Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A\left( {1;2;3} \right)$. Toạ độ của vectơ $\overrightarrow {OA} $ là:
A. $\left( {1;2;3} \right)$.
B. $\left( {1;0;3} \right)$.
C. $\left( {0;2;3} \right)$.
D. $\left( {1;2;0} \right)$.
Lời giải
Chú ý: $\overrightarrow {OM} = \left( {a;b;c} \right) \Leftrightarrow M\left( {a;b;c} \right)$
$A\left( {1;2;3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA} = \left( {1;2;3} \right)$
Chọn A
Câu 2. Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho vectơ $\vec u = \left( { – 1;4;2} \right)$ và điểm $A$. Biết $\overrightarrow {OA} = \vec u$. Toạ độ của điểm $A$ là:
A. $\left( {1;4;2} \right)$.
B. $\left( { – 1;4;2} \right)$.
C. $\left( {1; – 4; – 2} \right)$.
D. $\left( { – 1; – 4; – 2} \right)$.
Lời giải
Ta có $\overrightarrow {OA} = \vec u \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} = \left( { – 1;4;2} \right)$$ \Rightarrow A\left( { – 1;4;2} \right)$
Chọn B
Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho vectơ $\vec u = – 2\vec i – \vec j + 3\vec k$. Toạ độ của vectơ $\vec u$ là:
A. $\left( { – 2; – 1;3} \right)$.
B. $\left( {2;1;3} \right)$.
C. $\left( { – 2;0;3} \right)$.
D. $\left( { – 2; – 1; – 3} \right)$.
Lời giải
Chú ý: $\vec u = a\vec i + b\vec j + c\vec k \Leftrightarrow \vec u = \left( {a;b;c} \right)$
$\vec u = – 2\vec i – \vec j + 3\vec k \Rightarrow \vec u = \left( { – 2; – 1;3} \right)$
Chọn A
Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( {1; – 1;2} \right)$ và $B\left( {4; – 3;1} \right)$. Toạ độ của vectơ $\overrightarrow {AB} $ là:
A. $\left( { – 3;2;1} \right)$.
B. $\left( {3; – 2; – 1} \right)$.
C. $\left( {5; – 4;3} \right)$.
D. $\left( {3; – 4; – 1} \right)$.
Lời giải
Chú ý: Cho $A({x_A};{y_A};{z_A})$, $B({x_B};{y_B};{z_C})$. Khi đó: $\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} – {x_A};{y_B} – {y_A};{z_B} – {z_A}} \right)$.
Ta có:$A(1; – 1;2)$ và $B(4; – 3;1)$, ta có $\overrightarrow {AB} = (4 – 1; – 3 – ( – 1);1 – 2) = (3; – 2; – 1)$.
Chọn B
Câu 5. Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho vectơ $\vec u = \left( {4;2;3} \right)$ và điểm $A\left( {1;1;1} \right)$. Toạ độ điểm $C$ thoả mãn $\overrightarrow {AC} = \vec u$ là:
A. $\left( {4;2;3} \right)$.
B. $\left( {1;1;1} \right)$.
C. $\left( {5;3;4} \right)$.
D. $\left( {3;1;2} \right)$.
Lời giải
Gọi tọa độ điểm $C$ là $\left( {{x_C};{y_C};{z_C}} \right)$.
Ta có
$\overrightarrow {AC} = \left( {{x_C} – 1;{y_C} – 1;{z_C} – 1} \right)$.
$\vec u = (4;2;3)$
Nên $\overrightarrow {AC} = \vec u \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_C} – 1 = 4} \\
{{y_C} – 1 = 2} \\
{{z_C} – 1 = 3}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_C} = 5} \\
{{y_C} = 3} \\
{{z_C} = 4}
\end{array}} \right.} \right.$
Vậy $C(5;3;4)$.
Chọn C
Câu 6. Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho $A\left( {3; – 2; – 1} \right)$. Gọi ${A_1},{A_2},{A_3}$ lần lượt là hình chiếu của điểm $A$ trên các mặt phẳng toạ độ $\left( {Oxy} \right),\left( {Oyz} \right),\left( {Ozx} \right)$. Tìm toạ độ của các điểm ${A_1},{A_2},{A_3}$.
Lời giải
Chú ý: Cho điểm $M({x_0};{y_0};{z_0})$. Khi đó hình chiếu của điểm $M$ lên
+ mặt phẳng $(Oxy)$ là ${M_1}({x_0};{y_0};0)$.
+ mặt phẳng $(Oyz)$ là ${M_2}(0;{y_0};{z_0})$.
