Giải Toán 12 Kết nối tri thức bài 8 Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ chi tiết dễ hiểu giúp các bạn tham khảo và làm bài tập một cách hiệu quả.
Câu 2.20. Trong không gian $Oxyz$, cho ba vectơ $\vec a = \left( {3;1;2} \right),\vec b = \left( { – 3;0;4} \right)$ và $\vec c = \left( {6; – 1;0} \right)$.
a) Tìm toạ độ của các vectơ $\vec a + \vec b + \vec c$ và $2\vec a – 3\vec b – 5\vec c$.
b) Tính các tích vô hướng $\vec a \cdot \left( { – \vec b} \right)$ và $\left( {2\vec a} \right) \cdot \vec c$.
Lời giải
a) * Tìm toạ độ của vectơ $\vec a + \vec b + \vec c$.
$\vec a + \vec b + \vec c = \left( {3 + ( – 3) + 6;1 + 0 + ( – 1);2 + 4 + 0} \right) = \left( {6;0;6} \right)$.
* Tìm toạ độ của vectơ $2\vec a – 3\vec b – 5\vec c$.
Ta có:
$2\overrightarrow a = (6;2;4)$;
$3\vec b = ( – 9;0;12)$;
$5\vec c = (30; – 5;0$.
Suy ra, $2\vec a – 3\vec b – 5\vec c = \left( {6 – ( – 9) – 30;2 – 0 – ( – 5);4 – 12 – 0} \right) = \left( { – 15;\,\,7;\,\, – 8} \right)$
b) * Tính $\vec a \cdot \left( { – \vec b} \right)$.
Ta có: $ – \vec b = \left( {3;0; – 4} \right)$.
Suy ra, $\vec a \cdot \left( { – \vec b} \right) = 3.3 + 1.0 + 2.( – 4) = 1$
* Tính $\left( {2\vec a} \right) \cdot \vec c$.
Ta có: $2\overrightarrow a = \left( {6;2;4} \right)$.
Suy ra, $\left( {2\vec a} \right) \cdot \vec c = 6.6 + 2.( – 1) + 4.0 = 34$
c) Ta có:
$MN = \sqrt {{{\left( {{x_N} – {x_M}} \right)}^2} + {{\left( {{y_N} – {y_M}} \right)}^2} + {{\left( {{z_N} – {z_M}} \right)}^2}} = \sqrt {114} $
$MP = \sqrt {{{\left( {{x_P} – {x_M}} \right)}^2} + {{\left( {{y_P} – {y_M}} \right)}^2} + {{\left( {{z_P} – {z_M}} \right)}^2}} = \sqrt {74} $
Vậy, chu vi của hình bình hành MNPQ bằng $2MN + 2MP = 2\left( {\sqrt {114} + \sqrt {74} } \right)$.
Câu 2.21. Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $M\left( { – 4;3;3} \right),N\left( {4; – 4;2} \right)$ và $P\left( {3;6; – 1} \right)$.
a) Tìm toạ độ của các vectơ $\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {MP} $, từ đó chứng minh rằng ba điểm $M,N,P$ không thẳng hàng.
b) Tìm toạ độ của vectơ $\overrightarrow {NM} + \overrightarrow {NP} $, từ đó suy ra toạ độ của điểm $Q$ sao cho tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành.
c) Tính chu vi của hình bình hành $MNPQ$.
Lời giải
a) $\overrightarrow {MN} = \left( {8;\, – 7;\, – 1} \right)$
$\overrightarrow {MP} = \left( {7;\,\,3;\,\, – 4} \right)$
Ta có: $\frac{8}{7} \ne \frac{{ – 7}}{3}$
Suy ra, hai vectơ $\overrightarrow {MN} $ và $\overrightarrow {MP} $ không cùng phương nên ba điểm $M,N,P$ không thẳng hàng.
b) * Tìm toạ độ của vectơ $\overrightarrow {NM} + \overrightarrow {NP} $.
$\overrightarrow {NM} = \left( { – 8;7;1} \right)$
$\overrightarrow {NP} = \left( { – 1;10; – 3} \right)$
$ \Rightarrow \overrightarrow {NM} + \overrightarrow {NP} = \left( { – 9;17; – 2} \right)$
* Tìm toạ độ của điểm $Q$ sao cho tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành.
Gọi $Q(x;y;z)$. Ta có: $\overrightarrow {NQ} = (x – 4;y + 4;z – 2)$.
Ta có: Tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành $ \Rightarrow \overrightarrow {NQ} = \overrightarrow {NM} + \overrightarrow {NP} = \left( { – 9;17; – 2} \right)$.
