Tải bản đầy đủ

Huong dan giai 06

HƯỚNG DẪN GIẢI.
Vấn đề 1. CÁC ĐỊNH TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM, TỌA
ĐỘ VECTƠ
Bi 1

u
r

r

r

1. a) Ta có: a = ( 2;3; −5) , b = ( 0; −3;4) , c = ( −1; −2;0)
u
r

r

r

Suy ra 3a = ( 6;9; −15) , 2b = ( 0; −6;8) ⇒ x = ( 6;3; −7)

r

Do đó: x = 62 + 32 + (−7)2 = 94
r

r

u
r

r

r

b) Ta có: 2b − c = ( 1; −4;8) , nên y vuông góc với 2b − c khi và chỉ khi
u
r r r
1
y. 2b − c = 0 ⇔ 1.(2x − 1) − 4.(− x) + 8(3x + 2) = 0 ⇔ x = − .
2

(

)

c)

u
r r

u
r r r

Cách 1: Ta có:  a, b = ( −3; −8; −6) ⇒  a, b .c = 3 + 16 = 19 ≠ 0
u
r r r
Nên ba véc tơ a, b, c không đồng phẳng.
u
r r r
Cách 2. Giả sử ba véc tơ a, b, c đồng phẳng. Khi đó tồn tại hai số thực x, y


u
r

r

r

sao cho a = x.b + y.c (1)
− y = 2
r
r

Mà xb + yc = ( − y; −3x − 2y;4x) nên (1) ⇔ −3x − 2y = 3 hệ này vô
 4x = −5


nghiệm.
u
r r r
Vậy a, b, c không đồng phẳng.
u
r

u
r

r

r

Giả sử u = ma + nb + pc (2)

u
r
r
r
ma
+
nb
+
pc
= ( 2m − p;3m − 3n − 2p; −5m + 4n ) nên (2) tương đương
Do

với
2m − p = 3

3m − 3n − 2p = 7 ⇔ m = 2, n = −1, p = 1
 −5m + 4n = −14

u
r
u
r r r
Vậy u = 2a − b + c .
u
r
r
r
2. a) Ta có a = (2;3; −1), b = (−1;0;2), c = ( 0;2; −3)
u
r
u
r
r
r
u
r
b) Ta có: u = 2a + 3b − 4c = ( 1; −2;16) ⇒ u = 3 29 .
r

r

rr

. = 0 ⇔ −1(3x − 1) + 2(3 − x) = 0 ⇔ x =
c) Ta có: v ⊥ b ⇔ vb

6
.
5
124



32
k =
11
k − p = 3

r
u
r
r
r
1


⇔ p = −
d) Giả sử: x = k.a + p.b + l .c ⇔ 3k + 2l = 2
11
− k + 2p − 3l = 7


37

 l = − 11

r 32 u
r 1 r 37 r
a−
b−
c.
Vậy x =
11
11
11
Bi 2
r
r
r r
rr
0
1. Do a = 2 3, b = 3, (a, b) = 30 nên ta có a.b = 9.

a) Sử dụng công thức

u
r
r
r
r
r
r
rr
ma + nb = (ma + nb)2 = m2a2 + 2mn.ab + n2b2 .
r
r
r r
r
r
Ta tính được a + b = 39, 5a + 2b = 2 129, 3a − 2b = 6.
r r
r r
r r
b) Sử dụng công thức  ma, nb = m.n . a . b .sin(ma, nb).
r
r r
r r
r
r r
Với chú ý (a, 3b) = (a, b) = 300 , (5a, − 2b) = 1800 − (a, b) = 1500.
r r
2
2. a) Ta có [ u,v] = (−2m; − m − m; − m − 5) nên ba véc tơ đã cho đồng phẳng
r r r
khi và chỉ khi [ u,v] .w = 0 hay − 2m.1 + (− m2 − m).(− 1) + (− m − 5).2 = 0
⇔ m2 − 3m − 10 = 0 ⇔ m = −2;m = 5.
Vậy giá trị cần tìm của m là m = −2;m = 5.
uuur
uuur
uuur
b) Ta có CA(−3; − 4;m − 1),CB(4 − m;0;2 − 2m), CD(1 − m;3 + m;m − 1).
uuur uuur
Suy ra CA,CB  = (8(1 − m); (m − 1)(m + 2); 4(m − 4)).
uuur uuur uuur
Vậy bốn điểm A,B,C,D đồng phẳng khi và chỉ khi CA,CB  .CD = 0, hay
8(1 − m)2 + (m − 1)(m + 2)(3 + m) + 4(m − 1)(m − 4) = 0
⇔ (m − 1)2 (m + 18) = 0 ⇒ m = 1; m = −18.
Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1; m = −18.
r r
r r
a.b
c) Ta có cos(a,b) = r r nên
a.b
cos600 =