+ mặt phẳng $(Oxz)$ là ${M_3}({x_0};0;{z_0})$.
+ Hình chiếu của điểm $A\left( {3; – 2; – 1} \right)$ trên mặt phẳng toạ độ $\left( {Oxy} \right)$ là ${A_1}\left( {3; – 2;0} \right)$.
+ Hình chiếu của điểm $A\left( {3; – 2; – 1} \right)$ trên mặt phẳng toạ độ $\left( {Oyz} \right)$ là ${A_2}\left( {0; – 2; – 1} \right)$.
+ Hình chiếu của điểm $A\left( {3; – 2; – 1} \right)$ trên mặt phẳng toạ độ $\left( {Ozx} \right)$ là ${A_3}\left( {3;0; – 1} \right)$.
Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $A\left( { – 2;3;4} \right)$. Gọi $H,K,P$ lần lượt là hình chiếu của điểm $A$ trên các trục $Ox,Oy,Oz$. Tìm tọa độ của các điểm $H,K,P$.
Lời giải
Chú ý: Cho điểm $M({x_0};{y_0};{z_0})$. Khi đó hình chiếu của điểm $M$ lên
+ trục $Ox$ là ${M_1}({x_0};0;0)$.
+ trục $Oy$ là ${M_2}(0;{y_0};0)$.
+ trục $Oz$ là ${M_3}(0;0;{z_0})$.
+ Hình chiếu của điểm $A\left( { – 2;3;4} \right)$ lên trục $Ox$ là $H\left( { – 2;0;0} \right)$.
+ Hình chiếu của điểm $A\left( { – 2;3;4} \right)$ lên trục $Oy$ là $K\left( {0;3;0} \right)$.
+ Hình chiếu của điểm $A\left( { – 2;3;4} \right)$ lên trục $Oz$ là $P\left( {0;0;4} \right)$.
Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hình hộp $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có $A\left( {4;6; – 5} \right)$, $B\left( {5;7; – 4} \right),C\left( {5;6; – 4} \right),D’\left( {2;0;2} \right)$. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình hộp ABCD.A’B’ C’D’.
Lời giải
* Tìm tọa độ điểm $D$.
Ta có $\overrightarrow {AB} = (5 – 4;7 – 6; – 4 – ( – 5)) = (1;1;1)$.
Gọi $D\left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right)$, ta có $\overrightarrow {DC} = \left( {5 – {x_D};6 – {y_D}; – 4 – {z_D}} \right)$.
Ta có $A B C D$ là hình bình hành nên
$\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} $.
Suy ra $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 = 5 – {x_D}} \\
{1 = 6 – {y_D}} \\
{1 = – 4 – {z_D}}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_D} = 4} \\
{{y_D} = 5} \\
{{z_D} = – 5}
\end{array}} \right.} \right.$.
Vậy $D(4;5; – 5)$.
* Tìm tọa độ điểm $A’$.
Ta có $\overrightarrow {D{D’}} = (2 – 4;0 – 5;2 – ( – 5)) = ( – 2; – 5;7)$.
Gọi ${A’}\left( {{x_{{A’}}};{y_{{A’}}};{z_{{A’}}}} \right)$, ta có $\overrightarrow {A{A’}} = \left( {{x_{{A’}}} – 4;{y_{{A’}}} – 6;{z_{{A’}}} + 5} \right)$.
Ta có $ADD’A’$là hình bình hành nên $\overrightarrow {A{A’}} = \overrightarrow {D{D’}} $
Suy ra $\left\{ \begin{gathered}
{x_{{A’}}} – 4 = – 2 \hfill \\
{y_{{A’}}} – 6 = – 5 \hfill \\
{z_{{A’}}} + 5 = 7 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x_{{A’}}} = 2 \hfill \\
{y_{{A’}}} = 1 \hfill \\
{z_{{A’}}} = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Vậy ${A’}(2;1;2)$.
* Tìm tọa độ điểm $B’$.
Gọi ${B’}\left( {{x_{{B’}}};{y_{{B’}}};{z_{{B’}}}} \right)$, ta có $\overrightarrow {B{B’}} = \left( {{x_{{B’}}} – 5;{y_{{B’}}} – 7;{z_{{B’}}} + 4} \right)$.
Ta có $BDD’B’$là hình bình hành nên $\overrightarrow {BB’} = \overrightarrow {D{D’}} $
Suy ra $\left\{ \begin{gathered}
{x_{{B’}}} – 5 = – 2 \hfill \\
{y_{{B’}}} – 7 = – 5 \hfill \\
{z_{{B’}}} + 4 = 7 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x_{{A’}}} = 3 \hfill \\
{y_{{A’}}} = 2 \hfill \\
{z_{{A’}}} = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Vậy $B'(3;2;3)$.
