCD.A’B’C’D’\) là hình hộp, nên: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A’B’} = \overrightarrow {D’C’} = \overrightarrow {DC} .\)

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = (2 – 1;1 – 0;2 – 1)\) \( = (1;1;1)\) \( \Rightarrow \overrightarrow {D’C’} = (1;1;1).\)

Tọa độ điểm \(D’ = (4 – 1;5 – 1; – 5 – 1)\) \( = (3;4; – 6).\)

Ta có \(\overrightarrow {DC} = (1;1;1).\)

Tọa độ điểm \(C = (1 + 1;1 – 1;1 + 1)\) \( = (2;0;2).\)

Do \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A’D’} = \overrightarrow {B’C’} \) \( = (1 – 1; – 1 – 0;1 – 1)\) \( = (0; – 1;0).\)

Suy ra tọa độ điểm \(A’ = (3 – 0;4 + 1; – 6 – 0)\) \( = (3;5; – 6).\)

Tọa độ điểm \(B’ = (4 – 0;5 + 1; – 5 – 0)\) \( = (4;6; – 5).\)

Bài 4. Tính:

a) \(\vec a.\vec b\) với \(\vec a = (3;0; – 6)\), \(\vec b = (2; – 4;0).\)

b) \(\overrightarrow c .\overrightarrow d \) với \(\overrightarrow c = (1; – 5;2)\), \(\overrightarrow d = (4;3; – 5).\)

Lời giải:

a) Ta có \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 3.2 + 0.( – 4) + ( – 6).0 = 6.\) Vậy \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 6.\)

b) Ta có \(\overrightarrow c .\overrightarrow d = 1.4 + ( – 5).3 + 2.( – 5)\) \( = 4 – 15 – 10 = – 21.\)

Vậy \(\overrightarrow c .\overrightarrow d = – 21.\)

Bài 5. Tìm tâm và bán kính của các mặt cầu có phương trình sau đây:

a) \({x^2} + {y^2} + {z^2} – 8x – 2y + 1 = 0.\)

b) \(3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} – 6x + 8y + 15z – 3 = 0.\)

Lời giải:

a) Ta có \({x^2} + {y^2} + {z^2} – 8x – 2y + 1 = 0.\)

\( \Leftrightarrow {(x – 4)^2} + {(y – 1)^2} + {z^2} = 16.\)

Suy ra mặt cầu có tâm \(I(4;1;0)\), bán kính \(r = 4.\)

b) Ta có: \(3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} – 6x + 8y + 15z – 3 = 0.\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} – 2x + \frac{8}{3}y + 5z – 1 = 0.\)

\( \Leftrightarrow {(x – 1)^2} + {\left( {y + \frac{4}{3}} \right)^2} + {\left( {z + \frac{5}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{17}}{6}} \right)^2}.\)

Vậy mặt cầu có tâm \(I\left( {1; – \frac{4}{3}; – \frac{5}{2}} \right)\), bán kính \(R = \frac{{17}}{6}.\)

Bài 6. Lập phương trình mặt cầu trong hai trường hợp sau:

a) Có đường kính \(AB\) với \(A(4; – 3;7)\), \(B(2;1;3).\)

b) Đi qua điểm \(A(5; – 2;1)\) và có tâm \(C(3; – 3;1).\)

Lời giải:

a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = (2 – 4;1 + 3;3 – 7)\) \( = ( – 2;4; – 4).\)

\( \Rightarrow AB = \sqrt {{{( – 2)}^2} + {4^2} + {4^2}} = 6.\)

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\) \( \Rightarrow I = \left( {\frac{{4 + 2}}{2};\frac{{ – 3 + 1}}{2};\frac{{7 + 3}}{2}} \right)\) \( \Rightarrow I = (3; – 1;5).\)

Suy ra mặt cầu đường kính \(AB\) có tâm \(I(3; – 1;4)\), bán kính \(R = 3.\)

Phương trình mặt cầu là: \({(x – 3)^2} + {(y + 1)^2} + {(z – 4)^2} = 9.\)

b) Do mặt cầu đi qua điểm \(A(5; – 2;1)\) và có tâm \(C(3; – 3;1)\), suy ra bán kính mặt cầu là: \(R = CA = |\overrightarrow {CA} |\) \( = \sqrt {{{(5 – 3)}^2} + {{( – 2 + 3)}^2} + {{(1 – 1)}^2}} \) \( = \sqrt 5 .\)

Suy ra mặt cầu có phương trình \({(x – 3)^2} + {(y + 3)^2} + {(z – 1)^2} = 5.\)