2m + 2m + (2m − 1).(− 1)
2

2

2

2

2

2

2 + m + (2m − 1) . m + 2 + (− 1)



1
2m + 1
=
2
2
5m − 4m + 5. m2 + 5

1
Với m ≥ − , nên bình phương hai vế và rút gọn ta được
2
125


5m4 − 4m3 + 14m2 − 36m + 21 = 0 ⇔ (m − 1)2 (5m2 + 6m + 21) = 0 ⇔ m = 1
Giá trị cần tìm của m là m = 1.
Bi 3
uuur
2S
14
.
1. Ta có BC(3;2;6) ⇒ BC = 7 nên AK = ABC =
BC
3
 AK ⊥ BC
uuuu
r
 1 

Gọi A  x; ;z ÷ thì AK ( 1 − x;2;3 − z) . Do đó từ 
14 suy ra
3


 AK = 9
3x + 6z = 25

3x + 6z = 25

160 ⇔ 
2
2
2
45z − 318z + 405 = 0
(1 − x) + ( 3 − z) = 9
 37 1 25 
 1 5
Từ đó ta có A  − ; ;
(loại) hoặc A  5; ; ÷ (thỏa mãn).
÷
 15 3 5 
 3 3
2. Gọi L là chân đường vuông góc hạ từ B đến AC.
uuur
uuur
8
10 

t .
Ta có CL = tCA nên L  2 + 3t;3 − t;5 −
3
3 ÷


uuur 
u
u
u
r
8
10 
8 10 

t ÷,CA  3; − ; − ÷ nên
Do đó BL  3 + 3t;2 − t;6 −
3
3 
3
3


uuur uuur
3
 19 7 
BL .CA = 0 ⇔ t = ⇒ L  ; ;3÷.
5
 5 5 
 3 3 5
 4 7
3. I  ; ; ÷, H  3; ; ÷.
 2 2 3
 3 3
r
uur  1 1
1
4
2
 13 17  uuuu
;
⇒ HG  −1; ; − ÷ = 2GI  − ;
; − ÷.
4. G  2;
÷
9 9
9
9
9


 2 18
Bi 4 A(2;4;1),B(0;4;4),C(0;0;1)
1. Gọi D(x;y;z). Từ DA = BC,DB = CA,DC = AB ta có hệ
(x − 2)2 + (y − 4)2 + (z − 1)2 = 25 x = 2(1 − y)

12 − 4y
 2

2
2
⇔ z =
 x + (y − 4) + (z − 2) = 20
3
 2

2
2
 x + y + (z − 1) = 13
x2 + y2 + (z − 1)2 = 13
 166 144 52 
;
; ÷. Chọn điểm D(2;0;4).
Suy ra D(2;0;4),D  −
 61 61 61 
5

2. Tọa độ trọng tâm của tứ diện là G  1;2; ÷.
2

29
Tính được GA = GB = GC = GD =
.
2
126


Vậy G cách đều các đỉnh của tứ diện (là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện).
5
5  uuuur


3. Ta có M  1;4; ÷, N  1;0; ÷ ⇒ MN(0; − 4;0).
2
2


uuuur uuur uuuur uuur
Do đó MN.AB = MN.CD = 0. Hay MN là đường vuông góc chung của hai
đường thẳng AB và CD.
4. Gọi A ′,B ′,C′,D′ lần lượt là trọng tâm của các mặt đối diện.
2 29
.
3
5. Ba góc ở mỗi đỉnh của tứ diện là ba góc của một tam giác, nên tổng các góc ở
mỗi đỉnh là 1800.
Bi 5
uuur
uuur
uuur
uuur
1. Ta có BA = (1;2;3), BC = (1; −2;3), BD = (4;2;4) , CD = (3;4;1)
uuur uuur
 −2 3 3 1 1 − 2 
;
;
÷ = (−14;8;10)
Suy ra  BC, BD  = 

 2 4 4 4 4

uuur uuur uuur
Do đó BA.  BC, BD  = 32 ≠ 0 ⇒ A, B, C, D không đồng phẳng.
1 uuur uuur
1
(−14)2 + 82 + 102 = 3 10
2. Ta có: S∆BCD =  BC, BD  =
 2
2
2S
1
6 10 6 65
=
Vì S∆BCD = BH .CD nên suy ra BH = ∆BCD =
.
2
CD
13
26
1 uuur uuur uuur
16
3. Ta có: VABCD = BA.  BC, BD  =
.


