Lý thuyết và bài tập mẫu hệ tọa độ trong không gian

Bài viết sau đây giới thiệu đến các bạn lý thuyết và bài tập mẫu hệ tọa độ trong không gian lớp 12 để luyện tập. Khoa Cử hy vọng với những chia sẻ về công thức hệ tọa độ trong không gian này sẽ hỗ trợ bạn đọc học tốt môn Toán lớp 12!

I. LÝ THUYẾT HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

			1.  Hệ trục tọa độ Oxyz:
			Hệ trục gồm ba trục $Ox,\,\,\,Oy,\,\,\,Oz$ đôi một vuông góc nhau. Trục $Ox:$ trục hoành, có vectơ đơn vị $\overrightarrow{i}=(1;0;0)$. Trục $Oy$: trục tung, có vectơ đơn vị $\overrightarrow{j}=(0;1;0)$. Trục $Oz:$ trục cao, có vectơ đơn vị $\overrightarrow{k}=(0;0;1).$ Điểm $O(0;0;0)$ là gốc tọa độ.
			2.  Tọa độ vectơ: Vectơ . Cho $\overrightarrow{a}=({{a}_{1}};{{a}_{2}};{{a}_{3}}),\,\,\,\overrightarrow{b}=({{b}_{1}};{{b}_{2}};{{b}_{3}})$. Ta có:
$\vec{a}\pm \vec{b}\,=\,\,({{a}_{1}}\pm {{b}_{1}};\,\,{{a}_{2}}\pm {{b}_{2}};\,\,{{a}_{3}}\pm {{b}_{3}})$						$\overrightarrow{a}$ cùng phương $\overrightarrow{b}$$\Leftrightarrow \,\overrightarrow{a}=k\overrightarrow{b}\,\,\,(k\in R)$$\Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{align}& {{a}_{1}}=k{{b}_{1}} \\& {{a}_{2}}=k{{b}_{2}} \\& {{a}_{3}}=k{{b}_{3}} \\\end{align} \right.\,\,\Leftrightarrow \,\,\frac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}}=\frac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}}=\frac{{{a}_{3}}}{{{b}_{3}}},\,\,\,\,({{b}_{1}},\,\,{{b}_{2}},\,\,{{b}_{3}}\ne 0).$
$k\vec{a}\,\,=\,\,(k{{a}_{1}};\,\,k{{a}_{2}};\,\,k{{a}_{3}})$
$\overrightarrow{a}=\overrightarrow{b}\,\,\Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{align}& {{a}_{1}}={{b}_{1}} \\& {{a}_{2}}={{b}_{2}} \\& {{a}_{3}}={{b}_{3}} \\\end{align} \right.$
$\vec{a}.\vec{b}={{a}_{1}}.{{b}_{1}}+{{a}_{2}}.{{b}_{2}}+{{a}_{3}}.{{b}_{3}}$		§ $\left| {\vec{a}} \right|=\,\,\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{2}^{2}}$							${{\vec{a}}^{2}}={{\left| \overrightarrow{a} \right|}^{2}}=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}$
$\overrightarrow{a}\bot \overrightarrow{b}\Leftrightarrow \overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0\Leftrightarrow {{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+{{a}_{3}}{{b}_{3}}=0$					$\cos (\vec{a},\,\,\vec{b})\,\,=\,\frac{\vec{a}.\vec{b}}{\left| {\vec{a}} \right|.\left| {\vec{b}} \right|}\,\,=\,\,\frac{{{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+{{a}_{3}}{{b}_{3}}}{\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}}.\sqrt{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}}}$
3.  Tọa độ điểm: . Cho$A({{x}_{A}};\,\,{{y}_{A}};\,\,{{z}_{A}})\,\,,\,\,\,B({{x}_{B}};\,\,{{y}_{B}};\,\,{{z}_{B}})\,\,,\,\,\,C({{x}_{C}};{{y}_{C}};{{z}_{C}})$, ta có:
$\overrightarrow{AB}=({{x}_{B}}-{{x}_{A}};{{y}_{B}}-{{y}_{A}};{{z}_{B}}-{{z}_{A}})$					$AB\,\,=\,\,\sqrt{{{({{x}_{B}}-{{x}_{A}})}^{2}}+{{({{y}_{B}}-{{y}_{A}})}^{2}}+{{({{z}_{B}}-{{z}_{A}})}^{2}}}$
Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB: $M\left( \frac{{{x}_{A}}+{{x}_{B}}}{2};\frac{{{y}_{A}}+{{y}_{B}}}{2};\frac{{{z}_{A}}+{{z}_{B}}}{2} \right).$					Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC:  $G\left( \frac{{{x}_{A}}+{{x}_{B}}+{{x}_{C}}}{3};\frac{{{y}_{A}}+{{y}_{B}}+{{y}_{C}}}{3};\frac{{{z}_{A}}+{{z}_{B}}+{{z}_{C}}}{3} \right).$
QUY TẮC CHIẾU ĐẶC BIỆT
Chiếu điểm trên trục tọa độ					Chiếu điểm trên mặt phẳng tọa độ
Điểm $M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,x)]{Chie\acute{a}u\,\,\,vao\,\,\,Ox}{{M}_{1}}({{x}_{M}};0;0)$ Điểm $M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,y)]{Chie\acute{a}u\,\,\,vao\,\,\,Oy}{{M}_{2}}(0;{{y}_{M}};0)$ Điểm $M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,z)]{Chie\acute{a}u\,\,\,vao\,\,\,Oz}{{M}_{3}}(0;0;{{z}_{M}})$					Điểm $M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,x,\,\,y)]{Chie\acute{a}u\,\,\,vao\,\,\,Oxy}{{M}_{1}}({{x}_{M}};{{y}_{M}};0)$ Điểm $M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,y,\,\,z)]{Chie\acute{a}u\,\,\,vao\,\,\,Oyz}{{M}_{2}}(0;{{y}_{M}};{{z}_{M}})$ Điểm $M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,x,\,\,\,z)]{Chie\acute{a}u\,\,\,vao\,\,\,Oxz}{{M}_{3}}({{x}_{M}};0;{{z}_{M}})$
