Cách Giải Và Bài Tập Mẫu Tích Vô Hướng, Tích Có Hướng Của Hai Vectơ

Bài viết sau đây giới thiệu đến các bạn cách giải tích vô hướng, tích có hướng của hai vectơ trong không gian và bài tập mẫu tích vô hướng, tích có hướng của hai vectơ oxyz lớp 12 để luyện tập. Khoa Cử hy vọng với những chia sẻ này sẽ hỗ trợ bạn đọc học tốt môn Toán lớp 12!

I. CÁCH GIẢI CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG, TÍCH CÓ HƯỚNG CỦA HAI VECTO

			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 góc giữa hai mặt phẳng oxyz

II. BÀI TẬP MẪU CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG, TÍCH CÓ HƯỚNG CỦA HAI VECTO

1. Tích vô hướng

Bài tập 1: Tìm góc giữa hai véctơ $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$

Cho $\overrightarrow{u}=\left( -1;1;0 \right)$, $\overrightarrow{v}=\left( 0;-1;0 \right)$, góc giữa hai véctơ $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ là

A. $120{}^\circ $.                         B. $45{}^\circ $.                          C. $135{}^\circ $.                            D. $60{}^\circ $.

Lời giải

Chọn C

Ta có $\cos \left( \overrightarrow{u},\overrightarrow{v} \right)=\frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}{\left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|}=\frac{-1}{\sqrt{2}}$$\Rightarrow \left( \overrightarrow{u},\overrightarrow{v} \right)=135{}^\circ $.

Bài tập 2: Tìm $m$ để $\left( \overrightarrow{a};\overrightarrow{b} \right)=90{}^\circ $

Trong không gian $Oxyz$ cho $2$ véc tơ $\overrightarrow{a}=(2;1;-1)$; $\overrightarrow{b}=(1;3;m)$. Tìm $m$ để $\left( \overrightarrow{a};\overrightarrow{b} \right)=90{}^\circ $.

A. $m=-5$.                          B. $m=5$.                          C. $m=1$.                    D. $m=-2$

Lời giải

$\left( \overrightarrow{a};\overrightarrow{b} \right)=90{}^\circ $$\Leftrightarrow $$\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0$$\Leftrightarrow $$5-m=0$$\Leftrightarrow $$m=5$.

Bài tập 3: Tìm số thực $m$ sao cho tích vô hướng $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=1$

Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho $\overrightarrow{u}=\left( 2;-1;1 \right)$ và $\overrightarrow{v}=\left( 0;-3;-m \right)$. Tìm số thực $m$ sao cho tích vô hướng $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=1$.

A. $m=4$.                          B. $m=2$.                          C. $m=3$.                          D. $m=-2$.

Lời giải

Ta có: $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=1\Leftrightarrow 3-m=1\Leftrightarrow m=2$.

Bài tập 4: Tính Côsin của góc $BAC$

Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $A\left( -1;-2;3 \right)$, $B\left( 0;3;1 \right)$, $C\left( 4;2;2 \right)$. Côsin của góc $BAC$ bằng

A. $\frac{9}{\sqrt{35}}$.                          B. $\frac{9}{2\sqrt{35}}$.                          C. $-\frac{9}{2\sqrt{35}}$.                         D. $-\frac{9}{\sqrt{35}}$.

Lời giải

Ta có $cos\widehat{BAC}=$ $\cos \left( \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left| \overrightarrow{AB} \right|\left| \overrightarrow{AC} \right|}$ với $\overrightarrow{AB}=\left( 1;5;-2 \right)$, $\overrightarrow{AC}=\left( 5;4;-1 \right)$.

$\cos \left( \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right)=\frac{1.5+5.4+\left( -2 \right)\left( -1 \right)}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{5}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}\sqrt{{{5}^{2}}+{{4}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}}}$$=\frac{27}{\sqrt{30}\sqrt{42}}$$=\frac{9}{2\sqrt{35}}$

2. Tích có hướng

Bài tập 1: Có tất cả bao nhiêu điểm $M$ trong không gian thỏa mãn điều kiện

Trong không gian tọa độ $Oxyz$, cho $A\left( 2;0;0 \right),B\left( 0;2;0 \right),C\left( 0;0;2 \right)$. Có tất cả bao nhiêu điểm $M$ trong không gian thỏa mãn $M$ không trùng với các điểm $A,B,C$ và $\widehat{AMB}=\widehat{BMC}=\widehat{CMA}=90{}^\circ $?

A. $0$.                          B. $1$.                          C. $2$.                          D. $3$.

Lời giải

Gọi $I,J,K$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC,CA$.

