Giải Toán 12 SGK nâng cao Chương 3 Bài 1 Hệ tọa độ trong không gian

Cho vecto $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{j};\overrightarrow{v}=3\overrightarrow{i}+5\left(\overrightarrow{j}-\overrightarrow{k}\right);\overrightarrow{\mathrm{w}}=2\overrightarrow{i}-\overrightarrow{k}+3\overrightarrow{j}$

a) Tìm toạ độ của các vectơ đó.

b) Tìm côsin của các góc $\left(\overrightarrow{v},\overrightarrow{i}\right);\left(\overrightarrow{v},\overrightarrow{j}\right);\left(\overrightarrow{v},\overrightarrow{k}\right)$

c) Tính các tích vô hướng $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v},\overrightarrow{u}.\overrightarrow{\mathrm{w}},\overrightarrow{v}.\overrightarrow{\mathrm{w}}$

Hướng dẫn giải:

Câu a:

$\overrightarrow{u}=\left(1;-2;0\right);\overrightarrow{v}=\left(3;5;-5\right);\overrightarrow{\mathrm{w}}=\left(2;3;-1\right)$

Câu b:

$\begin{array}{l}\cos \left(\overrightarrow{v};\overrightarrow{i}\right)=\frac{\overrightarrow{v}.\overrightarrow{i}}{|\overrightarrow{v}||\overrightarrow{i}|}=\frac{3}{\sqrt{59}}\\ \cos \left(\overrightarrow{v};\overrightarrow{j}\right)=\frac{\overrightarrow{v}.\overrightarrow{j}}{|\overrightarrow{v}||\overrightarrow{j}|}=\frac{5}{\sqrt{59}}\\ \cos \left(\overrightarrow{v};\overrightarrow{k}\right)=\frac{\overrightarrow{v}.\overrightarrow{k}}{|\overrightarrow{v}||\overrightarrow{k}|}=\frac{-5}{\sqrt{59}}\end{array}$

Câu c:

$\begin{array}{l}\overrightarrow{u}=\left(1;-2;0\right);\overrightarrow{v}=\left(3;5;-5\right);\overrightarrow{\mathrm{w}}=\left(2;3;-1\right)\\ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=1.3-2.5+0(-5)=-7\\ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{w}=1.2-2.3+0(-1)=-4\\ \overrightarrow{v}.\overrightarrow{w}=3.2+5.3+(-5).(-1)=26\end{array}$

---

Cho vecto $\overrightarrow{u}$ tùy ý khác $\overrightarrow{0}$. Chứng minh $co{s}^2(\overrightarrow{u},\overrightarrow{i})+co{s}^2(\overrightarrow{u},\overrightarrow{j})+co{s}^2(\overrightarrow{u},\overrightarrow{k})=1$

Hướng dẫn giải:

Giả sử $\overrightarrow{u}=\left(x;y;z\right)$

$\begin{array}{l}cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{i})=\frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{i}}{|\overrightarrow{u}||\overrightarrow{i}|}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\Rightarrow {\cos }^2(\overrightarrow{u},\overrightarrow{i})=\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}\\ {\cos }^2(\overrightarrow{u},\overrightarrow{j})=\frac{y^2}{x^2+y^2+z^2};{\cos }^2(\overrightarrow{u},\overrightarrow{k})=\frac{z^2}{x^2+y^2+z^2}\end{array}$

Vậy $\mathrm{\setminus }(co{s}^2(\overrightarrow{u},\overrightarrow{i})+co{s}^2(\overrightarrow{u},\overrightarrow{j})+co{s}^2(\overrightarrow{u},\overrightarrow{k})=\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2+z^2}=1$

---

Tìm góc giữa hai vecto $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ trong mỗi trường hợp sau:

a) $\overrightarrow{u}=\left(1;1;1\right);\overrightarrow{v}=\left(2;1;-1\right)$

b) $\overrightarrow{u}=3\overrightarrow{i}+4\overrightarrow{j};\overrightarrow{v}=-2\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}$

Hướng dẫn giải:

Câu a: 

$\cos \left(\overrightarrow{u};\overrightarrow{v}\right)=\frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}{|\overrightarrow{u}||\overrightarrow{v}|}=\frac{2}{\sqrt{3}.\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$

Câu b:

$\begin{array}{l}\overrightarrow{u}=\left(3;4;9\right);\overrightarrow{v}=\left(0;-2;3\right)\\ \Rightarrow \cos \left(\overrightarrow{u};\overrightarrow{v}\right)=\frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}{|\overrightarrow{u}||\overrightarrow{v}|}=\frac{-8\sqrt{13}}{65}\end{array}$