Đối xứng điểm qua trục tọa độ					Đối xứng điểm qua mặt phẳng tọa độ
$M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,x;\,\,\,\tilde{n}oi\,\,\,da\acute{a}u\,\,\,y,\,\,z)]{\tilde{N}o\acute{a}i\,\,\,x\ddot{o}\grave{u}ng\,\,\,qua\,\,\,Ox}{{M}_{1}}({{x}_{M}};-{{y}_{M}};-{{z}_{M}})$ $M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,y;\,\,\,\tilde{n}oi\,\,\,da\acute{a}u\,\,\,x,\,\,z)]{\tilde{N}o\acute{a}i\,\,\,x\ddot{o}\grave{u}ng\,\,\,qua\,\,\,Oy}{{M}_{2}}(-{{x}_{M}};{{y}_{M}};-{{z}_{M}})$ $M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,z;\,\,\,\tilde{n}oi\,\,\,da\acute{a}u\,\,\,x,\,\,y)]{\tilde{N}o\acute{a}i\,\,\,x\ddot{o}\grave{u}ng\,\,\,qua\,\,\,Oz}{{M}_{3}}(-{{x}_{M}};-{{y}_{M}};{{z}_{M}})$					$M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,x,\,\,y;\,\,\,\tilde{n}oi\,\,\,da\acute{a}u\,\,\,z)]{\tilde{N}o\acute{a}i\,\,\,x\ddot{o}\grave{u}ng\,\,\,qua\,\,\,Oxy}{{M}_{1}}({{x}_{M}};{{y}_{M}};-{{z}_{M}})$ $M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,x,\,\,z;\,\,\,\tilde{n}oi\,\,\,da\acute{a}u\,\,\,y)]{\tilde{N}o\acute{a}i\,\,\,x\ddot{o}\grave{u}ng\,\,\,qua\,\,\,Oxz}{{M}_{2}}({{x}_{M}};-{{y}_{M}};{{z}_{M}})$ $M({{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})\xrightarrow[(Gi\ddot{o}\tilde{o}\,\,\,nguye\hat{a}n\,\,y,\,\,z;\,\,\,\tilde{n}oi\,\,\,da\acute{a}u\,\,\,x)]{\tilde{N}o\acute{a}i\,\,\,x\ddot{o}\grave{u}ng\,\,\,qua\,\,\,Oyz}{{M}_{3}}(-{{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}})$
4.  Tích có hướng của hai vectơ:
Định nghĩa: Cho $\overrightarrow{a}=({{a}_{1}},\,\,{{a}_{2}},\,\,{{a}_{3}})$, $\overrightarrow{b}=({{b}_{1}},\,\,{{b}_{2}},\,\,{{b}_{3}})$, tích có hướng của $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ là: $\,\left[ \vec{a},\vec{b} \right]\,\,=\,\,\left( \left| \begin{matrix}{{a}_{2}} & {{a}_{3}}  \\{{b}_{2}} & {{b}_{3}}  \\\end{matrix} \right|\,\,;\,\,\left| \begin{matrix}{{a}_{3}} & {{a}_{1}}  \\{{b}_{3}} & {{b}_{1}}  \\\end{matrix} \right|\,\,;\,\,\left| \begin{matrix}{{a}_{1}} & {{a}_{2}}  \\{{b}_{1}} & {{b}_{2}}  \\\end{matrix} \right| \right)=\left( {{a}_{2}}{{b}_{3}}-{{a}_{3}}{{b}_{2}};{{a}_{3}}{{b}_{1}}-{{a}_{1}}{{b}_{3}};{{a}_{1}}{{b}_{2}}-{{a}_{2}}{{b}_{1}} \right)$.
Tính chất:	$[\overrightarrow{a},\,\,\overrightarrow{b}]\,\,\bot \,\,\overrightarrow{a}$			$[\overrightarrow{a},\,\,\overrightarrow{b}]\,\,\bot \,\,\overrightarrow{b}$						$\left| [\overrightarrow{a},\,\overrightarrow{b}] \right|\,\,=\,\left| {\vec{a}} \right|.\left| {\vec{b}} \right|.\sin \left( \vec{a},\vec{b} \right)$
Điều kiện cùng phương của hai vectơ $\overrightarrow{a}\And \overrightarrow{b}$ là $\left[ \overrightarrow{a},\overrightarrow{b} \right]=\overrightarrow{0}$  với $\overrightarrow{0}=(0;0;0).$						Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ $\overrightarrow{a},\,\,\overrightarrow{b}$ và $\overrightarrow{c}$ là $[\overrightarrow{a},\,\,\overrightarrow{b}]\,.\overrightarrow{c}=0.$
Diện tích hình bình hành ABCD:${{S}_{ABCD}}=\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD} \right] \right|.$								Diện tích tam giác ABC: ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}\left| \left[ \overrightarrow{AB},\,\,\overrightarrow{AC} \right] \right|.$
Thể tích khối hộp: ${{V}_{ABCD.A’B’C’D’}}\,\,=\,\,\left| [\overrightarrow{AB},\,\,\overrightarrow{AD}].\overrightarrow{AA}’ \right|.$							Thể tích tứ diện: ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right].\overrightarrow{AD} \right|$.

