Mot-So-Bai-Tap-HHKG-[Co_Loi_Giai].pdf

http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí Trang 1 MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN (CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT) BÀI 1 Câu 1 : Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ñường thẳng (d) : x y 2 0 2x z 6 0 − − =   − − =  sao cho giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) : 2 2 2 x y z 2x 2y 2z 1 0 + + + − + − = là ñường tròn có bán kính r = 1. Câu 2 : Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên ñều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là trung ñiểm các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai ñường thẳng A'B và B'C'. GIẢI Câu 1 : Mặt phẳng (P) chứa (d) có dạng: m(x – y – 2) + n(2x – z – 6) = 0 (P): (m 2n)x my nz 2m 6n 0 ⇔ + − − − − = ° Mặt cầu (S) có tâm I(-1; 1; -1), bán kính R = 2. ° (P) cắt (S) theo một ñường tròn giao tiếp (C) có bán kính r = 1 2 2 d(I; P) R r 3 ⇔ = − = 2 2 2 m 2n m n 2m 6n 3 (m 2n) m n − − − + − − ⇔ = + + + 2 2 4m 7n 3. 2m 5n 4m.n ⇔ − − = + + 2 2 5m 22m.n 17n 0 ⇔ + + = ° Cho 2 17 n 1 5m 22m 17 0 m 1 hay m 5 = ⇒ + + = ⇔ = − = − ° Vậy, có 2 mặt phẳng (P): 1 2 (P ): x y z 4 0 (P ): 7x 17y 5z 4 0 + − − =   − + − =  Câu 2 : . Cách 1 : ° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông ⇒ / / / / / / AB BC CA A B B C C A a = = = = = = ⇒ các tam giác ABC, A / B / C / là các tam giác ñều. ° Ta có: / / / / / B C // BC B C //(A BC) ⇒ / / / / / / / d(A B; B C ) d(B C ; (A BC)) d(F; (A BC)) ⇒ = = ° Ta có: / / / / BC FD BC (A BC) BC A D ( A BC caân taïi A ) ⊥  ⇒ ⊥  ⊥ ∆  ° Dựng / FH A D ⊥ ° Vì / / BC (A BC) BC FH H (A BC) ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ A / B / C / C B A H F D http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí Trang 2 ° ∆A / FD vuông có: 2 / 2 2 2 2 2 1 1 1 4 1 7 a 21 FH . 7 FH A F FD 3a a 3a = + = + = ⇒ = ° Vậy, / / / a 21 d(A B; B C ) FH 7 = = Cách 2 : ° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông ⇒ ∆ABC, ∆A / B / C / là các tam giác ñều cạnh a. ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az ñôi một vuông góc, A(0; 0; 0), / / / a a 3 a a 3 B ; ; 0 , C ; ; 0 , A (0; 0; a), 2 2 2 2 a a 3 a a 3 B ; ; a , C ; ; a 2 2 2 2     −             −         ° Ta có: / / / / / B C // BC, B C //(A BC) / / / / / / / / d(B C ; A B) d(B C ; (A BC)) d(B ; (A BC)) ⇒ = = ° / / a a 3 a a 3 A B ; ; a , A C ; ; a 2 2 2 2     = − = − −         uuuur uuuur ° 2 / / 2 2 2 a 3 3 [A B; A C] 0; a ; a 0;1; a .n, 2 2     = = =         uuuur uuuur r với 3 n 0; 1; 2   =     r ° Phương trình mp (A / BC) qua A / với pháp vectơ n r : 3 0(x 0) 1(y 0) (z a) 0 2 − + − + − = / 3 a 3 (A BC): y z 0 2 2 ⇔ + − = ° / / a 3 3 a 3 a 3 .a a 21 2 2 2 2 d(B (A BC)) . 7 3 7 1 4 2 + − = = = + ° Vậy, / / / a 21 d(A B; B C ) . 7 = BÀI 2 Câu 1 : Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) và ñường thẳng ( ∆ ) : x 1 y 2 z 3 2 1 2 − + − = = − 1. Tìm ñiểm M thuộc ( ∆ ) ñể thể tích tứ diện MABC bằng 3. 