Bài toán gốc
Trong không gian $Oxyz$, cho $A\left(-5;3;-4\right),B\left(1;7;2\right),C\left(5;-1;-2\right)$. Tìm tọa độ điểm $D$ biết $ABCD$ là một hình bình hành
A. $D\left(-1;-5;-8\right)$ B. $D\left(1;9;-4\right)$ C. $D\left(-9;11;0\right)$ D. $D\left(11;3;4\right)$
Phân tích và Phương pháp giải
Dạng bài toán: Tìm tọa độ đỉnh thứ tư của hình bình hành $ABCD$ khi biết tọa độ 3 đỉnh còn lại trong không gian $Oxyz$.
Phương pháp giải: Sử dụng tính chất vectơ của hình bình hành. Nếu $ABCD$ là hình bình hành, ta có đẳng thức vectơ $\vec{AB} = \vec{DC}$ hoặc $\vec{AD} = \vec{BC}$.
Cách 1: $\vec{AD} = \vec{BC}$. Đặt $D(x, y, z)$. Ta tính $\vec{BC}$, sau đó giải hệ phương trình tuyến tính bằng cách so sánh các thành phần tương ứng của $\vec{AD}$ và $\vec{BC}$.
Cách 2: Sử dụng tính chất trung điểm. Trung điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$ phải trùng nhau.
Bài toán tương tự
Sử dụng phương pháp $\vec{AD} = \vec{BC}$ để giải các bài toán sau:
**Câu 1:** Trong không gian $Oxyz$, cho $A\left(2; 1; 0\right), B\left(3; 4; 1\right), C\left(5; 2; -1\right)$. Tìm tọa độ điểm $D$ biết $ABCD$ là một hình bình hành.
A. $D\left(4; -1; -2\right)$ B. $D\left(1; 3; -2\right)$ C. $D\left(0; 5; 2\right)$ D. $D\left(4; 5; 0\right)$
Đáp án đúng: A
Giải thích: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\vec{AD} = \vec{BC}$. Ta có $\vec{BC} = (5-3; 2-4; -1-1) = (2; -2; -2)$. Gọi $D(x, y, z)$, ta có $x-2=2 \Rightarrow x=4$; $y-1=-2 \Rightarrow y=-1$; $z-0=-2 \Rightarrow z=-2$. Vậy $D\left(4; -1; -2\right)$.
**Câu 2:** Trong không gian $Oxyz$, cho $A\left(1; 0; -2\right), B\left(-1; 3; 1\right), C\left(2; 5; 0\right)$. Tìm tọa độ đỉnh $D$ để $ABCD$ là hình bình hành.
A. $D\left(4; 2; -3\right)$ B. $D\left(0; 8; 3\right)$ C. $D\left(-2; 2; -3\right)$ D. $D\left(1; 8; -1\right)$
Đáp án đúng: A
Giải thích: $\vec{BC} = (2 – (-1); 5 – 3; 0 – 1) = (3; 2; -1)$. $D = A + \vec{BC}$. $D(1+3; 0+2; -2-1) = D\left(4; 2; -3\right)$.
**Câu 3:** Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $M\left(4; -2; 1\right), N\left(0; 1; 3\right), P\left(-2; 5; 5\right)$. Tìm tọa độ điểm $Q$ để tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành.
A. $Q\left(2; 2; 3\right)$ B. $Q\left(6; -6; -1\right)$ C. $Q\left(-6; 8; 7\right)$ D. $Q\left(0; 4; 7\right)$
Đáp án đúng: A
Giải thích: $MNPQ$ là hình bình hành nên $\vec{MQ} = \vec{NP}$. Ta có $\vec{NP} = (-2-0; 5-1; 5-3) = (-2; 4; 2)$. Gọi $Q(x, y, z)$. $x-4=-2 \Rightarrow x=2$; $y-(-2)=4 \Rightarrow y=2$; $z-1=2 \Rightarrow z=3$. Vậy $Q\left(2; 2; 3\right)$.
**Câu 4:** Trong không gian $Oxyz$, cho $A\left(0; 0; 1\right), B\left(4; 2; 0\right), C\left(1; 3; 5\right)$. Tìm tọa độ điểm $D$ sao cho tứ giác $ADBC$ là một hình bình hành.
Đáp án: $D\left(3; -1; -4\right)$
Lời giải ngắn gọn: Tứ giác $ADBC$ là hình bình hành khi và chỉ khi $\vec{AD} = \vec{CB}$. Ta có $\vec{CB} = (4-1; 2-3; 0-5) = (3; -1; -5)$. $D = A + \vec{CB} = (0+3; 0-1; 1-5)$. Vậy $D\left(3; -1; -4\right)$.
**Câu 5:** Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $I\left(1; 1; 1\right), J\left(2; 2; 2\right), K\left(3; 1; 0\right)$. Tìm tọa độ điểm $L$ để $IJKL$ là hình bình hành.
A. $L\left(2; 0; -1\right)$ B. $L\left(4; 2; 1\right)$ C. $L\left(0; 2; 2\right)$ D. $L\left(2; 2; 0\right)$
Đáp án đúng: A
Giải thích: $IJKL$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \vec{IL} = \vec{JK}$. Ta có $\vec{JK} = (3-2; 1-2; 0-2) = (1; -1; -2)$. $L = I + \vec{JK}$. $L(1+1; 1-1; 1-2) = L\left(2; 0; -1\right)$.