6
3
3V
16 8 10
Gọi h = d( A, (BCD)) ⇒ h = ABCD =
.
S∆BCD
3 10 15
Ta có AA ′ = BB ′ = CC′ = DD′ =

4. Gọi E (x; y; z) .
x = 1
uuur uuur

ABCE là hình bình hành ⇔ CE = BA ⇔  y + 2 = 2 ⇔
z = 3


x = 1

y = 0.
z = 3


Vậy E (1;0;3)
.
uuuu
r
uuuu
r uuur
5. Ta có: AC = (0; −4;0) ⇒ AC.BD = −8
uuuu
r uuur
uuuu
r uuur
AC.BD
8
1
⇒ cos AC, BD =
=
= .
AC.BD
4.6 3

(

)

6. Ta có M ∈ Oy ⇒ M (0; y;0) . Tam giác BMC cân tại M ⇔ MC 2 = MB 2
3
⇔ (−1)2 + y2 + 32 = ( y + 2)2 ⇔ y = .
2
127




3
2



Vậy M  0; ;0÷ .


2
3



2
3

 1 1 1
 2 2 2
uuuur  2
r  1 3 1
2  uuuu
⇒ AA ' =  ; −2; − ÷, AG =  ; − ; − ÷
3
3
 2 2 2
2
2

uuuur
uuuu
r
3 = −2 = 3 = 4 ⇒ AA ' = 4 AG ⇒ A, A ', G

thẳng hàng.
1 −3
1 3
3

2
2
2
Bi 6
1. Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BC .
 K ∈ BC
Khi đó: 
 AK ⊥ BC
uuuu
r
uuur
• K ∈ BC nên BK = t.BC, do đó
 xK + 1 = t(1 + 1)
 xK = 2t − 1


 yK − 2 = t(1 − 2) ⇒  yK = 2 − t (t ∈ ¡ ) ⇒ K (2t − 1;2 − t; − 2t) .


 xK − 0 = t(−2 − 0)
 xK = −2t
uuuur
uuuur uuur
• AK ⊥ BC ⇔ AK .BC = 0. Vì AK (2t − 3; − 1 − t; − 1 − 2t) nên

7. Ta có: A '  ;0; − ÷, G  ; ; − ÷

(2t − 3).2 + (−1 − t).(−1) + (−1 − 2t).(−2) = 0 ⇔ t =
 1 5
 3 3

1
3

2
3

Tọa độ điểm K cần tìm là K  − ; ; − ÷.
2. Gọi H (x; y; z) là trực tâm tam giác ABC Ta có

uuuur
uuuu
r
uuur
uuuu
r
uuur
AH (x − 2; y − 3; z − 1), BH (x + 1; y − 2; z), AB (−3; − 1; − 1), AC (−1; − 2; − 3), BC (2; − 1;
uuur uuuu
r
Tích có hướng của hai véc tơ AB, AC là
uuur uuuu
r


 AB, AC  =  −1 −1 ; −1 −3 ; −3 −1 ÷ = (1; − 8;5).

  −2 −3 −3 −1 −1 −2 ÷


Vì H là trực tâm tam giác ABC nên
uuuur uuur
 AH .BC = 0
 AH ⊥ BC
2x − y − 2z = −1
 uuuu


 r uuur
⇔  x + 2y + 3z = 3
 BH ⊥ CA ⇔  BH .CA = 0
r uuuur
 H ∈ ( ABC )
  uuur uuuu
 x − 8y + 5z = −17



  AB, AC  .AH = 0
128


 2 29 1 
; ; − ÷.
 15 15 3 

Giải hệ ta được H 

3. Gọi I (x; y; z) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có
uuu
r
uuu
r
uur
AI (x − 2; y − 3; z − 1), BI (x + 1; y − 2; z), CI (x − 1; y − 1; z + 2).
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
 AI 2 = BI 2
 AI = BI
6x + 2y + 2z = 9