* Tìm tọa độ điểm $C’$.
Gọi ${C’}\left( {{x_{{C’}}};{y_{{C’}}};{z_{{C’}}}} \right)$, ta có $\overrightarrow {C{C’}} = \left( {{x_{{C’}}} – 5;{y_{{C’}}} – 6;{z_{{C’}}} + 4} \right)$.
Ta có $BDD’B’$là hình bình hành nên $\overrightarrow {BB’} = \overrightarrow {D{D’}} $
Suy ra $\left\{ \begin{gathered}
{x_{C’}} – 5 = – 2 \hfill \\
{y_{{C’}}} – 6 = – 5 \hfill \\
{z_{{C’}}} + 4 = 7 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x_{{A’}}} = 3 \hfill \\
{y_{{A’}}} = 1 \hfill \\
{z_{{A’}}} = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Vậy ${C’}(3;1;3)$.
Câu 9. Người ta cần lắp một camera phía trên sân bóng để phát sóng truyền hình một trận bóng đá, camera có thể di động để luôn thu được hình ảnh rõ nét về diễn biến trên sân. Các kĩ sư dự định trồng bốn chiếc cột cao $30\;m$ và sử dụng hệ thống cáp gắn vào bốn đầu cột để giữ camera ở vị trí mong muốn.
Mô hình thiết kế được xây dựng như sau: Trong hệ trục toạ độ $Oxyz$ (đơn vị độ dài trên mỗi trục là $1\;m)$, các đỉnh của bốn chiếc cột lần lượt là các điểm $M\left( {90;0;30} \right)$, $N\left( {90;120;30} \right),P\left( {0;120;30} \right),Q\left( {0;0;30} \right)$ (Hình 34).
Giả sử ${K_0}$ là vị trí ban đầu của camera có cao độ bằng 25 và ${K_0}M = {K_0}N = {K_0}P = {K_0}Q$. Để theo dõi quả bóng đến vị trí $A$, camera được hạ thấp theo phương thẳng đứng xuống điểm ${K_1}$ có cao độ bằng 19 (Nguồn: https://www.abiturloesung.de; Abitur Bayern 2016 Geometrie VI).
Hình 34
Tìm toạ độ của các điểm ${K_0},{K_1}$ và của vectơ $\overrightarrow {{K_0}{K_1}} $.
Lời giải
Gọi ${M_1},{N_1},{P_1},K$ lần lượt là hình chiếu của $M,N,P,{K_0}$ lên mặt phẳng $(Oxy)$.
Ta thấy $MNPQ \cdot {M_1}{N_1}{P_1}O$ là hình hộp chữ nhật. Gọi ${K’}$ là giao hai đường chéo $M P$ và $N Q$.
Khi đó ${K’}Q = {K’}P = {K’}N = {K’}M$.
Vì ${K_0}M = {K_0}N = {K_0}P = {K_0}Q$ và camera được hạ thấp theo phương thẳng dứng từ điểm ${K_0}$ xuống diểm ${K_1}$ nên các điểm ${K’},{K_0},{K_1},K$ thẳng hàng.
Khi đó, các điểm ${K’},{K_0},{K_1},K$ có hoành độ và tung độ bằng nhau.
Theo bài ra, cao độ của ${K_0}$ và ${K_1}$ lần lượt là 25 và 19 .
Giå sử ${K_0}(x;y;25)$ và ${K_1}(x;y;19)$.
Ta có $MNPQ \cdot {M_1}{N_1}{P_1}O$ là hình hộp chữ nhật nên ${K’}K = OQ$, suy ra cao độ của ${K’}$ bằng 30 .
Do đó, ${K’}(x;y;30)$.
Ta có $\overline {{K’}\dot Q} = ( – x; – y;0),\overrightarrow {N{K’}} = (x – 90;y – 120;0)$.
Vì ${K’}$ là giao hai đường chéo của hình chữ nhật $M N P Q$ nên ${K’}$ là trung điểm của $N Q$.
Suy ra $\overrightarrow {{K’}Q} = \overrightarrow {N{K’}} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – x = x – 90} \\
{ – y = y – 120} \\
{0 = 0}
\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 45} \\
{y = 60}
\end{array}} \right.$
Vậy, ${K_0}(45;60;25);{K_1}(45;60;19)$; $\overrightarrow {{K_0}{K_1}} = (0;0; – 6)$
