Công thức tính Tích có hướng của hai vecto trong không gian (cực hay).

Bài ghi chép Công thức tính Tích với vị trí hướng của nhị vecto nhập không khí với cách thức giải cụ thể chung học viên ôn tập dượt, biết phương pháp thực hiện bài xích tập dượt Công thức tính Tích với vị trí hướng của nhị vecto nhập không khí.

Công thức tính Tích với vị trí hướng của nhị vecto nhập không khí (cực hay)

Bài giảng: Các dạng bài xích tập dượt hệ trục tọa phỏng nhập không khí - Cô Nguyễn Phương Anh (Giáo viên VietJack)

A. Phương pháp giải và Ví dụ

Quảng cáo

1. Định nghĩa:

Trong không khí Oxyz cho tới nhị vecto a→=(a₁;a₂;a₃ ) và b→=(b₁;b₂;b₃ ). Tích với vị trí hướng của nhị vecto a→ và b→ , kí hiệu là [a→ , b→ ], được xác lập bởi

Chú ý: Tích với vị trí hướng của nhị vecto là 1 trong những vecto, tích vô vị trí hướng của nhị vecto là một vài.

2. Tính chất

+ [a→, b→ ]⊥ a→ ; [a→ , b→ ]⊥ b→

+ [a→ , b→ ]=-[b→, a→ ]

+ [i→, j→ ]=k→ ; [ j→ , k→ ]= i→ ; [k→ , i→ ]= j→

+ |[ a→ , b→ ]|=| a→ |.| b→ |.sin⁡( a→ , b→ )

+ a→ , b→ nằm trong phương ⇔ [a→ , b→ ]= 0→ (chứng minh 3 điểm trực tiếp hàng)

Quảng cáo

3. Ứng dụng của tích được đặt theo hướng (chương trình nâng cao)

+ Điều khiếu nại đồng bằng phẳng của tía vecto:

    a→ , b→ và c→ đồng bằng phẳng ⇔[ a→ , b→ ]. c→ =0

+ Diện tích hình bình hành ABCD:

    S_ABCD=|[AB→ ; AD→ ]|

+ Diện tích tam giác ABC:

    S_ABC=1/2 |[AB→ ; AC→ ]|

+ Thể tích khối vỏ hộp ABCD.A’B’C’D’:

    V_{ABCD.A'B'C'D'}=|[AB→; AD→ ]. AA'→ |

+ Thể tích tứ diện ABCD

    V_ABCD=1/3 |[AB→ ; AC→ ]. AD→ |

Ví dụ minh họa

Quảng cáo

Bài 1: Trong không khí với hệ trục tọa phỏng Oxyz, cho tới 4 điểm A(1; 0; 1), B(-1; 1; 2), C(-1; 1; 0), D(2; -1; -2).

a) Chứng minh rằng A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện.

b) Tính thể tích tứ diện ABCD. Suy đi ra phỏng nhiều năm đàng cao của tứ diện qua chuyện đỉnh A

Lời giải:

AB→ =(-2;1;1); AC→ =(-2;1; -1); AD→ =(1; -1; -3)

⇒[AB→ , AC→ ]=(-2;-4;0) ⇒[ AB→ , AC→ ]. AD→ =2≠0

⇒AB→ , AC→ , AD→ ko đồng bằng phẳng.

Vậy A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện.

b) V_ABCD=1/6 |[AB→ , AC→ ]. AD→ |=2/6=1/3

Ta có: BC→ =(0;0; -2), BD→ =(3; -2; -4)

⇒[ BC→ , BD→ ]=(-4; -6;0)⇒S_BCD=1/2 |[BC→ , BD→ ]|=√13

V_ABCD=1/3 d(A;(BCD)).S_BCD

⇒d(A;(BCD))

Bài 2: Trong không khí hệ trục tọa phỏng Oxyz, cho tới 4 điểm A(-3; 5; 15), B(0; 0; 7), C(2; -1; 4), D(4; -3; 0). Chứng minh AB và CD hạn chế nhau.