Chú ý:                

– Tích vô hướng của hai vectơ thường sử dụng để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, tính góc giữa hai đường thẳng.

– Tích có hướng của hai vectơ thường sử dụng để tính diện tích tam giác; tính thể tích khối tứ diện, thể tích hình hộp; chứng minh các vectơ đồng phẳng – không đồng phẳng, chứng minh các vectơ cùng phương.

Xem thêm:  Cách giải và bài tập mẫu các dạng bài tập hệ tọa độ trong không gian

II. BÀI TẬP HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

Bài tập 1: Tìm tọa độ điểm trong không gian

Trong không gian $m$, cho tam giác đều $ABC$ có $A\left( 5;3;-1 \right),B\left( 2;3;-4 \right)$và điểm C nằm trong mặt phẳng $\left( \text{Oxy} \right)$ có tung độ nhỏ hơn $3$.

1/ Tìm tọa độ điểm $C$.

2/ Tìm tọa độ điểm $D$ biết $ABCD$ là tứ diện đều.

Lời giải

1/ Vì $C\in \left( Oxy \right)$ nên $C\left( x;y;0 \right)$.

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left( -3;0;-3 \right),\overrightarrow{AC}=\left( x-5;y-3;1 \right),\overrightarrow{BC}=\left( x-2y;y-3;4 \right)$

Tam giác $ABC$ đều nên $\left\{ \begin{align}& AB=AC \\& AC=BC \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& A{{B}^{2}}=A{{C}^{2}} \\& A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}} \\\end{align} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+1=18 \\& {{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+1={{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+16 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=1 \\& y=4 \\\end{align} \right.$$\vee \left\{ \begin{align}& x=1 \\& y=2 \\\end{align} \right.$.

Vì $C$ có tung độ nhỏ hơn 3 nên $C\left( 1;2;0 \right)$.

2/  Gọi $D\left( x;y;z \right)$.

Khi đó: $\overrightarrow{AD}=\left( x-5;y-3;z+1 \right);\overrightarrow{BD}=\left( x-2;y-3;z+4 \right);\overrightarrow{CD}=\left( x-1;y-2;z \right)$.