2. Tìm ñiểm N thuộc ( ∆ ) ñể thể tích tam giác ABN nhỏ nhất. A / C / B / A B C D x a z y http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí Trang 3 Câu 2 : (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABC ñáy ABC là tam giác ñều cạnh a. SA = SB = SC, khoảng cách từ S ñến mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a ñể hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc nhau. GIẢI Câu 1: 1. Phương trình tham số của (D): x 1 2t y 2 t z 3 2t = +   = − −   = +  ° M ( ) M(1 2t; 2 t; 3 2t) ∈ ∆ ⇒ + − − + ° AB (2; 1; 2), AC ( 2; 2;1) = = − uuur uuur ° [AB; AC] ( 3; 6; 6) 3(1; 2; 2) 3.n = − − = − − = − uuur uuur r , với n (1; 2; 2) = − r ° Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ n r : (ABC): x + 2y – 2z – 2 = 0. ° 2 2 2 ABC 1 1 9 S [AB; AC] ( 3) ( 6) 6 . 2 2 2 = = − + − + = uuur uuur ° ðường cao MH của tứ diện MABC là khoảng từ M ñến (ABC): 1 2t 2( 2 t) 2(3 2t) 2 4t 11 MH d(M(ABC)) 3 1 4 4 + + − − − + − − − = = = + + ° Thể tích tứ diện MABC bằng 3 4t 11 1 9 V . . 3 3 2 3 + ⇔ = = 5 17 4t 11 6 t hay t . 4 4 ⇔ + = ⇔ = − = − ° Vậy, có 2 ñiểm M cần tìm là: 3 3 1 15 9 11 M ; ; hay M ; ; 2 4 2 2 4 2     − − −         2. N ( ) N(1 2t; 2 t; 3 2t) ∈ ∆ ⇒ + − − + ° 2 2 ABN 1 1 2 3 2 S [NA; NB] 32t 128t 146 (4t 8) 9 2 2 2 2 = = + + = + + ≥ uuur uuur ABN 3 2 maxS 4t 8 0 t 2. 2 ⇒ = ⇔ + = ⇔ = − ° Vậy, ñiểm N cần tìm là N(-3; 0; 1). Câu 2 : Cách 1 : ° Gọi O là tâm của ∆ ABC ° Ta có: SA SB SC OA OB OC ( ABC ñeàu) = =   = = ∆  ⇒ SO là trục của ñường tròn (ABC) SO (ABC) ⇒ ⊥ ° Mà : AO BC; SO BC BC (SOA) BC SA ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ° Dựng BI SA ⊥ , suy ra: SA (IBC) SA IC. ⊥ ⇒ ⊥ S I A O B M C http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí Trang 4  BIC ⇒ là góc phẳng nhị diện (B, SA, C). ° ∆ SOA vuông có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 3h a 3h a SA SO OA h SA 3 3 3 + + = + = + = ⇒ = ° Gọi M là trung ñiểm BC Ta có: BM (SOA), BI SA ⊥ ⊥ IM SA ⇒ ⊥ (ñịnh lý 3 ñường vuông góc) ⇒ MIA SOA ∆ ∆  2 2 2 2 AM a 3 3 3ah MI SO. h. . SA 2 3h a 2 3h a ⇒ = = = + + ° SAB SAC (c.c.c) IB IC IBC ∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ∆ cân tại I. ° (SAB) (SAC) IBC ⊥ ⇔ ∆ vuông cân tại I 1 IM BC 2 ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 3ah 1 a 3h 3h a 2 2 3h a a 6 9h 3h a h . 6 ⇔ = ⇔ = + + ⇔ = + ⇔ = ° Vậy, a 6 h . 6 = Cách 2 : ° Gọi H là tâm của ∆ ABC và M là trung ñiểm của BC ° Ta có: SA SB SC HA HB HC ( ABC ñeàu) = =   = = ∆  ° Dựng hệ trục tọa ñộ Axyz, với Ax, Ay, Az ñôi một vuông góc A(0; 0; 0), a a 3 a a 3 a 3 a 3 B ; ; 0 , C ; ; 0 , H 0; ; 0 , S 0; ; h 2 2 2 2 2 3         −                 . ° a 3 a a 3 a a 3 SA 0; ; h , SB ; ; h , SC ; ; h 3 2 6 2 6       = = − = − −             uuur uur uuur ° 2 1 ah 3 ah a 3 a a [SA; SB] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n , 2 2 6 6 6   = − − = − − = −     uuur uur r với 1 n (3h 3; 3h; a 3) = − r ° 2 2 ah 3 ah a 3 a a [SA; SC] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n , 2 2 6 6 6   = − − = − − = −     uuur uuur r với 2 n (3h 3; 3h; a 3) = − r . ° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA; SB uuur uur nên có pháp vectơ 1 n r . ° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA; SC uuur uuur nên có pháp vectơ 2 n r . S z A z H B M y C http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí Trang 5 ° 1 2 (SAB) (SAC) cos(n ; n ) 0 ⊥ ⇔ = r r 2 2 2 2 2 3h 3.3h 3 3h.3h a 3( a 3) 0 27h 9h 3a 0 a 6 18h 3a h . 6 ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = ° Vậy: a 6 h . 6 = BÀI 3 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho ñường thẳng (d) và mặt cầu (S): 2 2 2 2x 2y z 1 0 (d): ; (S):x y z 4x 6y m 0 x 2y 2z 4 0 − − + =  + + + − + =  + − − =  Tìm m ñể (d) cắt (S) tại hai ñiểm M, N sao cho MN = 8. Câu 2 : Cho tứ diện OABC có ñáy là ∆ OBC vuông tại O, OB = a, OC = a 3, (a 0) > và ñường cao OA a 3 = . Gọi M là trung ñiểm cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai ñường thẳng AB và OM. GIẢI Câu 1 : Mặt cầu (S): 2 2 2 (x 2) (y 3) z 13 m − + − + = − có tâm I(-2; 3; 0), bán kính R IN 13 m = = − , với m < 13. ° Dựng IH MN MH HN 4 ⊥ ⇒ = = 2 2 IH IN HN 13 m 16 m 3 ⇒ = − = − − = − − , với m < -3. ° Phương trình tham số của ñường thẳng (d): x t 1 y 1 t 2 z 1 t =    = +   = − +   ° (d) có vectơ chỉ phương 1 1 u 1; ; 1 (2; 1; 2) 2 2   = =     r và ñi qua ñiểm A(0; 1; -1) ° AI ( 2; 2;1); [AI; u] (3; 6; 6) = − = − uur uur r ° Khoảng cách h từ I ñến ñường thẳng (d): 2 2 2 2 2 2 [AI; u] 3 6 6 81 h 3. u 9 2 1 2 + + = = = = + + uur r r ° Ta có: IH = h m 3 3 m 3 9 ⇔ − − = ⇔ − − = m 12 ⇔ = − (thỏa ñiều kiện) H N M I http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí Trang 6 ° Vậy, giá trị cần tìm: m = -12. Câu 2 : Cách 1 : ° Gọi N là ñiểm ñối xứng của C qua O. ° Ta có: OM // BN (tính chất ñường trung bình) ⇒ OM // (ABN) ⇒ d(OM; AB) = d(OM; (ABN)) = d(O; (ABN)). ° Dựng OK BN, OH AK (K BN; H AK) ⊥ ⊥ ∈ ∈ ° Ta có: AO (OBC); OK BN AK BN ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ BN OK; BN AK BN (AOK) BN OH ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ OH AK; OH BN OH (ABN) d(O; (ABN) OH ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = ° Từ các tam giác vuông OAK; ONB có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 a 15 OH 5 OH OA OK OA OB ON 3a a 3a 3a = + = + + = + + = ⇒ = ° Vậy, a 15 d(OM; AB) OH . 5 = = Cách 2 : ° Dựng hệ trục Oxyz, với Ox, Oy, Oz ñôi một vuông góc O(0; 0; 0), A(0; 0; a 3); B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0), a a 3 M ; ; 0 2 2       và a 3 a 3 N 0; ; 2 2       là trung ñiểm của AC. ° MN là ñường trung bình của ∆ABC ⇒ AB // MN ⇒ AB // (OMN) ⇒ d(AB; OM) = d(AB; (OMN)) = d(B; (OMN)). ° a a 3 a 3 a 3 OM ; ; 0 , ON 0; ; 2 2 2 2     = =         uuuur uuur ° ( ) 2 2 2 2 2 3a a 3 a 3 a 3 a 3 [OM; ON] ; ; 3;1; 1 n 4 4 4 4 4   = = =     uuuur uuur r , với n ( 3;1;1) = r ° Phương trình mp (OMN) qua O với pháp vectơ n : 3x y z 0 + + = r ° Ta có: 3.a 0 0 a 3 a 15 d(B; (OMN)) 5 3 1 1 5 + + = = = + + ° Vậy, a 15 d(AB; OM) . 