Lời giải:

+ Ta có: AB→ =(3; -5; -8); AC→ =(5; -6; -11);

AD→ =(7; -8; -15), CD→ =(2; -2; -4)

⇒[ AB→ , AC→ ]=(7;-7;7) ⇒[ AB→ ,(AC) ⃗ ].(AD) ⃗=0

⇒ AB→ , AC→ , AD→ đồng bằng phẳng.

⇒ A, B, C, D nằm trong phụ thuộc một phía bằng phẳng (1)

+ [AB→ , CD→ ]=(4; -4;4) ≠0→ ⇔ AB→ , CD→ ko nằm trong phương (2)

Từ (1) và (2) suy đi ra AB và CD hạn chế nhau.

Quảng cáo

Bài 3: : Trong không khí với hệ trục tọa phỏng Oxyz, cho tới hình vỏ hộp ABCD.EFGH với A(1; 1; 1), B(2; 1; 2), E(-1; 2; -2), D(3; 1; 2). Tính khoảng cách kể từ A cho tới mặt mũi bằng phẳng (DCGH)

Lời giải:

+ AB→=(1;0;1), AD→=(2;0;1), AE→=(-2;1; -3)

⇒[ AB→ , AD→ ]=(0;1;0)⇒[ AB→ , AD→ ]. AE→=1

⇒V_ABCD.EFGH=|[ AB→ , AD→ ]. AE→ |=1

+ S_AEFB=|[ AB→ , AE→ ]|=√3

⇒S_DCGH=S_AEFB=√3

V_ABCD.EFGH=d(A;(DCGH)).S_DCGH

⇒d(A;(DCGH))

B. Bài tập dượt vận dụng

Bài 1: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tía điểm A(-2;2;1), B(1;0;2), C(-1;2;3). Diện tích tam giác ABC là:

   A. (3√5)/2   B. 3√5

   C. 4√5   D. 5/2

Lời giải:

Đáp án : B

Giải mến :

AB→ =(3; -2;1); AC→ =(1;0;2)⇒[AB→ , AC→ ]=(-4; -5;2)

S_ABC=1/2 |[AB→ , AC→ ]|=(3√5)/2

Bài 2: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tứ điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;0;1) và D(-2;1;-1). Thể tích của tứ diện ABCD là:

   A. 1   B. 2

   C. 1/3   D. 1/2

Lời giải:

Đáp án : D

Giải mến :

AB→ =(-1; 1;0); AC→=(-1;0;1); AD→=(-3;1; -1)

⇒[AB→ , AC→ ]=(1;1;1)⇒ AD→ . [AB→ , AC→ ]=-3

V_ABCD=1/6 |AD→ . [AB→ , AC→ ]|=1/2

Bài 3: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tam giác ABC biết A(2;-1;6), B(-3;-1;-4), C(5;-1;0). Bán kính đàng tròn trĩnh nội tiếp tam giác ABC là:

   A. √5   B. √3

   C. 4√2   D. 2√5

Lời giải:

Đáp án : A

Giải mến :

AB→=(-5; 0;-10); AC→=(3;0;-6); BC→=(8;0;4)

AB=5√5;AC=3√5;BC=4√5

S_ABC=1/2 |[ AB→ , AC→ ]|=30

Gọi r là nửa đường kính đàng tròn trĩnh nội tiếp tam giác ABC, p là nửa chu vi tam giác

Ta có:

S=pr

⇒r=√5

Bài 4: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tứ diện ABCD biết A(2;-1;1), B(5;5;4), C(3;2;-1), D(4;1;3). Thể tích tứ diện ABCD là:

   A. 3   B. 4

   C. 9   D. 6

Lời giải:

Đáp án : C

Giải mến :

AB→=(3; 6;3); AC→=(1;3;-2); AD→=(2;-2; 2)

⇒[ AB→ , AC→ ]=(-21;9;3)⇒ AD→ . [AB→ , AC→ ]=-54

V_ABCD=1/6 |AD→ . [AB→ , AC→ ]|=9

Bài 5: Trong không khí Oxyz cho tới tứ diện ABCD. Độ nhiều năm đàng cao vẽ kể từ D của tứ diện ABCD cho tới tự công thức nào là sau đây:

   A.