Vì tam giác ABC đều nên tứ diện ABCD đều khi và chỉ khi $AD=BD=CD=AB=3\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}={{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z+4 \right)}^{2}} \\& {{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}={{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{z}^{2}} \\& {{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=18 \\\end{align} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& z=1-x \\& y=16-5x \\& {{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=18 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& z=1-x \\& y=16-5x \\& 3{{x}^{2}}-16x+20=0 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=2 \\& y=6 \\& z=-1 \\\end{align} \right.$$\vee \left\{ \begin{align}& x=\frac{10}{3} \\& y=-\frac{2}{3} \\& z=-\frac{7}{3} \\\end{align} \right.$.

Vậy: $D\left( 2;6;-1 \right)\vee D\left( \frac{10}{3};-\frac{2}{3};-\frac{7}{3} \right)$.

Bài tập 2: Tính diện tích tam giác ABC

Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho tam giác ABC biết $A\left( 1;2;3 \right)$, B đối xứng với A qua mặt phẳng ($Oxy$), C đối xứng với B qua gốc tọa độ O. Tính diện tích tam giác ABC ?

Lời giải

Theo đề bài: B đối xứng với A qua mặt phẳng ($Oxy$)$\Rightarrow B(1;2;-3)$

C đối xứng với B qua gốc tọa độ O $\Rightarrow C(-1;-2;3)$

$\Rightarrow \overrightarrow{AB}=(0;0;-6);\overrightarrow{AC}=(-2;-4;0)\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}\left| \left[ \overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC} \right] \right|=6\sqrt{5}$.

Bài tập 3: Tìm tọa độ điểm trong không gian

Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho ba điểm $A\left( 1;2;4 \right),B\left( 2;-1;0 \right),D\left( -2;3;-1 \right)$.

1/ Tìm tọa độ điểm $D$ để tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.

2/ Tìm tọa độ tâm I của hình bình hành $ABCD$.

Lời giải

1/ Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {{x}_{D}}={{x}_{C}}-{{x}_{B}}+{{x}_{A}}=-3 \\& {{y}_{D}}={{y}_{C}}-{{y}_{B}}+{{y}_{A}}=6 \\& {{z}_{D}}={{z}_{C}}-{{z}_{B}}+{{z}_{A}}=3 \\\end{align} \right.\Rightarrow D\left( -3;6;3 \right)$

2/ Điểm I là tâm hình bình hành $ABCD$

$\Rightarrow $I là trung điểm của AC $\Rightarrow \left\{ \begin{align}& {{x}_{I}}=\frac{{{x}_{A}}+{{x}_{C}}}{2} \\& {{y}_{I}}=\frac{{{y}_{A}}+{{y}_{C}}}{2} \\& {{z}_{I}}=\frac{{{z}_{A}}+{{z}_{C}}}{2} \\\end{align} \right.\Rightarrow I\left( -\frac{1}{2};\frac{5}{2};\frac{3}{2} \right)$.

Bài tập 4: Tìm các giá trị của $x$ để tam giác $ABC$ đều

Trong không gian với hệ tọa độ$Oxyz$ cho $A(-2;2;-1)$, $B\left( -2;3;0 \right),\,$$C\left( x;3;-1 \right)$. Tìm các giá trị của $x$ để tam giác $ABC$ đều?

Lời giải

Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB

Ta có: $M\left( -2;\frac{5}{2};-\frac{1}{2} \right)$ ,$AB=\sqrt{2}$, $CM=\sqrt{{{(x+2)}^{2}}+\frac{1}{2}}$ 

Tam giác ABC đều khi và chỉ khi $CM=AB\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow \sqrt{{{(x+2)}^{2}}+\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\Leftrightarrow {{(x+2)}^{2}}=1\Rightarrow \left[ \begin{align}& x=-1 \\& x=-3 \\\end{align} \right.$

Vậy: $\left[ \begin{align}& x=-1 \\& x=-3 \\\end{align} \right.$ là các giá trị cần tìm.

Bài tập 5: Tính tọa độ các đỉnh của hình hộp

Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$

1/ Chứng minh: $\overrightarrow{AC’}+\overrightarrow{CA’}+2\overrightarrow{C’C}=\overrightarrow{0}$

2/ Cho $A\left( 1;0;1 \right),B\left( 2;1;2 \right),C’\left( 4;5;-5 \right),D\left( 1;-1;1 \right)$. Tính tọa độ các đỉnh còn lại của hình hộp.