5 = BÀI 4 z A a 3 a 3 y C N O M a x B http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí Trang 7 Câu 1 : Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( α ) : 2x – y + z – 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua giao tuyến của ( α ) và mặt phẳng (xOy) và (P) tạo với 3 mặt phẳng tọa ñộ một tứ diện có thể tích bằng 36 125 . Câu 2: Cho hình chóp SABC có ñáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB = AC = a (a > 0), hình chiếu của S trên ñáy trùng với trọng tâm G của ∆ ABC. ðặt SG = x (x > 0). Xác ñịnh giá trị của x ñể góc phẳng nhị diện (B, SA, C) bằng 60 o . GIẢI Câu 1: Phương trình mặt phẳng (xOy): z = 0 ° Phương trình mặt phẳng (P) thuộc chùm xác ñịnh bởi ( α ) và (xOy) có dạng: m(2x – y + z – 5) – nz = 0 (P) : 2mx my (m n)z 5m 0 ⇔ − + + − = ° Giao ñiểm A, B, C của (P) và 3 trục Ox, Oy, Oz lần lượt có tọa ñộ: 5 5m A ; 0; 0 , B(0; 5; 0), C 0; 0; 2 m n     −     +     ° Thể tích tứ diện OABC bằng 125 36 1 1 5 5m 125 V .OA.OB.OC . .5. 6 6 2 m n 36 ⇔ = = = + m n 3m m 1, n 2 m n 3 m m n 3m m 1, n 4 + = = =   ⇔ + = ⇔ ⇒   + = − = = −   ° Vậy, có 2 phương trình mặt phẳng (P): 1 2 (P ): 2x y 3z 5 0 (m 1; n 2) (P ): 2x y 3z 5 0 (m 1; n 4) − + − = = =   − − − = = = −  Câu 2 : . Cách 1 : ° Gọi M là trung ñiểm của BC AM BC ⇒ ⊥ ( ∆ ABC vuông cân) ° Ta có: SG (ABC) SG BC ⊥ ⇒ ⊥ . Suy ra: BC (SAM) ⊥ ° Dựng BI SA IM SA ⊥ ⇒ ⊥ và IC SA ⊥  BIC ⇒ là góc phẳng nhị diện (B; SA; C). ° SAB SAC (c.c.c) ∆ = ∆ IB IC IBC ⇒ = ⇒ ∆ cân tại I. ° 1 a 2 a 2 BC a 2; AM BM MC BC ; AG 2 2 3 = = = = = = ° 2 2 2 2 AM a 2 1 ax 2 AIM ~ AGS IM SG. x. . AS 2 SG AG 2a 2 x 9 ∆ ∆ ⇒ = = = + + G M C S I A B http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí Trang 8 2 2 3ax 2 IM 2 9x 2a ⇔ = + . ° Ta có:  o BIC 60 =  o o 2 2 a 2 3.3ax 2 BIM 30 BM IM.tg30 2 2 9x 2a ⇔ = ⇔ = ⇔ = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9x 2a 3x 3 9x 2a 27x a 18x 2a 9x a x . 3 ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ° Vậy, a x . 3 = Cách 2 : ° BC a 2 = ° Gọi M là trung ñiểm BC a 2 a 2 AM ; AG 2 3 ⇒ = = ° Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G trên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông a AG AE 2 AE AF . 3 ⇒ = ⇒ = = ° Dựng hệ trục tọa ñộ Axyz, với Ax, Ay, Az ñôi một vuông góc, A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(0; a; 0), a a a a G ; ; 0 , S ; ; x 3 3 2 2             . ° a a 2a a a 2a SA ; ; x , SB ; ; x , SC ; ; x 3 3 3 3 3 3       = = − − = − −             uuur uur uuur ° 2 1 a a [SA; SB] 0; ax; a 0; x; a.n 3 3     = − = − =         uuur uur r , với 1 a n 0; x; 3   = −     r ° 2 2 a a [SA; SC] ( ax; 0; ) a x; 0; a.n , 3 3   = − = − − = −     uuur uuur r với 2 a n x; 0; 3   = −     r . ° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA, SB uuur uur nên có pháp vectơ 1 n r ° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA, SC uuur uuur nên có pháp vectơ 2 n r ° Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) bằng 60 o . 