   B.

   C.

   D.

Lời giải:

Đáp án : D

Bài 6: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tam giác ABC biết A(1;0;0), B(0;0;1), C(2;1;1). Độ nhiều năm đàng cao của tam giác ABC kẻ kể từ A là:

   A. (2√30)/5   B. (√30)/5

   C. (√10)/5   D. (√6)/2

Lời giải:

Đáp án : B

Giải mến :

AB→=(-1; 0;1); AC→=(1;1;1)⇒[AB→ , AC→ ]=(-1;2;-1)

S_ABC=1/2 |[ AB→ , AC→ ]|=√6/2

BC=| BC→ |=√5

S_ABC=1/2 h.BC ⇒h=(2S)/BC=√(30)/5

Bài 7: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới hình chóp S.OAMN với S(0;0;1), A(1;1;0), M(m;0;0), N(0;n;0). Trong số đó m>0, n>0 và m+n=6. Thể tích hình chóp S.OAMN là:

   A. 1   B. 2

   C. 4   D. 6

Lời giải:

Đáp án : A

Giải mến :

OA→=(1;1;0), OM→=(m;0;0), ON→=(0;n;0), OS→=(0;0;1)

[ OA→ , OM→ ]=(0;0; -m)⇒ OS→ . [ OA→ , OM→ ]=(0;0; -m)

⇒V_S.OAM=1/6 |OS→ . [OA→ , OM→ ]|=m/6

[OA→ , ON→ ]=(0;0; m)⇒ OS→ . [OA→ , OM→ ]=(0;0; n)

⇒V_S.OAN=1/6 |OS→ . [OA→ , ON→ ]|=n/6

Ta có:

V_S.OAMN=m/6+n/6=(m+n)/6=1

Bài 8: Cho A(1;-2;0), B(3;3;2), C(-1;2;2), D(3;3;1). Thể tích của tứ diện ABCD bằng

   A. 3   B. 4

   C. 5   D. 6

Lời giải:

Đáp án : A

Giải mến :

AB→=(2;5-;2); AC→=(-2;4;2); AD→=(2;5;1)

⇒[AB→ , AC→ ]=(2; -8;18) ⇒ AD→ . [AB→ , AC→ ]=-18

V_ABCD=1/6 |AD→ . [AB→ , AC→ ]|=3

Bài 9: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tứ diện ABCD biết A(2;-1;6), B(-3;-1;-4), C(5;-1;0), D(1;2;1). Độ nhiều năm đàng cao AH của tứ diện ABCD là:

   A. 5   B. 6

   C. 7   D. 9

Lời giải:

Đáp án : D

Giải mến :

Áp dụng công thức:

tính được: h= 9

Bài 10: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới A(1; 0; 0); B(0; 1; 0), C(0; 0; 1), D(1; 1; 1). Trong những mệnh đề sau, mệnh đề nào là sai ?

   A. Bốn điểm A, B, C, D ko đồng bằng phẳng.

   B. Tam giác ABD là tam giác đều.

   C. AB⊥CD

   D. Tam giác BCD là tam giác vuông.

Lời giải:

Đáp án : D

Bài 11: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho những điểm A(4;0;0), B(x₀;y₀;0) với x₀>0, y₀>0 sao cho tới OB=8 và góc AOBˆ=60⁰ . Gọi C(0;0;c) với c>0. Để thể tích tứ diện OABC tự 16√3 thì độ quý hiếm phù hợp của c là:

   A. 6   B. 3

   C. √3   D. 6√3

Lời giải:

Đáp án : A

Giải mến :

OA→=(4;0;0), OB→=(x₀;y₀;0); OC→=(0;0;c)

OB=√(x₀²+y₀² )=8 ⇒y₀=4√3

OA→=(4;0;0); OB→=(4;4√3;0) ⇒[ OA→ , OB→ ]=(0;0;16√3)

