Chương 3: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN.

D 10,883,000

Góc nội tiếp cung lớn có số đo \(120^0\) nên số đo của cung là: \(2.\left(180^0-120^0\right)=120^0\)

Bán kính đường tròn: \(R=\dfrac{3}{sin\left(\dfrac{120^0}{2}\right)}=2\sqrt{3}\) (cm)

\(\Rightarrow\) Độ dài cung: \(l=\dfrac{\pi.R.120^0}{180^0}=\dfrac{\pi.2\sqrt{3}.120^0}{180^0}=\dfrac{4\pi\sqrt{3}}{3}\)

Diện tích phần tôn: \(S=5l=\dfrac{20\pi\sqrt{3}}{3}\)

Số tiền: \(\dfrac{20\pi\sqrt{3}}{3}.300000\approx10883000\) đồng

Đề này là đề nào vậy.cho mình xin full bộ đề đc k vậy😅

Đường thẳng d vuông góc (P) nên nhận (1;2;-1) là 1 ptcp

Phương trình: \(\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-1}{2}=\dfrac{z+2}{-1}\)

Em cần nhận thấy rằng khi viết pt của 1 đường thẳng, thì dạng của pt sẽ phụ thuộc vào việc ta chọn điểm để viết và chọn vtcp.

Mà 1 đường thẳng đi qua vô số điểm, do đó, ứng vỡi mỗi cách chọn điểm, ta lại có 1 pt đường thẳng khác nhau (dù tất cả chúng đều đúng)

Nhưng có 1 điều chắc chắn: để xác định được 1 đường thẳng thì cần tọa độ 1 điểm thỏa mãn pt đường thẳng, và 1 vtcp.

Do đó, trong 1 bài trắc nghiệm, nếu thấy tất cả các đáp án đều không giống đáp án mà ta làm bằng tự luận, thì cần kiểm tra đáp án đúng bằng cách:

- Bước 1: kiểm tra xem các của 4 đáp án, đã giống vtcp mà ta xác định được, hoặc bằng k lần (với k là số thực khác 0) vtcp mà ta xác định hay không. 

Ví dụ: trong bài này, ta tính được d có 1 vtcp là \(\left(1;2;-1\right)\) , thì các vecto có tọa độ kiểu như: \(\left(-1;-2;1\right)\) ( bằng \(-1.\left(1;2;-1\right)\)) hoặc \(\left(2;4;-2\right)\) (bằng \(2.\left(1;2;-1\right)\)) vân vân... cũng đều chấp nhận. Nhiều khi người ta sẽ gây nhiễu bằng cách này.

Sau đó loại các phương án không thỏa mãn.

- Bước 2: nếu có nhiều hơn 1 đáp án thỏa mãn bước 1, kiểm tra tiếp bằng tọa độ điểm. Nhìn vào phương trình đường thẳng, dù dạng chính tắc hay tham số, thì ta đều dễ dàng xác định được điểm mà họ sử dụng để viết. Chúng ta sẽ thế ngược tọa độ đó vào pt đường thẳng mà ta viết từ đầu xem có thỏa mãn hay không. Cái nào thỏa mãn thì đó chính là đáp án đúng.

Ví dụ, ở đáp án A, ta dễ dàng xác định được tọa độ điểm mà đường thẳng đi qua là \(\left(0;-1;-1\right)\)

Thế nó vào phương trình ta viết được ở trên: \(\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-1}{2}=\dfrac{z+2}{-1}\) để kiểm tra

Thấy: \(\dfrac{0-1}{1}=\dfrac{-1-1}{2}=\dfrac{-1+2}{-1}=-1\) (đúng)

Vậy đáp án A thỏa mãn. Ta chọn luôn A (vì đáp án A thì vtcp cũng là (1;2;-1) giống vtcp ta xác định)

Đáp án B cần loại ngay từ đầu (vì mặc dù nó là 1 phương trình đúng, nhưng lại khác dạng yêu cầu. Đề bài yêu cầu pt chính tắc, còn đáp án B là pt tham số.)

Pt Oxy có dạng: \(z=0\) nhận \(\left(0;0;1\right)\) là 1 vtpt

Gọi d là đường thẳng qua N và vuông góc Oxy \(\Rightarrow\) d nhận (0;0;1) là 1 vtcp

Phương trình d: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=-3\\z=-2+t\end{matrix}\right.\)

Gọi M là giao điểm của d với Oxy \(\Rightarrow\) tọa độ \(M\left(1;-3;0\right)\)

B đối xứng N qua M \(\Rightarrow M\) là trung điểm BN

\(\Rightarrow B\left(1;-3;2\right)\)

(Thực chất, tọa độ của điểm A(x;y;z) qua Oxy sẽ có tọa độ (x;y;-z), đối xứng qua Oyz có tọa độ (-x;y;z), đối xứng qua Oxz có tọa độ (x;-y;z), có thể nhẩm ra ngay ko cần phức tạp như trên nếu bài toán trắc nghiệm)

\(\Rightarrow\overrightarrow{OB}=\left(1;-3;2\right)\Rightarrow R^2=OB^2=1^2+\left(-3\right)^2+2^2=14\)

Phương trình: \(x^2+y^2+z^2=14\)

a.

\(\overrightarrow{MN}=\left(2;4;-1\right)\) \(\Rightarrow\left(P\right)\) nhận (2;4;-1) là 1 vtpt

Phương trình (P):

\(2\left(x-0\right)+4\left(y-2\right)-1\left(z-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2x+4y-z-7=0\)

b.