Lời giải

1/ Ta có: $\overrightarrow{AC’}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CC’}$; $\overrightarrow{CA’}=\overrightarrow{CC’}+\overrightarrow{C’A}$ và $\overrightarrow{C’A’}=\overrightarrow{CA}$

Suy ra: $\overrightarrow{AC’}+\overrightarrow{CA’}+2\overrightarrow{C’C}=2\overrightarrow{CC’}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{C’C}=\overrightarrow{0}$ (đpcm)

2/ Sử dụng công thức hai vecto bằng nhau ta được: $C\left( 2;0;2 \right),B’\left( 4;6;-5 \right),A’\left( 3;5;-6 \right),D’\left( 3;4;-6 \right)$

Bài tập 6: Tính trị tuyệt đối của hiệu hai vecto và góc giữa hai vecto

Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$ cho hai vecto $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$ thỏa mãn $\left( \overrightarrow{a};\overrightarrow{b} \right)={{120}^{0}};\left| \overrightarrow{a} \right|=2;\left| \overrightarrow{b} \right|=3$

1)    Tính $\left| \overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b} \right|$.

2)    Tính góc giữa hai vecto $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{x}=3\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}$.

Lời giải

1)    Ta có: $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\left| \overrightarrow{a} \right|.\left| \overrightarrow{b} \right|.\cos \left( \overrightarrow{a};\overrightarrow{b} \right)=-3$

$\Rightarrow {{\left( \overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b} \right)}^{2}}={{\overrightarrow{a}}^{2}}-4\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}+4{{\overrightarrow{b}}^{2}}=52\Rightarrow \left| \overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b} \right|=2\sqrt{13}$.

2) Ta có: $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{x}=\overrightarrow{a}\left( \overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b} \right)={{\overrightarrow{a}}^{2}}-2\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=6$ và $\left| \overrightarrow{x} \right|=\sqrt{{{\left( 3\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b} \right)}^{2}}}=6$.

$\Rightarrow \cos \left( \overrightarrow{a};\overrightarrow{x} \right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{x}}{\left| \overrightarrow{a} \right|.\left| \overrightarrow{x} \right|}=\frac{1}{2}\Rightarrow \left( \overrightarrow{a};\overrightarrow{x} \right)={{60}^{0}}$.

Bài tập 7: Tính độ dài đoạn thẳng$AM$

Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ có $A\left( 2;0;0 \right)$, $B\left( 0;3;1 \right)$, $C\left( -3;6;4 \right)$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $BC$ sao cho $MC=2MB$. Tính độ dài đoạn thẳng$AM$.

Lời giải

Vì điểm $M$ thuộc cạnh $BC$ nên $\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MB}$, suy ra tọa độ điểm $M$ là

$\left\{ \begin{align}& {{x}_{M}}=\frac{{{x}_{C}}-(-2){{x}_{B}}}{1-(-2)}=-1 \\& {{y}_{M}}=\frac{{{y}_{C}}-(-2){{y}_{B}}}{1-(-2)}=4 \\& {{z}_{M}}=\frac{{{z}_{C}}-(-2){{z}_{B}}}{1-(-2)}=2 \\\end{align} \right.$.

Vậy độ dài $AM$ bằng:

       $\sqrt{{{\left( {{x}_{M}}-{{x}_{A}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{M}}-{{y}_{A}} \right)}^{2}}+{{({{z}_{M}}-{{z}_{A}})}^{2}}}=\sqrt{{{\left( -1-2 \right)}^{2}}+{{\left( 4-0 \right)}^{2}}+{{(2-0)}^{2}}}=\sqrt{29}$.

Bài tập 8: Tính thể tích của khối tứ diện $BDA’M$

Trong không gian $m$, cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có đỉnh A trùng với gốc $O$, $B\left( a;0;0 \right)$, $D\left( 0;a;0 \right),A’\left( 0;0;b \right)$$\left( a,b>0 \right)$. Gọi M là trung điểm của cạnh $CC’$. Tính thể tích của khối tứ diện $BDA’M$.             

Lời giải

Ta có : $C\left( a;a;0 \right),C’\left( a;a;b \right)\Rightarrow M\left( a;a;\frac{b}{2} \right)$.

Vậy thể tích của khối tứ diện $BDA’M$là:    ${{V}_{BDA’M}}=\frac{1}{6}\left| \left[ \overrightarrow{BD},\overrightarrow{BM} \right].\overrightarrow{BA’} \right|=\frac{{{a}^{2}}b}{4}$.

Xem thêm:

Cách giải và bài tập mẫu các dạng bài tập hệ tọa độ trong không gian

Cách giải và bài tập mẫu góc giữa hai mặt phẳng oxyz