Lý thuyết và ví dụ minh họa hình tọa độ oxyz

Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 CHỦ ĐỀ 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXYZ LÍ THUYẾT VÍ DỤ MINH HỌA  Trong không gian xét hệ trục Oxyz , có trục Ox vng góc với trục Oy O , trục Oz vuông Oxy O Các vectơ đơn vị trục Ox , Oy , Oz góc  với mặt phẳng  i  1;0;0  , j  0;1;  , k  0;0;1      a a1 i  a2 j  a3 k a  a1 ; a2 ; a3   Nếu     M ( x ; y ; z )  OM  x i  y j  zM k M M M M M  A  xA ; y A ; z A  B  xB ; y B ; z B   Cho  2 AB ( xB  xA ; yB  y A ; z B  z A ) AB  ( xB  x A )  ( yB  y A )  ( z B  z A )  Ta có:  x A  xB y A  yB z A  z B  ; ;   2   M AB M  trung điểm   a  ( a ; a ; a ) b (b1; b2 ; b3 ) ta có Oxyz  Trong không gian với hệ tọa độ Cho a b    1 a b  a2 b2    a b a  b  ( a  b ; a  b ; a  b ) k a (ka1 ; ka2 ; ka3 ) 3  1 2 3       a.b  a b cos(a; b) a1b1  a2b2  a3b3 a  a12  a22  a32   a1.b1  a2 b2  a3 b3 cos cos(a, b)      a1  a22  a32 b12  b22  b32 a  (với 0 , b 0 )     a.b 0  a1.b1  a2 b2  a3 b3 0  a b vng góc a kb1     k  R : a kb  a2 kb2   a kb   a b phương     a  ( a ; a ; a ) b (b1 ; b2 ; b3 )  a, b  (a2b3  a3b2 ; a3b1  a1b3 ; a1b2  a2b1 )  Tích có hướng           a, b  0  a, b  c 0   a , b , c đồng phẳng    a b phương     S ABC  [ AB, AC ]  Diện tích tam giác :    V  [ AB, AC ] AD  Thể tích tứ diện ABCD    VABCD A' B'C ' D' [ AB, AD] AA '  Thể tích khối hộp: =  Một số kiến thức khác    Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k ( MA k MB ) ta có : x  kxB y  kyB z  kzB xM  A ; yM  A ; zM  A  k 1 1 k 1 k 1 k Với  G trọng tâm tam giác ABC x  xB  xC y  y B  yC z z z xG  A ; yG  A ; zG  A B C 3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Hình học tọa độ Oxyz   u  1;1;  v  1;0;m  VÍ DỤ 1: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ , Tìm   hai vectơ u , v 45 A m 2 B m 2  C m 2  D m để góc m 2  Lời giải Chọn B   2m u v    2m  cos u ,v      12  12     12  m u v  m Ta có:     2m   m 2  4m  4m  3  3m (điều kiện m VÍ DỤ 2: Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ ) r a = ( 2;1;- 2) , r b = 0;- ( r r r r r r m để hai véc tơ u = 2a + 3mb v = ma - b vng góc với ±26 + A 26 ± B ) Tất giá trị 2; 11 ± 26 18 C ± 26 + D  m 2    m 2  Đối chiếu điều kiện ta có m 2   m  4m  0 Lời giải Chọn D Ta có: r r r r r r u = 2a + 3mb = 2;2 - 3m 2;- + 3m v = ma - b = 2m;m + 2;- 2m rr uv = Û 4m + - 3m m + + - + 3m - 2m - = Khi đó: ( ) ( )( ) ( ( )( ) ) Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 A  0;  1;2  B  2;  3;0  C   2;1;1 VÍ DỤ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm , , , D  0;  1;3 Gọi  L tập hợp tất điểm M không gian thỏa mãn đẳng thức     MA.MB MC.MD 1 Biết  L đường tròn, đường