Do $\widehat{AMB}=\widehat{BMC}=\widehat{CMA}=90{}^\circ $ nên các tam giác $\Delta AMB,\Delta BMC,\Delta CMA$ vuông tại $M$.

Khi đó $IM=\frac{AB}{2};JM=\frac{BC}{2};KM=\frac{AC}{2}$. Mặt khác $AB=BC=AC=2\sqrt{2}$.

Vậy $MI=MJ=MK=\sqrt{2}$. Khi đó $M$ thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp đáy $IJK$ và cách $\left( IJK \right)$một khoảng không đổi là $\sqrt{2}$. Khi đó có hai điểm $M$thỏa mãn điều kiện trên.

Bài tập 2: Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác $OMN$

Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $M(2;2;1)$, $N\left( -\frac{8}{3};\frac{4}{3};\frac{8}{3} \right)$. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác $OMN$.

A. $I(1;1;1)$.                          B. $I(0;1;1)$.                          C. $I(0;-1;-1)$.                           D. $I(1;0;1)$.

Lời giải

Chọn B

Ta có bài toán bài toán sau

Trong tam giác $ABC$, $I$ là tâm đường tròn nột tiếp $\Delta ABC$ ta có: $a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$.

với $BC=a;\text{ }AC=b;\text{ }AB=c$.

Thật vậy:

Gọi ${A}’$ là chân đường phân giác trong kẻ từ $A$.

$\Rightarrow \overrightarrow{B{A}’}=\frac{c}{b}\overrightarrow{{A}’C}\Leftrightarrow b\overrightarrow{B{A}’}+c\overrightarrow{C{A}’}=\overrightarrow{0}\,\left( 1 \right)$

$\overrightarrow{IA}=\frac{c}{A’B}\overrightarrow{{A}’I}=\frac{c}{\frac{ac}{b+c}}\overrightarrow{{A}’I}=\frac{b+c}{a}\overrightarrow{{A}’I}$$\Leftrightarrow a\overrightarrow{IA}+\left( b+c \right)\overrightarrow{I{A}’}=\overrightarrow{0}$

$\Leftrightarrow a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}+b\overrightarrow{B{A}’}+c\overrightarrow{C{A}’}=\overrightarrow{0}$$\Leftrightarrow a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\,\,\,\,\left( do\,\left( 1 \right) \right)$.

Áp dụng công thức trong tam giác $OMN$

ta được $OM.\overrightarrow{IN}+ON.\overrightarrow{IM}+MN.\overrightarrow{IO}=\overrightarrow{0}$

$\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & {{x}_{I}}=\frac{OM.{{x}_{N}}+ON.{{x}_{M}}+MN.{{x}_{O}}}{OM+ON+MN}=0 \\  & {{y}_{I}}=\frac{OM.{{y}_{N}}+ON.{{y}_{M}}+MN.{{y}_{O}}}{OM+ON+MN}=1 \\  & {{z}_{I}}=\frac{OM.{{z}_{N}}+ON.{{z}_{M}}+MN.{{z}_{O}}}{OM+ON+MN}=1 \\ \end{align} \right.$.

Vậy điểm $I(0;1;1)$ là điểm cần tìm.

Bài tập 3: Tìm toạ độ trọng tâm tam giác ${A}'{B}’C$

Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho hình hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ có $A\left( 0;\,\,0;\,\,0 \right)$, $B\left( 3;\,\,0;\,\,0 \right)$, $D\left( 0;\,\,3;\,\,0 \right)$, ${D}’\left( 0;\,\,3;\,\,-3 \right)$. Toạ độ trọng tâm tam giác ${A}'{B}’C$ là

A. $\left( 1;\,\,1;\,\,-2 \right)$.                          B. $\left( 2;\,\,1;\,\,-2 \right)$.                          C. $\left( 1;\,\,2;\,\,-1 \right)$.                          D. $\left( 2\,;\,\,1;\,\,-1 \right)$.