---

Biết $|\overrightarrow{u}|=2;|\overrightarrow{v}|=5$, góc giữa vecto $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ bằng $\frac{2\pi }{3}$. Tìm vecto $\overrightarrow{p}=k\overrightarrow{u}+17\overrightarrow{v}$ vuông góc với vecto $\overrightarrow{q}=3\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$

Hướng dẫn giải:

Ta có: 

$\begin{array}{l}cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})=cos\frac{2\pi }{3}=-\frac{1}{2};\overrightarrow{p}\mathrm{\perp }\overrightarrow{q}\\ \overrightarrow{p}.\overrightarrow{q}=0\iff \left(k\overrightarrow{u}+17\overrightarrow{v}\right)\left(3\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}\right)=0\\ \iff 3k|\overrightarrow{u}{|}^2-17|\overrightarrow{v}{|}^2+\left(51-k\right)\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=0\\ \iff 3k.4-17.25+(51-k).2.5.\left(-\frac{1}{2}\right)=0\\ \iff 17k-680=0\\ \iff k=40\end{array}$

Vậy với k = 0 thì $\overrightarrow{p}\mathrm{\perp }\overrightarrow{q}$

---

Cho điểm M(a; b; c)

a) Tìm toạ độ hình chiếu (vuông góc) của M trên các mặt phẳng toạ độ và trên các trục toạ độ.

b) Tìm khoảng cách từ điểm M đến các mặt phẳng toạ độ, đến các trục toạ độ.

c) Tìm toạ độ của các điểm đối xứng với M qua các mặt phẳng toạ độ.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Gọi M1(x; y; 0) là hình chiếu của điểm M(a;b;c) trên mp(Oxy) thì $\overrightarrow{M{M}_1}=\left(x-a,y-b,-c\right);\overrightarrow{M{M}_1}.\overrightarrow{i}=\overrightarrow{M{M}_1}.\overrightarrow{j}=0$ nên 

$\{\begin{array}{l}x-a=0\\ y-b=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=a\\ y=b\end{array}\Rightarrow M_1(a;b;0)$

Tương tự M2(0; b; c) là hình chiếu của M(a; b; c) trên mp(Oyz)
Và M3(a; 0; c) là hình chiếu của M(a;b;c) trên mp(Oxz).
Giả sử M4(x; 0; 0) là hình chiếu của M(a; b; c) trên trục Ox thì

$\overrightarrow{M{M}_4}=\left(x-a;-b;-c\right);\overrightarrow{M{M}_4}.\overrightarrow{i}=0$ nên x = a.

Vậy $M_4\left(a;0;0\right)$

Tương tự M5(0; b; 0) và M6(0; 0; c) lần lượt là hình chiếu của M(a; b; c) trên trục Oy và Oz.

Câu b:

Khoảng cách từ M đến (Oxy) là:

$\begin{array}{l}d(M;(Oxy))=M{M}_1=\sqrt{{(a-a)}^2+{(b-b)}^2+{(c-0)}^2}=|c|\\ d(M;(Oyz))=|a|;d(M;(Oxz))=|b|\\ d(M;Ox)=M{M}_4=\sqrt{{(a-a)}^2+{(b-0)}^2+{(c-0)}^2}=\sqrt{b^2+c^2}\\ d(M;Oy)=\sqrt{a^2+c^2},d(M;Oz)=\sqrt{a^2+b^2}\end{array}$

Câu c:

Gọi M′1(x; y; z) là điểm đối xứng của M qua mp(Oxy) thì M1 là trung điểm của MM′1 nên

Tương tự M′2(−a; b; c) là điểm đối xứng của M qua mp(Oyz)
Và M′3(a; −b; c) là điểm đối xứng của M qua mp(Oxz)

---

Cho hai điểm A(x1; y1; z1) và B(x2; y2; z2). Tìm toạ độ điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k (tức là $\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}$), trong đó k ≠ 1

Hướng dẫn giải:

Giả sử M(x; y; z) thỏa mãn $\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}$ với k ≠ 1

Ta có: 

$\begin{array}{l}\overrightarrow{MA}=(x_1-x;y_1-y;z_1-z);\overrightarrow{MB}=(x_2-x;y_2-y;z_2-z)\\ \overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}\iff \{\begin{array}{c}{x}_1-x=k(x_2-x)\\ y_1-y=k(y_2-y)\\ z_1-z=k(z_2-z)\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=\frac{x_1-k{x}_2}{1-k}\\ y=\frac{y_1-k{y}_2}{1-k}\\ z=\frac{z_1-k{z}_2}{1-k}\end{array}\end{array}$

