Bài 1 Hệ tọa độ trong không gian

Bài 1 Hệ tọa độ trong không gian

Tóm tắt lý thuyết

1. Tọa độ của điểm và của vectơ

a) Hệ tọa độ

Trong không gian, cho ba trục xOx’, yOy’, zOz’ vuông góc với nhau từng đôi một.

Các vectơ \(\overrightarrow i ,\,\,\overrightarrow j ,\,\overrightarrow k\) lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục xOx’, 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.

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.

2. Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ

• Cho hai vectơ \(\vec{u}=(x;y;z)\) và \(\vec{u’}=(x’;y’; z’)\):
  • \(\vec{u}+\vec{u’}=(x+x’;y+y’;z+ z’)\)
  • \(\vec{u}-\vec{u’}=(x-x’;y-y’;z- z’)\)
  • \(k\vec{u}=(kx;ky;kz)\)
  • \(\vec{u}=u’\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=x’\\ y=y’\\ z=z’ \end{matrix}\right.\)
  • \(\vec{u}=\vec{u’}\) cùng phương \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=kx’\\ y=ky’\\ z=kz’ \end{matrix}\right.\)
  • \(\left | \vec{u} \right |=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
• Cho hai điểm \(A(x_A,y_A,z_A)\); \(B(x_B,y_B,z_B)\):
  • \(\overrightarrow{AB}=(x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A)\)
  • \(AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}\)
  • \(\overrightarrow{IA}=k.\overrightarrow{IB}(k\neq 1)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_I=\frac{x_A-k.x_B}{1-k}\\ \\ y_I=\frac{y_A-k.y_B}{1-k}\\ \\ z_I=\frac{z_A-k.z_B}{1-k} \end{matrix}\right.\)
  • Đặc biệt I là trung điểm AB thì: \(\left\{\begin{matrix} x_I=\frac{x_A+x_B}{2}\\ \\ y_I=\frac{y_A+y_B}{2}\\ \\ z_I=\frac{z_A+z_B}{2} \end{matrix}\right.\)
  • G là trọng tâm \(\Delta ABC\): \(\left\{\begin{matrix} x_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\\ \\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\\ \\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3} \end{matrix}\right.\)
  • G là trọng tâm của tứ diện ABCD: \(\left\{\begin{matrix} x_G=\frac{x_A+x_B+x_C+x_D}{4}\\ \\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C+y_D}{4}\\ \\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C+z_D}{4} \end{matrix}\right.\)

​3. Tích vô hướng

• Công thức tính tích vô hướng: \(\vec{a}.\vec{b}=\left | \vec{a} \right |.\left | \vec{b} \right |.cos(\vec{a},\vec{b})\).
• Biểu thức tọa độ của tích vô hướng: \(\left.\begin{matrix} \vec{a}=(x_1;y_1;z_1)\\ \vec{b}=(x_2;y_2;z_2) \end{matrix}\right\} \vec{a}.\vec{b} = x_1.x_2 + y_1.y_2 + z_1.z_2\).
• Công thức tính góc giữa hai vectơ: \(cos(\vec a,\vec b) = \frac{{\vec a.\vec b}}{{\left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|}}.\)

4. Phương trình mặt cầu

• Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm I(a;b;c), bán kính R có phương trình: \((x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=R^2.\)
• Nhận xét: Phương trình mặt cầu có thể viết dưới dạng \(x^2+y^2+z^2-2Ax-2By-2Cz+D=0\), điều kiện \(A^2+B^2+C^2-D> 0\).

Khi đó, mặt cầu có tâm \(I(A;B;C)\), bán kính \(R = \sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2} – D} .\)

Bài tập minh họa

Ví dụ 1:

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.

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:

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

Kết luận: Phương trình mặt cầu là \(x^2+y^2+z^2-2x-2y-4z+2=0.\)