Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1, có tâm O. Gọi I là tâm của hình vuông A’B’C’D’ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho $MO=\frac{1}{2}MI$. Gắn hệ trục A’xyz như hình vẽ.
a) Tọa độ điểm $M\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{4} \right).$
b) Tọa độ các điểm A’(0;0;0), B’(1;0;0), D’(0;1;0) và A(0;0;1).
c) Trong không gian giả sử điểm P, Q sao cho \(\overrightarrow {A'P} = \overrightarrow {A'B'} + 2\overrightarrow {A'D'} - 2\overrightarrow {A'A} \); \(\overrightarrow {A'Q} = \frac{8}{3}\overrightarrow {A'B'} + \frac{4}{3}\overrightarrow {A'D'} + \frac{8}{3}\overrightarrow {A'A} \) và J(a;b;c) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’PQ, khi đó a – b + c = 0.
d) Trong không gian có đúng 2 điểm N sao cho N không trùng với các điểm A, B’, D’ và \(\widehat {ANB'} = \widehat {B'ND'} = \widehat {D'NA} = 90^\circ \).
a) Tọa độ điểm $M\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{4} \right).$
b) Tọa độ các điểm A’(0;0;0), B’(1;0;0), D’(0;1;0) và A(0;0;1).
c) Trong không gian giả sử điểm P, Q sao cho \(\overrightarrow {A'P} = \overrightarrow {A'B'} + 2\overrightarrow {A'D'} - 2\overrightarrow {A'A} \); \(\overrightarrow {A'Q} = \frac{8}{3}\overrightarrow {A'B'} + \frac{4}{3}\overrightarrow {A'D'} + \frac{8}{3}\overrightarrow {A'A} \) và J(a;b;c) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’PQ, khi đó a – b + c = 0.
d) Trong không gian có đúng 2 điểm N sao cho N không trùng với các điểm A, B’, D’ và \(\widehat {ANB'} = \widehat {B'ND'} = \widehat {D'NA} = 90^\circ \).
Áp dụng biểu thức tọa độ tổng, hiệu, tích của vecto; đẳng thức vecto liên quan đến tâm đường tròn nội tiếp tam giác.
a) Sai. $O\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right)$, \(I\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2};0} \right)\).
\(\overrightarrow {MO} = \left( {\frac{1}{2} - {x_M};\frac{1}{2} - {y_M};\frac{1}{2} - {z_M}} \right)\), \(\overrightarrow {MI} = \left( {\frac{1}{2} - {x_M};\frac{1}{2} - {y_M}; - {z_M}} \right) \Rightarrow - \frac{1}{2}\overrightarrow {MI} = \left( { - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{x_M}; - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{y_M};\frac{1}{2}{z_M}} \right)\).
\(\overrightarrow {MO} = 2\overrightarrow {MI} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2} - {x_M} = - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{x_M}\\\frac{1}{2} - {y_M} = - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}{y_M}\\\frac{1}{2} - {z_M} = \frac{1}{2}{z_M}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{1}{2}\\{y_M} = \frac{1}{2}\\{x_M} = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{3}} \right)\).
b) Đúng. Tọa độ các điểm A’(0;0;0), B’(1;0;0), D’(0;1;0) và A(0;0;1).
c) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {A'P} = \left( {1;\,\,2;\,\, - 2} \right)\), \(\overrightarrow {A'Q} = \left( {\frac{8}{3};\,\frac{4}{3};\,\,\frac{8}{3}} \right)\), do đó $A'P=3,\,\,A'Q=4,\,\,PQ=5$. Với\(J(a;b;c)\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’PQ ta lại có
\(PQ.\overrightarrow {JA'} + A'P.\overrightarrow {JQ} + A'Q.\overrightarrow {JP} = \overrightarrow 0 \) ta giải tìm được tọa độ \(J(1;1;0)\).
Vậy \(a - b + c = 0\).
d) Đúng. Gọi \(N({x_0};{y_0};{z_0})\).
\(\overrightarrow {AN} = ({x_0};{y_0};{z_0} - 1)\); \(\overrightarrow {B'N} = ({x_0} - 1;{y_0};{z_0})\); \(\overrightarrow {D'N} = ({x_0};{y_0} - 1;{z_0})\).
Do\(\widehat {ANB'} = \widehat {B'ND'} = \widehat {D'NA} = 90^\circ \) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {B'N} = 0\\\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {D'N} = 0\\\overrightarrow {D'N} .\overrightarrow {B'N} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0}({x_0} - 1) + y_0^2 + ({z_0} - 1){z_0} = 0\\x_0^2 + {y_0}({y_0} - 1) + ({z_0} - 1){z_0} = 0\\{x_0}({x_0} - 1) + ({y_0} - 1){y_0} + z_0^2 = 0\end{array} \right.\).
Giải hệ ta được \({x_0} = {y_0} = {z_0} = 0\); \({x_0} = {y_0} = {z_0} = \frac{2}{3}\).
Khi đó có hai điểm \(N\) thỏa mãn điều kiện trên.
Danh sách bình luận