---

Cho hình bình hành ABCD với A(-3 ; -2 ; 0), B(3 ; -3 ; 1), C(5 ; 0 ; 2). Tìm toạ độ đỉnh D và tính góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}$

Hướng dẫn giải:

Ta có $\overrightarrow{BA}=(-6;1;-1);\overrightarrow{BC}=(2;3;1)$. Vì $\frac{-6}{2}\ne \frac{1}{3}\ne \frac{-1}{1}$ nên $\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}$ không cùng phương nên ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

Giả sử D(x; y; z) thì $\overrightarrow{BD}=(x-3;y+3;z-1)$
ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi: 

$\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\iff \{\begin{array}{l}x-3=-6+2\\ y+3=1+3\\ z-1=-1+1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-1\\ y=1\\ z=1\end{array}$

Vậy D(−1; 1; 1). Ta có $\overrightarrow{AC}=\left(8;2;2\right);\overrightarrow{BD}=\left(-4;4;0\right)$

Do đó: 

$\begin{array}{l}cos\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{BD}\right)=\frac{\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}}{AC.BD}=\frac{-32+8}{\sqrt{72}.\sqrt{32}}=-\frac{1}{2}\\ \Rightarrow \left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{BD}\right)=\frac{2\pi }{3}\end{array}$

---

a) Tìm toạ độ điểm M thuộc trục Ox sao cho M cách đều hai điểm A(1 ; 2 ; 3) và B(-3 ; -3 ; 2).

b) Cho ba điểm A(2; 0; 4); B(4; $\sqrt{3}$; 5) và C(sin5t, cos3t, sin3t). Tìm t để AB vuông góc với OC (O là gốc toạ độ).

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Giả sử M(x; 0; 0) thuộc trục Ox và MA = MB.

Ta có:

$\begin{array}{l}M{A}^2=M{B}^2\\ \iff (1-x{)}^2+2^2+3^2=(-3-x{)}^2+(-3{)}^2+2^2\\ \iff 1-2x+x^2+13=9+6x+x^2+13\iff x=-1\\ \Rightarrow M(-1;0;0)\end{array}$

Câu b:

Ta có:

$\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=(2;\sqrt{3};1);\overrightarrow{OC}=(sin5t;cos3t;sin3t)\\ AB\mathrm{\perp }OC\iff \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{OC}=0\\ \iff 2sin5t+\sqrt{3}cos3t+sin3t=0\\ \iff sin5t+\frac{\sqrt{3}}{2}cos3t+\frac{1}{2}sin3t=0\\ \iff sin5t=-sin\left(3t+\frac{\pi }{3}\right)\\ \iff sin5t=sin\left(-3t-\frac{\pi }{3}\right)\\ \iff [\begin{array}{c}5t=-3t-\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ 5t=\pi +3t+\frac{\pi }{3}+k2\pi \end{array}\iff [\begin{array}{c}t=-\frac{\pi }{24}+\frac{k\pi }{4}\\ t=\frac{2\pi }{3}+k\pi \end{array}(k\in Z)\end{array}$

---

Xét sự đồng phẳng của ba vectơ $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}$  trong mỗi trường hợp sau:

$\begin{array}{l}a)\overrightarrow{u}(4;3;4),\overrightarrow{v}(2;-1;2),\overrightarrow{w}(1;2;1)\\ b)\overrightarrow{u}(1;-1;1),\overrightarrow{v}(0;1;2),\overrightarrow{w}(4;2;3)\\ c)\overrightarrow{u}(4;2;5),\overrightarrow{v}(3;1;3),\overrightarrow{w}(2;0;1)\end{array}$

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có: 

$\begin{array}{l}\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right]=\left(\left|\begin{array}{cc}3& 4\\ -1& 2\end{array}\right|;\left|\begin{array}{cc}4& 4\\ 2& 2\end{array}\right|;\left|\begin{array}{cc}4& 3\\ 2& -1\end{array}\right|\right)=\left(10;0;-10\right)\\ \Rightarrow \left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right].\overrightarrow{w}=10.1+0.2-10.1=0\end{array}$

Do đó $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}$ đồng phẳng

Câu b:

$\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right].\overrightarrow{w}\ne 0\Rightarrow$ $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}$ không đồng phẳng

Câu c:

$\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right].\overrightarrow{w}=0\Rightarrow$ $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}$ đồng phẳng

---

Cho ba điểm A(1; 0; 0); B(0; 0; 1); C(2; 1; 1)

a) Chứng minh A, B, C không thẳng hàng.

b) Tính chu vi và diện tích tam giác ABC.

c) Tính độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A.

d) Tính các góc của tam giác ABC.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có: $\overrightarrow{BA}=\left(1;0;-1\right),\overrightarrow{BC}=\left(2;1;0\right)$

Vì $\frac{1}{2}\ne \frac{0}{1}\Rightarrow \overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}$ không cùng phương do đó A, B, C thẳng hàng.