Lời giải

Cách 1: Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 3;\,\,0;\,\,0 \right)$. Gọi $C\left( x;\,y;\,\,z \right)\Rightarrow \overrightarrow{DC}=\left( x;\,\,y-3;\,\,z \right)$

$ABCD$ là hình bình hành $\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\Rightarrow \left( x;\,\,y;\,\,z \right)=\left( 3;\,\,3;\,\,0 \right)\Rightarrow C\left( 3;\,\,3;\,\,0 \right)$

Ta có $\overrightarrow{AD}=\left( 0;\,\,3;\,\,0 \right)$. Gọi ${A}’\left( {x}’;\,\,{y}’;\,\,{z}’ \right)\Rightarrow \overrightarrow{{A}'{D}’}=\left( -{x}’;\,\,3-{y}’;\,\,-3-{z}’ \right)$

$AD{D}'{A}’$ là hình bình hành $\Rightarrow \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{{A}'{D}’}\Rightarrow \left( {x}’;\,\,{y}’;\,\,{z}’ \right)=\left( 0;\,\,0;\,\,-3 \right)\Rightarrow {A}’\left( 0;\,\,0;\,-3 \right)$

Gọi ${B}’\left( {{x}_{0}};\,\,{{y}_{0}};\,\,{{z}_{0}} \right)\Rightarrow \overrightarrow{{A}'{B}’}=\left( {{x}_{0}};\,\,{{y}_{0}};\,\,{{z}_{0}}+3 \right)$

$AB{B}'{A}’$ là hình bình hành $\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{{A}'{B}’}\Rightarrow \left( {{x}_{0}};\,\,{{y}_{0}};\,\,{{z}_{0}} \right)=\left( 3;\,\,0;\,-3 \right)\Rightarrow {B}’\left( 3;\,\,0;\,-3 \right)$

$G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align}& {{x}_{G}}=\frac{0+3+3}{3}=2 \\ & {{y}_{G}}=\frac{0+0+3}{3}=1 \\ & {{z}_{G}}=\frac{-3-3+0}{3}=-2 \\ \end{align} \right.\Rightarrow G\left( 2;\,\,1;\,\,-2 \right)$.

Cách 2: Gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $B{D}’$.Ta có $I\left( \frac{3}{2};\,\frac{3}{2};\,-\frac{3}{2} \right)$.Gọi $G\left( a;\,b;\,c \right)$ là trọng tâm tam giác ${A}'{B}’C$

Ta có: $\overrightarrow{DI}=3\overrightarrow{IG}$với $\left\{ \begin{align}& \overrightarrow{DI}=\left( \frac{3}{2};\,-\frac{3}{2};\,-\frac{3}{2} \right) \\ & \overrightarrow{IG}=\left( a-\frac{3}{2};\,b-\frac{3}{2};\,c+\frac{3}{2} \right) \\ \end{align} \right.$.

Do đó: $\left\{ \begin{align}& \frac{3}{2}=3\left( a-\frac{3}{2} \right) \\ & -\frac{3}{2}=3\left( b-\frac{3}{2} \right) \\ & -\frac{3}{2}=3\left( c+\frac{3}{2} \right) \\ \end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & a=2 \\  & b=1 \\  & c=-2 \\ \end{align} \right.$.

Vậy $G\left( 2;\,1;\,-2 \right)$.

Bài tập 4: Tìm độ dài đường cao của tứ diện $ABCD$ hạ từ đỉnh $D$ xuống mặt phẳng $ABC$

Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho bốn điểm $A\left( 0;0;2 \right)$, $B\left( 3;0;5 \right)$, $C\left( 1;1;0 \right)$, $A\left( 4;1;2 \right)$. Độ dài đường cao của tứ diện $ABCD$ hạ từ đỉnh $D$ xuống mặt phẳng $ABC$ là

A. $\frac{\sqrt{11}}{11}$.                          B. $1$.                          C. $11$.                           D. $\sqrt{11}$.

Lời giải

Chọn A

Gọi $DH$ là độ dài đường cao của tứ diện $ABCD$ hạ từ đỉnh $D$ xuống mặt phẳng $ABC$.

Công thức tính thể tích tứ diện $ABCD$ là: ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right].\overrightarrow{AD} \right|$.

Công thức tính diện tích tam giác ${{S}_{\Delta ABC}}$ là: ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right] \right|$.

Mặt khác ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}\cdot {{S}_{\Delta ABC}}\cdot DH$ nên

$\frac{1}{6}\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right].\overrightarrow{AD} \right|=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right] \right|\cdot DH\Rightarrow DH=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right].\overrightarrow{AD} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right] \right|}\cdot $

Ta có:

$\begin{align} & \overrightarrow{AB}=\left( 3;0;3 \right);\overrightarrow{AC}=\left( 1;1;-2 \right);\overrightarrow{AD}=\left( 4;1;0 \right) \\  & \Rightarrow \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right]=\left( -3;9;3 \right);\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right].\overrightarrow{AD}=-3. \\ \end{align}$

Nên $DH=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right].\overrightarrow{AD} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right] \right|}=\frac{3}{\sqrt{{{\left( -3 \right)}^{2}}+{{9}^{2}}+{{3}^{2}}}}=\frac{\sqrt{11}}{11}\cdot $

Xem thêm:

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