Giải SBT Toán 12 Chân trời sáng tạo Bài 3. Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ có đáp án

Ta có: $\overrightarrow a = 2\overrightarrow i + 3\overrightarrow j - 5\overrightarrow k$ suy ra $\overrightarrow a$ = (2; 3; −5).

$\overrightarrow b = - 3\overrightarrow j + 4\overrightarrow k$ suy ra $\overrightarrow b$ = (0; −3; 4).

$\overrightarrow c = - \overrightarrow i - 2\overrightarrow j$ suy ra $\overrightarrow c$ = (−1; −2; 0).

Do OABD là hình bình hành với O là gốc tọa độ, nên

$\overrightarrow {OD} = \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OA} = \left( {\overrightarrow i + \overrightarrow j } \right) - \left( { - \overrightarrow i + \overrightarrow j } \right) = 2\overrightarrow i$

Suy ra $\overrightarrow {OD}$ = (2; 0; 0) hay D(2; 0; 0).

Gọi A(a; b; c).

Có G là trọng tâm nên $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GO} = \overrightarrow 0$

⇔$\overrightarrow {GA} + \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AB} } \right) + \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AC} } \right) + \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AO} } \right) = \overrightarrow 0$

⇔ $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AO} = 4\overrightarrow {AG}$

Ta có: $\overrightarrow {AB}$ = (1; 2; 3), $\overrightarrow {AC}$ = (−1; 4; −2), $\overrightarrow {AO}$ = (−a; −b; −c),

⇒ $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AO}$ = (−a; 6 – b; 1 – c).

$\overrightarrow {AG}$ = (3 – a; −3 – b; 6 – c) ⇒ $4\overrightarrow {AG}$ = (12 – 4a; −12 – 4b; 24 – 4c).

Do đó, $\left\{ \begin{array}{l} - a = 12 - 4a\\6 - b = - 12 - 4a\\1 - c = 24 - 4c\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = - 6\\c = \frac{{23}}{3}\end{array} \right.$ ⇒ A$\left( {4; - 6;\frac{{23}}{3}} \right)$.

Do ABCD.A*'B'C'D'* là hình hộp nên ta có $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} = (2; - 4;0)$.

Gọi D(x; y; z) suy ra $\left\{ \begin{array}{l} - 1 - x = 2\\4 - y = - 4\\ - 7 - z = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 3\\y = 8\\z = - 7\end{array} \right.$ ⇒ D(−3; 8; −7).

Ta có: $\overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {DD'} = \left( {9;0;17} \right)$

Gọi B*'(a; b; c) suy ra $\left\{ \begin{array}{l}a - 4 = 9\\b - 0 = 0\\c - 0 = 17\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 13\\b = 0\\c = 17\end{array} \right.$ ⇒ B'*(13; 0; 17).

Ta có: A(2; 2; 1), suy ra OA = $\left| {\overrightarrow {OA} } \right|$ = $\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}}$ = 3.

Vậy OA = 3.

Hình chiếu của A(1; 2; 3) trên trục Oy là A*'*(0; 2; 0).

Khoảng cách từ A trên trục Oy là AA*'* = $\sqrt {{{\left( {1 - 0} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2} + {{\left( {3 - 0} \right)}^2}}$ = $\sqrt {10}$.

a) Tọa độ điểm M*'* là điểm đối xứng của điểm M qua gốc tọa độ O là M*'*(−3; 1; −2).

b) O*'* là điểm đối xứng của điểm O qua điểm M suy ra M là trung điểm của OO*'*.

Gọi O*'*(x; y; z) nên

$\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 0}}{2} = 3\\\frac{{y + 0}}{2} = - 1\\\frac{{z + 0}}{2} = 2\end{array} \right.$ ⇒ O*'*(6; −2; 4).

c) Khoảng cách từ M đến gốc tọa độ là MO = $\sqrt {{{\left( {3 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - 0} \right)}^2} + {{\left( {2 - 0} \right)}^2}}$ = $\sqrt {14}$.

d) Mặt phẳng (Oxz) là y = 0.

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (Oxz) là d(M, (Oxz)) = $\frac{{\left| {3.0 + 1.\left( { - 1} \right) + 2.0} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {0^2}} }}$ = 1.

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

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{0 + \left( { - 5} \right) + \left( { - 1} \right)}}{3} = - 2\\y = \frac{{2 + 4 + 0}}{3} = 2\\z = \frac{{ - 1 + 2 + 5}}{3} = 2\end{array} \right.$⇒ G(−2; 2; 2).

Vậy G(−2; 2; 2).

Ta có A đối xứng với M qua mặt phẳng (Oxy) nên A(a; b; −c).

B đối xứng với M qua mặt phẳng (Oyz) nên B(−a; b; c).

C đối xứng với M qua mặt phẳng (Oxz) nên C(a; −b; c).

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

Do đó,

$\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{a + \left( { - a} \right) + a}}{3} = \frac{a}{3}\\y = \frac{{b + b + \left( { - b} \right)}}{3} = \frac{b}{3}\\z = \frac{{ - c + c + c}}{3} = \frac{c}{3}\end{array} \right.$ ⇒ G$\left( {\frac{a}{3};\frac{b}{3};\frac{c}{3}} \right)$.

a) Ta có OABC là hình chữ nhật nên $\overrightarrow {OA} = \overrightarrow {CB} = \left( {6;0;0} \right)$ ⇒ B(6; 4; 0).

AEFB là hình chứ nhật nên $\overrightarrow {AE} = \overrightarrow {BF} = \left( {0;0;4} \right)$ ⇒ F(6; 4; 4).

DEFH là hình chữ nhật nên $\overrightarrow {ED} = \overrightarrow {FH} = \left( {6;0;0} \right)$ ⇒ H(12; 4; 4).

b) Ta có: $\overrightarrow {ME}$ = (0; −2; −2); $\overrightarrow {MF}$ = (0; 2; −2).

c) Ta có: cos$\widehat {EMF}$ = $\frac{{\overrightarrow {ME} .\overrightarrow {MF} }}{{\left| {\overrightarrow {ME} } \right|.\left| {\overrightarrow {MF} } \right|}} = \frac{{0.0 + \left( { - 2} \right).2 + \left( { - 2} \right).\left( { - 2} \right)}}{{\sqrt {{0^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} .\sqrt {{0^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 0$.

⇒ $\widehat {EMF}$ = 90°.