Giải SGK Toán 12 Kết nối tri thức Bài 8: Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ

Mở đầu: Những căn nhà gỗ trong Hình 2.47a được phác thảo dưới dạng một hình lăng trụ đứng tam giác OAB.O'A'B' như trong Hình 2.47b. Với hệ trục tọa độ Oxyz thể hiện như Hình 2.47b (đơn vị đo lấy theo centimét), hai điểm A' và B' có tọa độ lần lượt là (240; 450; 0) và (120; 450; 300). Từ những thông tin trên, có thể tính được kích thước mỗi chiều của những căn nhà gỗ không?

Trả lời:

Sau khi học xong bài này, ta giải quyết bài toán này như sau:

Vì A'(240; 450; 0) nên khoảng cách từ A' đến các trục Ox, Oy lần lượt là 450 cm và 240 cm.

Suy ra A'A = 450 cm và A'O' = 240 cm.

Từ giả thiết ta có $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\left(-120;0;300\right)$ .

Do đó $A^{\prime }{B}^{\prime }=\left|\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}\right|=\sqrt{{\left(-120\right)}^2+0+{300}^2}=60\sqrt{29}\approx 323$  cm.

Vì O'O = A'A = 450 cm và O' nằm trên trục Oy nên O' (0; 450; 0).

Do đó $\overrightarrow{O^{\prime }{B}^{\prime }}=\left(120;0;300\right)$  và $O^{\prime }{B}^{\prime }=\left|\overrightarrow{O^{\prime }{B}^{\prime }}\right|=\sqrt{{120}^2+0+{300}^2}=60\sqrt{29}\approx 323$  cm.

Vậy mỗi căn nhà gỗ có chiều dài là 450 cm, chiều rộng là 240 cm và mỗi cạnh bên của mặt tiền có độ dài là 323 cm.

1. Biểu thức tọa độ của phép cộng hai vectơ, phép trừ hai vectơ, phép nhân một số với một vectơ

Hoạt động 1: Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ $\overrightarrow{a}=\left(1;0;5\right)$ và $\overrightarrow{b}=\left(1;3;9\right)$ .

a) Biểu diễn hai vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ qua các vectơ đơn vị $\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k}$ .

b) Biểu diễn hai vectơ $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$ và $2\overrightarrow{a}$ qua các vectơ đơn vị $\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k}$, từ đó xác định tọa độ của hai vectơ đó.

Trả lời:

a) Ta có: ; .

b) Ta có: .

Do đó,

. Do đó .

Câu hỏi: Nếu tọa độ của vectơ $\overrightarrow{a}$ là (x; y; z) thì tọa độ của vectơ đối của $\overrightarrow{a}$ là gì?

Trả lời:

Vectơ đối của $\overrightarrow{a}$ là $-\overrightarrow{a}$ có tọa độ là (−x; −y; −z).

Luyện tập 1: Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ $\overrightarrow{u}=\left(1;8;6\right)$; $\overrightarrow{v}=\left(-1;3;-2\right)$ và $\overrightarrow{w}=\left(0;5;4\right)$. Tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow{u}-2\overrightarrow{v}+\overrightarrow{w}$.

Trả lời:

Hoạt động 2: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A(xA; yA; zA), B(xB; yB; zB) và C(xC; yC; zC).

a) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Tìm tọa độ của M theo tọa độ của A và B.

b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa độ của G theo tọa độ của A, B, C.

Trả lời:

Ta có $\overrightarrow{OA}=\left(x_A;y_A;z_A\right);\overrightarrow{OB}=\left(x_B;y_B;z_B\right);\overrightarrow{OC}=\left(x_C;y_C;z_C\right)$ .

a) Vì M là trung điểm của AB nên $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right)$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}{x}_M=\frac{x_A+x_B}{2}\\ y_M=\frac{y_A+y_B}{2}\\ z_M=\frac{z_A+z_B}{2}\end{array}$.

Do đó $M\left(\frac{x_A+x_B}{2};\frac{y_A+y_B}{2};\frac{z_A+z_B}{2}\right)$.

b) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}\end{array}$.

Do đó $G\left(\frac{x_A+x_B+x_C}{3};\frac{y_A+y_B+y_C}{3};\frac{z_A+z_B+z_C}{3}\right)$ .

Luyện tập 2: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2; 9; −1), B(9; 4; 5) và G(3; 0; 4). Tìm tọa độ điểm C sao cho tam giác ABC nhận G là trọng tâm.

Trả lời:

Để G là trọng tâm của tam giác ABC thì:

Vậy C (-2;-3;8)

2. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng

Hoạt động 3: Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ $\overrightarrow{a}=\left(x;y;z\right)$  và $\overrightarrow{b}=\left(x^{\prime };y^{\prime };z^{\prime }\right)$

a) Giải thích vì sao $\overrightarrow{i}.\overrightarrow{i}=1$và $\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}=\overrightarrow{i}.\overrightarrow{k}=0$ .

b) Sử dụng biểu diễn $\overrightarrow{a}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k}$để tính các tích vô hướng $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{i},\overrightarrow{a}.\overrightarrow{j}$  và $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{k}$ .

c) Sử dụng biểu diễn $\overrightarrow{b}=x^{\prime }\overrightarrow{i}+y^{\prime }\overrightarrow{j}+z^{\prime }\overrightarrow{k}$để tính tích vô hướng $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}$ .