2 o 2 2 2 2 2 2 a a a 0.x x.0 3 3 9 cos60 9x a a a 0 x x 0 9 9 9 + + ⇔ = = + + + + + 2 2 2 1 a 2 9x a ⇔ = + 2 2 2 2 2 a 9x a 2a 9x a x . 3 ⇔ = = ⇔ = ⇔ = ° Vậy, a x . 3 = z x x y C B A E F G M http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí Trang 9 BÀI 5 Câu 1 : Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox ñiểm A cách ñều ñường thẳng (d) : 2 2 z 2 y 1 1 x + == − và mặt phẳng ( α ) : 2x – y – 2z = 0. Câu 2: Cho hình chóp SABC có ñáy ABC là tam giác ñều có cạnh bằng 2a 2 , SA vuông góc với (ABC) và SA = a. Gọi E, F lần lượt là trung ñiểm của cạnh AB, BC. Tính góc và khoảng cách giữa hai ñường thẳng SE và AF. GIẢI Câu 1: Gọi A(a; 0; 0) Ox ∈ . ° Khoảng cách từ A ñến mặt phẳng ( α ) : 2 2 2 2a 2a d(A; ) 3 2 1 2 α = = + + ° ( ∆ ) qua 0 M (1; 0; 2) − và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2) = r ° ðặt 0 1 M M u = uuuuuur r ° Do ñó: d(A; ∆ ) là ñường cao vẽ từ A trong tam giác 0 1 AM M 0 1 2 0 AM M 0 1 [AM ; u] 2.S 8a 24a 36 d(A; ) M M u 3 − + ⇒ ∆ = = = uuuuur r r ° Theo giả thiết: d(A; α ) = d(A; ∆ ) 2 2 2 2 2 2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0 3 3 4(a 3) 0 a 3. − + ⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = ° Vậy, có một ñiểm A(3; 0; 0). Câu 2 : Cách 1 : ° Gọi M là trung ñiểm của BF ⇒ EM // AF    (SA; AF) (EM; AF) SEM ⇒ = = ° ∆ SAE vuông tại A có: 2 2 2 2 2 SE SA AE a 2a 3a = + = + = SE a 3 ⇒ = ° 2a 2. 3 AF a 6 2 = = a 6 EM BM MF ; BF a 2 2 ⇒ = = = = ° 2 2 2 2 2 2 SB SA AB a 8a 9a SB 3a = + = + = ⇒ = C S F M B E K H A http://ebook.here.vn Thư viện ðề thi trắc nghiệm | Luyện thi ðH miễn phí Trang 10 ° 2 2 2 2 2 2 SF SA AF a 6a 7a SF a 7 = + = + = ⇒ = ° Áp dụng ñịnh lý ñường trung tuyến SM trong ∆ SBF có: 2 2 2 2 1 SB SF 2.SM BF 2 + = + 2 2 2 2 2 2 1 15a 9a 7a 2SM .2a SM 2 2 ⇔ + = + ⇔ = ° Gọi α là góc nhọn tạo bởi SE và AF ° Áp dụng ñịnh lý hàm Côsin vào ∆ SEM có:  2 2 2 2 2 2 3a 15a 3a ES EM SM 2 2 2 2 cos cosSEM . 2.ES.EM 2 2 a 6 2. .a 3 2 + − + − α = = = = − = o 45 . ⇒ α = ° Dựng AK ME; AH SK. ⊥ ⊥ Ta có: a 2 AK MF 2 = = và AH (SME) ⊥ ° Vì AF// ME d(SE; AF) d(AF; (SME)) AH. ⇒ = = ° ∆ SAK vuông có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 a 3 AH 3 AH SA AK a a a = + = + = ⇒ = ° Vậy, a 3 d(SE; AF) 3 = . Cách 2 : ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az ñôi một vuông góc, A(0; 0; 0), B(a 2; a 6; 0), C( a 2; a 6; 0), S(0; 0; a), a 2 a 6 E ; ; 0 ; F(0; a 6; 0) 2 2 −       và a 2 M ; a 6; 0 2       . ° a 2 a 6 a 2 SE ; ; a ; AF (a; a 6; 0), SM ; a 6; a 2 2 2     = − = = −         uur uuur uuur ° Gọi α là góc nhọn tạo bởi SE và AF.ta có: 2 2 2 2 2 a 2 a 6 0. a 6. 0( a) 3a 2 2 2 cos cos(SE; AF) . 2 a 6.a 3 a 3a 0 6a 0. a 2 2 + − α = = = = + + + + uur uuur o 45 . ⇒ α = ° 2 2 2 2 a 6 a 3 a 3 a 3 [SE; SM] ; 0; ( 2; 0; 1) n, 2 2 2 2   = = =     uur uuur r với n ( 2; 0; 1) = r z a S A x E B M F y C