Câu b:

$\begin{array}{l}AB=\sqrt{1^2+0^2+{(-1)}^2}=\sqrt{2}\\ BC=\sqrt{2^2+1^2+0^2}=\sqrt{5}\\ AC=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}\end{array}$

Vậy chu vi tam giác ABC bằng $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$

Ta có: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2\Rightarrow \mathrm{\Delta }ABC$ vuông tại A nên có diện tích $S=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{\sqrt{6}}{2}$

Câu c:

Gọi h_a là độ dài đường cao kẻ từ A ta có:

$S_{ABC}=\frac{1}{2}BC.h_a\Rightarrow h_a=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{30}}{5}$

Câu d:

Vì tam giác ABC vuông tại A nên:

$\begin{array}{l}cosB=\frac{AB}{BC}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{5}\\ cosC=\frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}\end{array}$

---

Cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0), B(0 ; 1 ; 0), C(0 ; 0 ; 1) và D(-2 ; 1 ; -2).

a) Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện.

b) Tính góc giữa các đường thẳng chứa các cạnh đối của tứ diện đó.

c) Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có: 

$\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=(-1;1;0),\overrightarrow{AC}=(-1;0;1),\overrightarrow{AD}=(-3;1;-2)\\ \left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]=\left(\left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right|;\left|\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& -1\end{array}\right|;\left|\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& 0\end{array}\right|\right)=\left(-3;1;-2\right)\\ \Rightarrow \left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right].\overrightarrow{AD}=-3.1+1.1-2.1=-4\ne 0\end{array}$

Do đó 3 vecto  $\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AD}$ không đồng phẳng. Vậy A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện.

Câu b:

Ta có $\overrightarrow{CD}=\left(-2;1;-3\right),\overrightarrow{BD}=\left(-2;0;-2\right),\overrightarrow{BC}=\left(0;-1;1\right)$

Gọi α, β, γ lần lượt là góc tạo bởi các cặp đường thẳng AB và CD, AC và BD, AD và BC thì

$\begin{array}{l}cos\alpha =\left|\cos \left(\overrightarrow{AD};\overrightarrow{CD}\right)\right|=\frac{|2+1+0|}{\sqrt{2}.\sqrt{14}}=\frac{3\sqrt{7}}{14}\\ cos\beta =\left|\cos \left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{BD}\right)\right|=\frac{|2+0-2|}{\sqrt{2}.\sqrt{8}}=0\Rightarrow AC\mathrm{\perp }BD\\ cos\gamma =\left|\cos \left(\overrightarrow{AD};\overrightarrow{BC}\right)\right|=\frac{|0-1-2|}{\sqrt{2}.\sqrt{14}}=\frac{3\sqrt{7}}{14}\end{array}$

Câu c:

Thể tích của tứ diện ABCD là: $V=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right].\overrightarrow{AD}\right|=\frac{1}{6}|-4|=\frac{2}{3}$

Gọi h_A là đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh A.
Ta có:

$\begin{array}{l}V=\frac{1}{3}{h}_A.S_{BCD}\Rightarrow h_A=\frac{3V}{S_{BCD}}\\ S_{BCD}=\frac{1}{2}\left|\left[\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BD}\right]\right|=\sqrt{3}\\ \Rightarrow h_A=\frac{3.\frac{2}{3}}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\end{array}$

---

Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA = h, đáy là tam giác ABC vuông tại C, AC = b, BC = a. Gọi M là trung điểm của AC và N  là điểm sao cho $\overrightarrow{SN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SB}$

a) Tính độ dài đoạn thẳng MN.

b) Tìm sự liên hệ giữa a, b, h để MN vuông góc với SB.

Hướng dẫn giải:

 

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, B nằm trong góc xOy.

Ta có: A = (0; 0; 0), C = (b; 0; 0), B = (b; a; 0), S = (0; 0; h).

$M\left(\frac{b}{2};0;0\right),\overrightarrow{SB}=(b;a;-h)$

Gọi N(x; y; z) thì $\overrightarrow{SN}=\left(x;y;z-h\right)$

$\overrightarrow{SN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SB}\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{b}{3}\\ y=\frac{a}{3}\\ z-h=\frac{-h}{3}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{b}{3}\\ y=\frac{a}{3}\\ z=\frac{2h}{3}\end{array}\Rightarrow N\left(\frac{b}{3};\frac{a}{3};\frac{2h}{3}\right)$

Câu a:

$\begin{array}{l}\overrightarrow{MN}=\left(\frac{b}{3}-\frac{b}{2};\frac{a}{3};\frac{2h}{3}\right)=\left(-\frac{b}{6};\frac{a}{3};\frac{2h}{3}\right)\\ MN=\sqrt{\frac{b^2}{36}+\frac{a^2}{9}+\frac{4h^2}{9}}=\frac{1}{6}\sqrt{b^2+4a^2+16h^2}\end{array}$

Câu b:

$\begin{array}{l}MN\mathrm{\perp }SB\iff \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{SB}=0\\ \iff -\frac{b^2}{6}+\frac{a^2}{3}+\frac{-2h^2}{3}=0\\ \iff 4h^2=2a^2-b^2\end{array}$

---

Tìm toạ độ tâm và tính bán kính của mỗi mặt cầu sau đây :

$\begin{array}{l}a)x^2+y^2+z^2-8x+2y+1=0\\ b)3x^2+3y^2+3z^2+6x-3y+15z-2=0\\ c)9x^2+9y^2+9z^2-6x+18y+1=0\end{array}$

Hướng dẫn giải:

Câu a:

$\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2-8x+2y+1=0\\ \iff (x^2-8x+16)+(y^2+2y+1)+z^2=16\\ \iff (x-4{)}^2+(y+1{)}^2+z^2=16\end{array}$

Mặt cầu có tâm I(4; −1; 0) và có bán kính R = 4.

Câu b:

$\begin{array}{l}3x^2+3y^2+3z^2+6x-3y+15z-2=0\\ \iff x^2+y^2+z^2+2x-y+5z-23=0\\ \iff (x+1{)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(z+\frac{5}{2}\right)}^2=\frac{49}{6}\end{array}$

Mặt cầu có tâm $I\left(-1;\frac{1}{2};-\frac{5}{2}\right)$ và có bán kính $R=\frac{7\sqrt{6}}{6}$

Câu c:

$\begin{array}{l}9x^2+9y^2+9z^2-6x+18y+1=0\\ \iff x^2+y^2+z^2-\frac{2}{3}x+2y+\frac{1}{9}=0\\ \iff {\left(x-\frac{1}{3}\right)}^2+(y+1{)}^2+z^2=1\end{array}$

Mặt cầu có tâm $I\left(\frac{1}{3};-1;0\right)$ và có bán kính R = 1

---

Trong mỗi trường hợp sau, hãy viết phương trình mặt cầu :

a) Đi qua ba điểm A(0 ; 8 ; 0), B(4; 6 ; 2), C(0 ; 12 ; 4) và có tâm nằm trên mp(Oyz);

b) Có bán kính bằng 2, tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz) và có tâm nằm trên tia Ox;

c) Có tâm I(1 ; 2 ; 3) và tiếp xúc với mp(Oyz).

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Tâm I của mặt cầu nằm trên mp(Oyz) nên I(0; b; c) Ta tìm b và c để IA = IB = IC. Ta có:

$\{\begin{array}{l}I{A}^2=I{B}^2\\ I{A}^2=I{C}^2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}(8-b{)}^2+c^2=4^2+(6-b{)}^2+(2-c{)}^2\\ (8-b{)}^2+c^2=(12-b{)}^2+(4-c{)}^2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}b=7\\ c=5\end{array}$

Vậy tâm I(0; 7; 5) bán kính $R=IA=\sqrt{0+1+25}=\sqrt{26}$

Mặt cầu có phương trình $x^2+{\left(y-7\right)}^2+{\left(z-5\right)}^2=26$

Câu b:

Vì tâm của mặt cầu nằm trên tia Ox và mặt cầu tiếp xúc với mp(Oyz) nên điểm tiếp xúc phải là O, do đó bán kính mặt cầu là R = IO = 2 và I(2; 0; 0).

Mặt cầu có phương trình $(x-2{)}^2+y^2+z^2=4$

Câu c:

Vì mặt cầu có tâm I(1; 2; 3) và tiếp xúc với mp(Oyz), vậy R = 1. Mặt cầu có phương trình 
$(x-1{)}^2+(y-2{)}^2+(z-3{)}^2=1$

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Toán 12 Chương 3 Bài 1 Hệ tọa độ trong không gian được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 12 học tập thật tốt!