Suy ra, $\left\{ \begin{gathered}
x – 4 = – 9 \hfill \\
y + 4 = 17 \hfill \\
z – 2 = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = – 5 \hfill \\
y = 13 \hfill \\
z = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.$.
Vậy, $Q\left( { – 5;\,\,13;\,\,0} \right)$
Câu 2.22. Trong không gian $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ có $A\left( {1;0;1} \right),B\left( {0; – 3;1} \right)$ và $C\left( {4; – 1;4} \right)$.
a) Tìm toạ độ trọng tâm của tam giác $ABC$.
b) Chứng minh rằng $\widehat {BAC} = {90^ \circ }$.
c) Tính $\widehat {ABC}$.
Lời giải
a) Tìm toạ độ trọng tâm của tam giác $ABC$.
Gọi $G\left( {{x_G};{y_G};{z_G}} \right)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 0 + 4}}{3} = \frac{5}{3} \hfill \\
{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{0 + ( – 3) + ( – 1)}}{3} = – \frac{4}{3} \hfill \\
{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{1 + 1 + 4}}{3} = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
$ \Rightarrow G\left( {\frac{5}{3}; – \frac{4}{3};2} \right)$.
b) Chứng minh rằng $\widehat {BAC} = {90^ \circ }$.
Ta có:
$\overrightarrow {AB} = \left( { – 1; – 3;0} \right);\,\overrightarrow {AC} = \left( {3; – 1;3} \right)$
$ \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = ( – 1).3 + ( – 3).( – 1) + 0.3 = 0$
$ \Rightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC} \Rightarrow \widehat {BAC} = {90^0}$
c) Tính $\widehat {ABC}$.
Ta có: $cos\widehat {ABC} = cos\left( {\overrightarrow {BA} ,\,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BA} .\,\overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\,\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}}$
Mà $\overrightarrow {BA} = \left( {1;3;0} \right)$; $\overrightarrow {BC} = \left( {4;2;3} \right)$.
$\overrightarrow {BA} .\,\overrightarrow {BC} = 1.4 + 3.2 + 0.3 = 10$
$\left| {\overrightarrow {BA} } \right| = \sqrt {{1^2} + {3^2} + {0^2}} = \sqrt {10} $; $\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{4^2} + {2^2} + {3^2}} = \sqrt {29} $.
Nên $cos\widehat {ABC} = \frac{{10}}{{\sqrt {10} .\sqrt {29} }} = \frac{{\sqrt {290} }}{{29}}$$ \Rightarrow \widehat {ABC} \approx {54^0}$.
Câu 2.23. Một phòng học có thiết kế dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài là $8\;m$, chiều rộng là $6\;m$ và chiều cao là $3\;m$. Một chiếc đèn được treo tại chính giữa trần nhà của phòng học. Xét hệ trục toạ độ $Oxyz$ có gốc $O$ trùng với một góc phòng và mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ trùng với mặt sàn, đơn vị đo được lấy theo mét (H.2.51). Hãy tìm toạ độ của điểm treo đèn.
Hình 2.51
Lời giải
Gọi $A,\,B,\,C,\,D$ là các đỉnh của hình hộp chữ nhật như trên hình vẽ.
Ta có: $B(6;0;3),\,D(0;8;3)$.
Điểm treo đèn là trung điểm $I$ của đoạn $BD$
$ \Rightarrow I(3;4;3)$
Câu 2.24. Trong không gian, xét hệ toạ độ Oxyz có gốc $O$ trùng với vị trí của một giàn khoan trên biển, mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ trùng với mặt biển (được coi là phẳng) với trục $Ox$ hướng về phía tây, trục Oy hướng về phía nam và trục $Oz$ hướng thẳng đứng lên trời (H.2.52). Đơn vị đo trong không gian Oxyz lấy theo kilômét. Một chiếc ra đa đặt tại giàn khoan có phạm vi theo dỗi là $30\;km$. Hỏi ra đa có thể phát hiện được một chiếc tàu thám hiểm có toạ độ là $\left( {25;15; – 10} \right)$ đối với hệ toạ độ nói trên hay không? Hãy giải thích vì sao.
Hình 2.52
Lời giải
Khoảng cách từ tàu thám hiểm đến ra đa là $OM = \sqrt {{{25}^2} + {{15}^2} + {{\left( { – 10} \right)}^2}} \approx 30,8$ (km).
Khoảng cách này lớn hơn phạm vi theo dõi của radar nên radar không thể phát hiện được tàu thám hiểm.