⇒ OC→[ OA→ , OB→ ]=16c√3

V_ABCD=1/6 |OC→ [ OA→ , OB→]|=1/6.16c√3=16√3 ⇒c=6

Bài 12: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới A(2;-1;6), B(-3;-1;-4), C(5;-1;0), D(1;2;1). Thể tích của tứ diện ABCD bằng:

   A. 30   B. 40

   C. 50   D. 60

Lời giải:

Đáp án : A

Giải mến :

V_ABCD=1/6 |AD→ . [ AB→ , AC→ ]|=30

Bài 13: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới A(2;1;-1), B(3;0;1), C(2;-1;3) điểm D nằm trong Oy và thể tích tứ diện ABCD tự 5. Tọa phỏng của D là:

Lời giải:

Đáp án : C

Giải mến :

D nằm trong Oy ⇒ D(0;y;0)

AB→=(1;-1;2); AC→=(0;-2;4); AD→=(-2;y-1;1)

⇒ [AB→ , AC→ ]=(0; -4;-2) ⇒ AD→ . [AB→ , AC→ ]=2-4y

V_ABCD=1/6 |AD→ . [ AB→ , AC→ ]|=|2-4y|/6=5

⇒ |2-4y|=30

Bài 14: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới A(0;0;2), B(3;0;5), C(1;1;0), D(4;1;2). Độ nhiều năm đàng cao của tứ diện ABCD hạ kể từ đỉnh D xuống (ABC) là:

   A. √(11)   B. √(11)/11

   C. 1   D. 11

Lời giải:

Đáp án : B

Giải mến :

Ta với AB→(3;0;3), AC→(1;1;-2), và AD→(4;1;0).

Dễ thấy [AB→, AC→]=(-3;9;3),

nên S_ABC=1/2|[AB→, AC→]|

Vậy độ cao hạ kể từ đỉnh D của tứ diện là

Bài 15: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới A(0; 2; -2); B(-3; 1; -1);

C(4; 3; 0), D(1; 2; m). Tìm m nhằm tứ điểm A, B, C, D đồng bằng phẳng.

Một học viên giải như sau:

   Bước 1: AB→=(-3;-1;1), AC→=(4;1;2), AD→= (1;0;m+2)

   Bước 2: [AB→, AC→]=(-3;10;1)

    [AB→ , AC→ ]. AD→= 3+m+2 = m+5

   Bước 3: A, B, C, D đồng phẳng⇔[AB→, AC→]. AD→= 3+m+2 = m+5 = 0 ⇔ m= -5.

Bài giải bên trên đích hoặc sai? Nếu sai thì sai kể từ bước nào?

   A. Đúng.   B. Sai kể từ bước 1.

   C. Sai kể từ bước 2.   D. Sai kể từ bước 3.

Lời giải:

Đáp án : C

Giải mến :

Bước 2 sai. Phép tính đích ở phía trên nên là [AB→, AC→] . AD→ = -3+m +2= m -1.

Bài 16: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tam giác ABC với A(1;0;1), B(0;2;3), C(2;1;0). Độ nhiều năm đàng cao của tam giác kẻ kể từ C là:

   A. √(26)   B. √(26)/2

   C. √(26)/3   D. 26

Lời giải:

Đáp án : C

Giải mến :

AB→(-1;2;2), AC→(1;1;-1). Độ nhiều năm đàng cao kẻ kể từ C của tam giác ABC là:

d(C, AB)

Bài 17: Cho hình chóp S.ABCD biết A(-2;2;6), B(-3;1;8), C(-1;0;7), D(1;2;3). Gọi H là trung điểm của CD, SH⊥(ABCD). Để khối chóp S.ABCD rất có thể tích tự 27/2(đvtt) thì với nhị điểm S₁, S₂ thỏa mãn nhu cầu đòi hỏi Việc. Tìm tọa phỏng trung điểm I của S₁S₂

   A. (0; 1; 5)    B. (1; 0; 5)

   C. (0; -1; -5)    D. (-1; 0; -5)

Lời giải:

Đáp án : A

Giải mến :

Ta có: AB→=(-1;-1;2); AC→=(1; -2;1) ⇒ [AB→; AC→ ]=(3;3;3)

⇒S_ABC=1/2 |[AB→ ; AC→ ]|=(3√3)/2

DC→=(-2; -2;4); AB→=(-1;-1;2) ⇒ DC→=2 AB→

⇒ ABCD là hình thang và S_ABCD=3S_ABC=(9√3)/2

V_ABCD=1/3 SH.S_ABCD=27/2 ⇒SH=3√3

Lại với H là trung điểm của CD ⇒H (0;1;5)

Gọi S (a; b; c) ⇒ SH→=(-a;1-b;5-c)

Do SH⊥(ABCD) nên SH→=k[ AB→ ; AC→]=(3k;3k;3k)

⇒3√3⇒k=±1

Với k = 1 ⇒ SH→=(3;3;3)⇒S(-3; -2;2)

Với k = -1 ⇒ SH→=(-3;-3;-3)⇒S(3; 4;8)

⇒I(0;1;5)

Bài 18: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tứ điểm A(-1;-2;4), B(-4;-2;0), C(3;-2;1), D(1;1;1). Độ nhiều năm đàng cao của tứ diện kẻ kể từ D là:

   A. 3   B. 1

   C. 2   D. 1/2

Lời giải:

Đáp án : A

Bài 19: Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tam giác ABC với A(1;0;1), B(0;2;3), C(2;1;0). Độ nhiều năm đàng cao của tam giác kẻ kể từ C là:

   A. √(26)   B. √(26)/2

   C. √(26)/3   D. 26

Lời giải:

Đáp án : C

Bài 20: Trong không khí Oxyz, cho tới tứ diện ABCD với A(2;1;-1), B(3;0;1), C(2;-1;3) và D nằm trong trục Oy. sành V_ABCD=5 và với nhị điểm D₁(0;y₁;0), D₂(0;y₂;0) thỏa mãn nhu cầu đòi hỏi Việc. Khi cơ y₁+y₂ bằng

   A. 1   B. 0

   C. 2   D. 3

Lời giải:

Đáp án : A

Giải mến :

D nằm trong trục Oy ⇒D(0;y;0)

AB→=(1; -1;2), AC→=(0; -2;4), AD→=(-2;y-1;1)

⇒[ AB→; AC→ ]=(0; -4; -2)⇒[AB→ ; AC→ ] . AD→=-4y+2

V_ABCD=1/6 |[ AB→ ; AC→ ] . AD→ |=1/6 |-4y+2|=5 ⇒y=-7;y=8

⇒D(0; -7;8) và D (0;8;0)

⇒ y₁+y₂= 1

C. Bài tập dượt tự động luyện

Bài 1. Trong không khí Oxyz, cho tới tía điểm A(-2; 2; 1), B(1; 0; 2), C(-1; 2; 3). Tính diện tích S tam giác ABC.

Bài 2. Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới hình chóp S.OAMN với S(0; 0; 1), A(1; 1; 0), M(m; 0; 0), N(0; n; 0). Trong số đó m > 0, n > 0 và m + n = 6. Tính thể tích hình chóp S.OAMN.

Bài 3. Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tứ điểm A(-1; -2; 4), B(-4; -2; 0), C(3; -2; 1), D(1; 1; 1). Tính phỏng nhiều năm đàng cao của tứ diện kẻ kể từ D.

Bài 4. Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tam giác ABC biết A(2; -1; 6), B(-3; -1; -4), C(5; -1; 0). Tính nửa đường kính đàng tròn trĩnh nội tiếp tam giác ABC.

Bài 5. Trong không khí với hệ toạ phỏng Oxyz, cho tới tứ diện ABCD biết A(2; -1; 1), B(5; 5; 4), C(3; 2; -1), D(4; 1; 3). Tính thể tích tứ diện ABCD.

phuong-phap-toa-do-trong-khong-gian.jsp