 2
2
⇔  x + 2y + 3z = 4
 AI = CI ⇔  AI = CI
u
u
u
r
u
u
u
u
r
u
u
u
r
 I ∈ ( ABC )

 x − 8y + 5z = −17



  AB, AC  .AI = 0
 14 61 1 
Giải hệ ta được I  ; ; − ÷.
 15 30 3 

4. Trọng tâm G của tam giác ABC có tạo độ thỏa mãn
 2 − 1 + 1 3 + 2 + 1 1 + 0 − 2  2
1
G
;
;
÷ =  ; 2; − ÷
3
3
3
3

 3
uuuur  8
r 4
uuuur
uuu
r
 uuu

1
1
; 0÷, GI  ;
; 0÷ nên HG = 2GI , tức là ba điểm
Do đó HG  ;
 15 15

 15 30

G, H , I nằm trên một đường thẳng.
Bi 7
Vì C ∈ (Oxy) nên C (x; y;0).
uuur
uuuu
r
uuur
Ta có AB (−3;0; − 3), AC (x − 5; y − 3;1), BC (x − 2; y − 3;4)
Tam giác ABC là tam giác đều nên AB = AC = BC, do đó
(x − 5)2 + ( y − 3)2 + 12 = 18
 AC = AB



 AC = BC
(x − 5)2 + ( y − 3)2 + 12 = (x − 2)2 + ( y − 3)2 + 42
 x = 1; y = 4
( y − 3)2 = 1
⇔
⇔
.
 x = 1; y = 2
 x = 1
Vì C có tung độ nhỏ hơn 3 nên C (1;2;0).
a) Gọi D(x; y; z).
uuuu
r
uuur
uuur
Khi đó AD(x − 5; y − 3; z + 1), BD(x − 2; y − 3; z + 4), CD(x − 1; y − 2; z)
Tam giác ABC là tam giác đều nên ABCD là tứ diện đều khi và chỉ khi
AD = BD = CD = AB = 3 2. Ta có hệ phương trình
(x − 5)2 + ( y − 3)2 + (z + 1)2 = (x − 2)2 + ( y − 3)2 + (z + 4)2


2
2
2
2
2
2
(x − 5) + ( y − 3) + (z + 1) = (x − 1) + ( y − 2) + z

2
2
2
(x − 5) + ( y − 3) + (z + 1) = 18
129


z = 1 − x

⇔  y = 16 − 5x


2
2
2
(x − 5) + (13 − 5x) + (2 − x) = 18

z = 1 − x

 y = 16 − 5x
 2
3x − 16x + 20 = 0
10
.
Giải phương trình 3x2 − 16x + 20 = 0 ta được x = 2, x =
3
 10
2
7
Vậy tọa độ các điểm D là D(2; 6; − 1) hoặc D  ; − ; − ÷.
3
3
 3

b) Gọi S (x; y; z). Ta có

uuur
uuur
uuur
AS (x − 5; y − 3; z + 1), BS (x − 2; y − 3; z + 4), CS (x − 1; y − 2; z)
SA, SB, SC đôi một vuông góc khi và chỉ khi
uuur uuur
 AS.BS = 0
(x − 5)(x − 2) + ( y − 3)2 + (z + 1)(z + 4) = 0
 uuur uuur

 BS.CS = 0 ⇔ (x − 2)(x − 1) + ( y − 3)( y − 2) + (z + 4)z = 0
 uuur uuur
(x − 1)(x − 5) + ( y − 2)( y − 3) + z(z + 1) = 0
CS.AS = 0


 x2 + y2 + z2 − 7x − 6y + 5z = −23


⇔  x2 + y2 + z2 − 3x − 5y + 4z = −8 ⇔
 2
2
2
 x + y + z − 6x − 5y + z = −11
 y = 5z + 11

⇔ x = 1 − z
 2
3z + 10z + 8 = 0

 x + y − 4z = 12

−3x − 3z = −3
 2
2
2
 x + y + z − 6x − 5y + z = −11

4
3

Giải phương trình 3z2 + 10z + 8 = 0 ta được z = −2; z = − .
 7 13 4 
; − ÷.
3
3 3

Suy ra hai điểm S thỏa mãn là S (3;1; − 2), S  ;
Bi 8

a) Gọi A1, A2, A3 lần lượt là hình chiếu của A lên các trục Ox, Oy, Oz .
B1, B2, B3 là hình chiếu của A lên các mặt phẳng tọa độ
(Oxy),(Oyz), (Ozx) .