\(\overrightarrow{ME}=\left(-1;4;0\right)\Rightarrow\left[\overrightarrow{MN};\overrightarrow{ME}\right]=\left(4;1;12\right)\)

\(\Rightarrow\) (P) nhận (4;1;12) là 1 vtpt

Phương trình: \(4x+1\left(y-2\right)+12\left(z-1\right)=0\)

c.

\(\overrightarrow{EN}=\left(3;0;-1\right)\) ; \(\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(1;-1;-2\right)\Rightarrow\left[\overrightarrow{EN};\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right]=\left(-1;5;-3\right)=-1\left(1;-5;3\right)\)

Phương trình:

\(1\left(x-3\right)-5\left(y-2\right)+3\left(z-0\right)=0\)

d.

(P) song song (Q) nên pt có dạng: \(x-y-2z+d=0\)

Áp dụng công thức khoảng cách:

\(\dfrac{\left|1.1-1\left(-2\right)-2.1+d\right|}{\sqrt{1^2+1^2+2^2}}=2\)

\(\Leftrightarrow\left|d+1\right|=2\sqrt{6}\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}d=-1-2\sqrt{6}\\d=-1+2\sqrt{6}\end{matrix}\right.\)

Có 2 pt (P) thỏa mãn: \(\left[{}\begin{matrix}x-y-2z-1-2\sqrt{6}=0\\x-y-2z-1+2\sqrt{6}=0\end{matrix}\right.\)

\(G\left(\dfrac{4}{3};-\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3}\right)\) ; \(\overrightarrow{DC}=\left(1;3;1\right)\)

Pt mặt phẳng qua G vuông góc CD và nhận \(\overrightarrow{DC}\) là 1 vtpt có dạng:

\(1\left(x-\dfrac{4}{3}\right)+3\left(y+\dfrac{2}{3}\right)+1\left(z-\dfrac{1}{3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x+3y+z-\dfrac{1}{3}=0\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x_G=\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}=\dfrac{1+2+1}{3}=\dfrac{4}{3}\\y_G=\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}=\dfrac{-2-1+1}{3}=-\dfrac{2}{3}\\z_G=\dfrac{z_A+z_B+z_C}{3}=\dfrac{0+1+0}{3}=\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\Rightarrow G\left(\dfrac{4}{3};-\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3}\right)\)

\(\overrightarrow{CD}\left(-1;-3;0\right)\) la vecto phap tuyen cua mp do

\(\Rightarrow\left(P\right):-1\left(x-\dfrac{4}{3}\right)-3\left(y+\dfrac{2}{3}\right)+0=0\Leftrightarrow x+3y+\dfrac{2}{3}=0\)

a.

C là trung điểm của AD nên tọa độ D thỏa mãn:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_D=2x_C-x_A=-3\\y_D=2y_C-y_A=3\\z_D=2z_C-z_A=4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow D\left(-3;3;4\right)\)

b.

Gọi \(E\left(x;y;z\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AB}=\left(3;0;-3\right)\\\overrightarrow{EC}=\left(-2-x;2-y;3-z\right)\end{matrix}\right.\)

ABCE là hbh \(\Leftrightarrow\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{EC}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-2-x=3\\2-y=0\\3-z=-3\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow E\left(-5;2;6\right)\)

c.

Gọi \(F\left(x;y;z\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{FA}=\left(-1-x;1-y;2-z\right)\\\overrightarrow{FB}=\left(2-x;1-y;-1-z\right)\\\overrightarrow{FC}=\left(-2-x;2-y;3-z\right)\end{matrix}\right.\)

\(2\overrightarrow{FA}+3\overrightarrow{FB}=\overrightarrow{FC}\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\left(-1-x\right)+3\left(2-x\right)=-2-x\\2\left(1-y\right)+3\left(1-y\right)=2-y\\2\left(2-z\right)+3\left(-1-z\right)=3-z\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{3}{2}\\y=\dfrac{3}{4}\\z=-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow F\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{4};-\dfrac{1}{2}\right)\)

d.

Gọi G có tọa độ dạng: \(G\left(x;y;0\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AG}=\left(x+1;y-1;-2\right)\\\overrightarrow{BG}=\left(x-2;y-1;1\right)\end{matrix}\right.\)

Ba điểm A;B;G thẳng hàng khi:

\(\dfrac{x-2}{x+1}=\dfrac{y-1}{y-1}=\dfrac{1}{-2}\)

\(\Rightarrow\) Không tồn tại G thỏa mãn yêu cầu đề bài

e.

Gọi \(H\left(0;y;0\right)\) và H' là trọng tâm tam giác HBC

\(\Rightarrow H'\left(0;\dfrac{y+3}{3};\dfrac{2}{3}\right)\)

H' thuộc Oz khi và chỉ khi \(\dfrac{y+3}{3}=0\Leftrightarrow y=-3\)

\(\Rightarrow H\left(0;-3;0\right)\)

f.

\(\left\{{}\begin{matrix}S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.d\left(C;AB\right)\\S_{ABI}=\dfrac{1}{2}AB.d\left(I;AB\right)\end{matrix}\right.\)

Mà \(S_{ABC}=3S_{ABI}\Rightarrow d\left(C;AB\right)=3d\left(I;AB\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{CB}=3\overrightarrow{IB}\)

Gọi \(I\left(x;y;z\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{CB}=\left(4;-1;-4\right)\\\overrightarrow{IB}=\left(2-x;1-y;-1-z\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3\left(2-x\right)=4\\3\left(1-y\right)=-1\\3\left(-1-z\right)=-4\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow...\) (bạn tự giải ra kết quả)