Trả lời:

Luyện tập 3: Trong Ví dụ 3, tính ${\left(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\right)}^2$ .

Trả lời:

Ta có:

Do đó,

Luyện tập 4: Trong không gian Oxyz, cho A(0; 2; 1), B(3; −2; 1) và C(−2; 5; 7).

a) Tính chu vi của tam giác ABC.

b) Tính $\widehat{BAC}$ .

Trả lời:

Có $\overrightarrow{AB}=\left(3;-4;0\right);\overrightarrow{AC}=\left(-2;3;6\right);\overrightarrow{BC}=\left(-5;7;6\right)$.

a) Ta có $\left|\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{9+16}=5;\left|\overrightarrow{AC}\right|=\sqrt{4+9+36}=7;\left|\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{25+49+36}=\sqrt{110}$ .

Do đó chu vi của tam giác ABC là: $5+7+\sqrt{110}=12+\sqrt{110}$ .

b) Ta có $\widehat{BAC}=\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)$ .

Ta có $\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|}=\frac{3.\left(-2\right)+\left(-4\right).3+0.6}{5.7}=-\frac{18}{35}$ .

Suy ra ${\mathrm{BAC^BAC}}^{}\approx 121°$.

3. Vận dụng tọa độ của vectơ trong một số bài toán liên quan đến thực tiễn

Luyện tập 5: Với các giả thiết như trong Ví dụ 5, hãy xác định tọa độ của chiếc máy bay sau 10 phút tiếp theo (tính từ thời điểm máy bay ở điểm B).

Trả lời:

Gọi  là vị trí của máy bay sau 10 phút bay tiếp theo (tính từ thời điểm máy bay ở điểm B). Vì hướng của máy bay không đổi nên  và  cùng hướng. Do vận tốc máy bay không đổi và thời gian bay từ A đến B bằng thời gian bay từ B đến D nên . Do đó, .

Mặt khác,  nên

Vậy . Vậy tọa độ của máy bay trong 10 phút tiếp theo là

Luyện tập 6: Trong tình huống mở đầu, hãy tính độ lớn của góc α.

Trả lời:

Theo ví dụ 6, ta có $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\left(-120;0;300\right)$

$A^{\prime }{B}^{\prime }=\left|\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}\right|=\sqrt{{\left(-120\right)}^2+0+{300}^2}=60\sqrt{29}\approx 323$.

Ta có A'(240; 450; 0) và O' (0; 450; 0).

Khi đó $\overrightarrow{A^{\prime }{O}^{\prime }}=\left(-240;0;0\right)$  suy ra $\left|\overrightarrow{A^{\prime }{O}^{\prime }}\right|=240$

Do đó $\cos \left(\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }},\overrightarrow{A^{\prime }{O}^{\prime }}\right)=\frac{\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}.\overrightarrow{A^{\prime }{O}^{\prime }}}{\left|\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}\right|.\left|\overrightarrow{A^{\prime }{O}^{\prime }}\right|}=\frac{\left(-120\right).\left(-240\right)}{60\sqrt{29}.240}=\frac{2}{\sqrt{29}}$ .

Suy ra $\alpha \approx 68°$ .

Luyện tập 7: Trong Ví dụ 7, khinh khí cầu thứ nhất hay thứ hai ở xa điểm xuất phát hơn? Giải thích vì sao.

Trả lời:

Ta có, khinh khí cầu thứ nhất có tọa độ là , khinh khí cầu thứ hai có tọa độ là .

Ta có:  (km), 

 (km).

Vì gốc  đặt tại điểm xuất phát và  nên khinh khí cầu thứ hai gần điểm xuất phát hơn.

Bài tập

Bài 2.20: Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ $\overrightarrow{a}=\left(3;1;2\right)$ ,$\overrightarrow{b}=\left(-3;0;4\right)$  và $\overrightarrow{c}=\left(6;-1;0\right)$.

a) Tìm tọa độ của các vectơ $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}$ và $2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}-5\overrightarrow{c}$ .

b) Tính các tích vô hướng $\overrightarrow{a}.\left(-\overrightarrow{b}\right)$ và $\left(2\overrightarrow{a}\right).\overrightarrow{c}$ .

Trả lời:

a) Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}$ là (3 – 3 + 6; 1 + 0 – 1; 2 + 4 + 0) = (6; 0; 6).

Có $2\overrightarrow{a}=\left(6;2;4\right)$; $3\overrightarrow{b}=\left(-9;0;12\right)$ ; $5\overrightarrow{c}=\left(30;-5;0\right)$.

Tọa độ của vectơ $2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}-5\overrightarrow{c}$là (6 + 9 – 30; 2 + 5; 4 – 12) = (−15; 7; −8).

b) Có $-\overrightarrow{b}=\left(3;0;-4\right)$ .

Do đó $\overrightarrow{a}.\left(-\overrightarrow{b}\right)=3.3+1.0+2.\left(-4\right)=1$ .

$\left(2\overrightarrow{a}\right).\overrightarrow{c}=6.6+2.\left(-1\right)+4.0=34$.

Bài 2.21: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M(−4; 3; 3), N(4; −4; 2) và P(3; 6; −1).

a) Tìm tọa độ của các vectơ $\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}$ , từ đó chứng minh rằng ba điểm M, N, P không thẳng hàng.

b) Tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow{NM}+\overrightarrow{NP}$ , từ đó suy ra tọa độ của điểm Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành.

c) Tính chu vi của hình bình hành MNPQ.

Trả lời:

a) Ta có:

Vì  nên hai vectơ  không cùng phương. Do đó, ba điểm  không thẳng hàng.

b) Ta có: , .

Suy ra,

Gọi tọa độ điểm  là , ta có:

Để tứ giác  là hình bình hành thì .

Suy ra: . Vậy

c) Ta có: 

,

.

Vậy chu vi hình bình hành  là: .

Bài 2.22: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 0; 1), B(0; −3; 1) và C(4; −1; 4).

a) Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC.

b) Chứng minh rằng $BAC^BAC=90°$ .

c) Tính ${\mathrm{ABC^ABC}}^{}$ .

Trả lời:

a) Gọi G(x; y; z) là trọng tâm của tam giác ABC.

Khi đó ta có $\{\begin{array}{c}x=\frac{1+0+4}{3}\\ y=\frac{0-3-1}{3}\\ z=\frac{1+1+4}{3}\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{c}x=\frac{5}{3}\\ y=\frac{-4}{3}\\ z=2\end{array}$.

Vậy $G\left(\frac{5}{3};-\frac{4}{3};2\right)$ .

b) Có $\overrightarrow{AB}=\left(0-1;-3-0;1-1\right)=\left(-1;-3;0\right)$;$\overrightarrow{AC}=\left(4-1;-1-0;4-1\right)=\left(3;-1;3\right)$ .

Vì $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=\left(-1\right).3+\left(-3\right).\left(-1\right)+0.3=0$.

Do đó $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AC}$ hay ${\mathrm{BAC^BAC}}^{}=90°$.

c) Có $\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}=\left(1;3;0\right);\left|\overrightarrow{BA}\right|=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}$ ;

$\overrightarrow{BC}=\left(4-0;-1+3;4-1\right)=\left(4;2;3\right);\left|\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{16+4+9}=\sqrt{29}$.

Ta có ${\mathrm{ABC^ABC}}^{}=\left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)$.

Có $\cos \left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)=\frac{\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{BA}\right|.\left|\overrightarrow{BC}\right|}$ $=\frac{1.4+3.2+0.3}{\sqrt{10}.\sqrt{29}}=\frac{\sqrt{290}}{29}$.

Do đó $ABC^ABC\approx 54°$ .

Bài 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 tọa độ Oxyz có gốc O trùng với một góc phòng và mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt sàn, đơn vị đo được lấy theo mét (H.2.51). Hãy tìm tọa độ của điểm treo đèn.

Trả lời:

Ta có: , .

Vì phòng học thiết kế dạng hình hộp chữ nhật nên hình  là hình chữ nhật. Gọi  là giao điểm của hai đường chéo  và  nên  là trung điểm của  và

Vì đèn được treo tại chính giữa trần nhà của phòng học nên đèn trùng với điểm .

Ta có: . Suy ra, . 

Vậy tọa độ của điểm treo đèn là .

Bài 2.24: Trong không gian, xét hệ tọa độ Oxyz có gốc O trùng với vị trí của một giàn khoan trên biển, mặt phẳng (Oxy) 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 radar đặt tại giàn khoan có phạm vi theo dõi là 30 km. Hỏi radar có thể phát hiện được một chiếc tàu thám hiểm có tọa độ là (25; 15; −10) đối với hệ tọa độ nói trên hay không? Hãy giải thích vì sao.

Trả lời:

Để xác định xem radar có thể phát hiện được tàu thám hiểm hay không, ta cần xác định khoảng cách giữa radar và tàu thám hiểm.

Theo đề ta có tọa độ của radar là (0; 0; 0), tọa độ của tàu thám hiểm là (25; 15; −10).

Khi đó khoảng cách giữa radar và tàu thám hiểm là:

$d=\sqrt{{\left(25-0\right)}^2+{\left(15-0\right)}^2+{\left(-10-0\right)}^2}=5\sqrt{38}\approx \mathrm{30,82}$ (km).

Vì phạm vi theo dõi của radar là 30 km mà khoảng cách giữa radar và tàu thám hiểm là 30,82 km nên radar không phát hiện được tàu thám hiểm.