Ta có: A1 ( 3;0;0) , A2 ( 0; −2;0) , A3 ( 0;0;4) và
B1 ( 3; −2;0) , B2 ( 3;0;4) , B3 ( 0; −2;4)

b) Do M ∈ Ox ⇒ M ( m;0;0) , N ∈ Oy ⇒ N ( 0; n;0)
130


uuuur

uuuur

Suy ra AM = ( m − 3;2; −4) , AN = ( −3; n + 2; −4)

uuuur uuuur
 AM .AN = 0
Tam giác AMN vuông cân tại A nên ta có 
 AM 2 = AN 2

2(n + 2) + 16
(1)
m − 3 =
−
3
 3(m − 3) + 2(n + 2) + 16 = 0

⇔
⇔
2
2
2
2
2
2
2
(m − 3) + 2 + (−4) = (−3) + (n + 2) + (−4)
  2(n + 2) + 16 = (n + 2)2 +


3



Ta có: (2) ⇔ 4(n + 2)2 + 64(n + 2) + 256 = 9(n + 2)2 + 45


32 + 3 231
22 + 3 231
n + 2 =
n =
5
5
⇔ 5(n + 2)2 − 64(n + 2) − 211 = 0 ⇔ 
⇔


32 − 3 231
22 − 3 231
n + 2 =
n =
5
5



189 + 6 231
m =
5
⇒
.

189 − 6 231
m =
5


Vậy có hai bộ thỏa yêu cầu bài toán:
 189 + 6 231

 22 + 3 231 
M1 
;0;0÷, N 1  0;
;0÷ hoặc

÷

÷
15
5




 189 − 6 231

 22 − 3 231 
M2 
;0;0÷, N 2  0;
;0÷ .

÷

÷
15
5




c) Vì E ∈ (Oyz) nên E ( 0; x; y)
uuuu
r
uuur
Suy ra AE = ( −3; y + 2; z − 4) , BE = ( 1; y − 4; z + 4)
uuuu
r uuur
⇒  AE , BE  = ( 8y + 6z − 8;4z + 8;10 − 4 y)



Nên từ giả thiết bài toán ta có:
 AE 2 = BE 2
 AE 2 = BE 2


r uuur
⇔  uuuu
r uuur 2
 1 uuuu
  AE , BE  = 3 29
  AE , BE  = 1044

2

AE 2 = BE 2 ⇔ 9 + ( y + 2)2 + (z − 4)2 = 1 + ( y − 4)2 + (z + 4)2 ⇔ y =
uuuu
r uuur 2
 AE , BE  = 1044 ⇔ ( 8y + 6z − 8) 2 + (4z + 8)2 + ( 10 − 4 y) 2 = 1044


131

4z + 1
3


2

2

 50z − 16 
2  26 − 16z 
34
⇔
÷ + ( 4z + 8) + 
÷ − 1044 = 0 ⇔ z = 2, z = −
3
3
25





• z = 2 ⇒ y = 3 nên E ( 0;3;2)
• z=−
Bi 9


37 34 
34
37
⇒ y= −
nên  0; − ; − ÷.
25 25 
25
25


uuur

uuur

uuur uuur

Ta có: OA = (4;0;0), OB = (x0; y0;0) ⇒ OA.OB = 4x0
(x − 4)2 + y2 = 40
0
 0

4
x
1
Theo giả thiết bài toán ta có hệ phương trình sau: 
0
=

2
2
2
 4. x0 + y0
 x2 + y2 − 8x = 24
2
 2
0
0
 0
 y0 = x0
⇔
⇔
 2x0 = x02 + y02
 x02 − 4x0 − 12 = 0

 x = 6
⇔ 0
⇒ B ( 6;6;0)
 y0 = 6
a) Do C ∈ Oz ⇒ C (0;0; m), m > 0 .
uuur
uuur
uuur uuur

OA
=
(4;0;0),
OB
=
(6;6;0)

OA
, OB  = (0;0;24) và
Ta có:


uuur
OC = (0;0; m)
uuur uuur uuur
1
.
⇒ OA, OB  .OC = 24m ⇒ V
OABC = .24m = 8 ⇔ m = 2 ⇒ C (0;0;2)


6
uuuu
r
 10
 uuuur
b) Ta có G  ;2;0÷, AM = xAC = (−4x;0;2x)
 3

uuuur
uuuur  2

⇒ M (4 − 4x;0;2x) ⇒ OM = (4 − 4x;0;2x); GM =  − 4x;2;2x ÷
3

uuuur uuuur
2
⇒ OM ⊥ GM ⇔ OM .GM = 0 ⇔ (4 − 4x)( − 4x) + 4x2 = 0
3
⇔ 20x2 −

56
8
7 ± 19
.
x + = 0 ⇔ 15x2 − 14x + 2 = 0 ⇔ x =
3
3
15

132



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×