trịn có bán kính r bao nhiêu? A r B Û 9m - 6m - = r Û m= C r 11 D r ± 26 + Lời giải Chọn C M  x; y; z  Gọi tập hợp điểm thỏa mãn yêu cầu toán Ta có     AM  x; y  1; z   BM  x  2; y  3; z  CM  x  2; y  1; z  1 DM  x; y  1; z  3 , , ,     MA.MB 1 MA.MB MC.MD 1      MC.MD 1 Từ giả thiết:  x  x     y  1  y  3  z  z   1    x  x     y  1  y  1   z  1  z  3 1  x  y  z  x  y  z  0   2   x  y  z  x  z  0 I  1;  2;1 M Suy quỹ tích điểm M đường trịn giao tuyến mặt cầu tâm , cầu tâm I I   1;0;2  R2 2 , I2 R1 2 mặt Ta có: I1I  11 II  r  R12       Dễ thấy:   VÍ DỤ 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm AB cắt mặt phẳng  Oxz  AM 2 A BM A   2;3;1 B  5; 6;  Đường thẳng AM BM điểm M Tính tỉ số AM  B BM AM  C BM Lời giải | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh AM 3 D BM Hình học tọa độ Oxyz Chọn B    AB  ; ; 1  AB  59   M  x ; ; z   AM  x  ;  ; z  1 ; M   Oxz   x  7k  x      3k   k    z  k  z 0  M   ; ;  A, B, M thẳng hàng  AM k AB  k      A  2;  3;7  B  0; 4;1 VÍ DỤ 5: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm , , C  3; 0;5  D  3;3;3    MA  MB  MC  MD  Oyz  cho biểu thức Gọi M điểm nằm mặt phẳng  đạt giá trị nhỏ Khi tọa độ M là: M  0;1;   M  0;1;   A B BM   14 ;  ;    BM  118 2 AB C M  0;1;   D M  2;1;0  Lời giải Chọn B    AB   2;7;   AC  1;3;   AD  1;6;   Ta có: , , nên        AB, AC  AD  0   Suy ra: AB , AC , AD không đồng phẳng G  2;1;  Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD Khi  Ta có: Do     MA  MB  MC  MD  4MG 4MG     MA  MB  MC  MD nhỏ MG ngắn A  7;2;3 B  1;4;3 C  1;2;6  VÍ DỤ 6: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm , , , D  1;2;3 điểm M tùy ý Tính độ dài đoạn OM biểu thức đạt giá trị nhỏ A OM  21 B OM  26 P MA  MB  MC  3MD C OM  14 D  Oyz  nên M  0;1;4  Vậy M hình chiếu vng góc G lên mặt phẳng Hướng dẫn giải Chọn C    DA  6;0;0  DB  0;2;0  DC  0;0;3 Ta có , , nên tứ diện $ABCD$ tứ diện vuông đỉnh D Giả sử M  x  1; y  2; z  3 Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 2 MA   x    y  z  x  6  x MB  x   y    z  y  2  y Ta có , 2 2 MC  x  y   z  3  z  3  z 3MD  x  y  z  , Do  P   x     y     z    x  y  z  11   x  y  z x  y  z  x  y z 0 6  x 0  2  y 0 3  z 0   x  y  z 0  x  y z 0 Vậy P đạt giá trị nhỏ $11$,  Khi M  1;2;3 2 suy OM     14 A  1;1;4  B  5;  1;3 C  2; 2; m  D  3;1;5  VÍ DỤ 7: Trong khơng gian Oxyz , cho bốn điểm , , , Tìm tất giá trị thực tham số m A m  B m  để A , B , C , D bốn đỉnh hình tứ diện Chọn C   AB  4;  2;  1 AD  2;0;1 Ta có , , C m 6 D m 6     AB, AD    2;  6;  AC  1;1; m     ,     AB, AD  AC 0  Để A , B , C , D bốn đỉnh hình tứ diện      4m  16 0  m 6 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh