- LG a
- LG b
- LG c
- LG d
Câu 2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A[4; -1; 2], B[1; 2; 2] và C[1; -1; 5].
LG a
Chứng minh rằng ABC là tam giác đều.
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\[\eqalign{
& \overrightarrow {AB} = \left[ { - 3,3,0} \right],\overrightarrow {AC} = \left[ { - 3,0,3} \right],\overrightarrow {BC} = \left[ {0, - 3,3} \right] \cr
& \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left[ { - 3} \right]}^2} + {3^2} + {0^2}} = 3\sqrt 2 \cr
& AC = 3\sqrt 2 \cr
& BC = 3\sqrt 2 \cr
& \Rightarrow AB = BC = AC = 3\sqrt 2 . \cr} \]
Vậy tam giác ABC đều.
LG b
Viết phương trình mp[ABC]. Tính thể tích khối tứ diện giới hạn bởi mp[ABC] và các mặt phẳng tọa độ.
Lời giải chi tiết:
Ta có:
[ABC] đi qua A và nhận \[\overrightarrow n = \left[ {1;1;1} \right]\]là 1 vectơ pháp tuyến nên [ABC] có phương trình: \[\left[ {x - 4} \right] + \left[ {y + 1} \right] + \left[ {z - 2} \right] = 0 \Leftrightarrow x + y + z - 5 = 0.\]
Mặt phẳng [ABC] cắt với trục Ox tại điểm A[5; 0; 0]
Mặt phẳng [ABC] cắt trục Oy tại điểm B[0; 5; 0]
Mặt phẳng [ABC] cắt trục Oz tại điểm C[0; 0; 5].
Khi đó khối tứ diện giới hạn bởi mặt phẳng [ABC] và các mặt phẳng tọa độ là tứ diện OABC và\[{V_{OA'B'C'}} = {1 \over 6}OA'.OB'.OC' = {1 \over 6}.5.5.5 = {{125} \over 6}.\]
LG c
Viết phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Lời giải chi tiết:
Gọi I[a, b, c] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có:
\[\eqalign{
& \left\{ \matrix{
IA = IB \Leftrightarrow I{A^2} = I{B^2} \Leftrightarrow {\left[ {a - 4} \right]^2} + {\left[ {b + 1} \right]^2} + {\left[ {c - 2} \right]^2} = {\left[ {a - 1} \right]^2} + {\left[ {b - 2} \right]^2} + {\left[ {c - 2} \right]^2} \hfill \cr
IA = IC \Leftrightarrow I{A^2} = I{C^2} \Leftrightarrow {\left[ {a - 4} \right]^2} + {\left[ {b + 1} \right]^2} + {\left[ {c - 2} \right]^2} = {\left[ {a - 1} \right]^2} + {\left[ {b + 1} \right]^2} + {\left[ {c - 5} \right]^2} \hfill \cr
I \in \left[ {ABC} \right] \Rightarrow a + b + c - 5 = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
- 8a + 16 + 2b + 1 = - 2a + 1 - 4b + 4 \hfill \cr
- 8a + 16 + 2b + 1 - 4c + 4 = - 2a + 1 + 2b + 1 - 10c + 25 \hfill \cr
a + b + c - 5 = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
6a - 6b = 12 \hfill \cr
6a - 6c = - 6 \hfill \cr
a + b + a = 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a - b = 2 \hfill \cr
a - c = - 1 \hfill \cr
a + b + c = 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = 2 \hfill \cr
b = 0 \hfill \cr
c = 3 \hfill \cr} \right. \Rightarrow I\left[ {2,0,3} \right]. \cr} \]
Trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường thẳng đi qua I và vuông góc với [ABC] nên trục đó đi qua I[2; 0; 3] và nhận \[\overrightarrow n = \left[ {1,1,1} \right]\]là 1 vectơ chỉ phương.
Do đó trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:
\[\left\{ \matrix{
x = 2 + t \hfill \cr
y = t \hfill \cr
z = 3 + t \hfill \cr} \right.\,\,\left[ \Delta \right]\]
LG d
Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là tứ diện đều.
Lời giải chi tiết:
Để ABCD là tứ diện đều thì \[D \in \left[ \Delta \right] \Rightarrow D\left[ {2 + t,t,3 + t} \right].\]
Và \[DA = AB = 3\sqrt 2 \Leftrightarrow D{A^2} = 18.\]
\[\eqalign{
& \Leftrightarrow {\left[ {t - 2} \right]^2} + {\left[ {t + 1} \right]^2} + {\left[ {t + 1} \right]^2} = 18 \cr
& \Leftrightarrow 3{t^2} = 12 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = 2 \hfill \cr
t = - 2 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
D\left[ {4,2,5} \right] \hfill \cr
D\left[ {0, - 2,1} \right] \hfill \cr} \right.. \cr} \]
Vậy có hai điểm D để ABCD là tứ diện đều là \[D\left[ {4,2,5} \right]\]hoặc \[D\left[ {0, - 2,1} \right]\].