Giải SGK Toán 12 Cánh diều Bài 2. Tọa độ của vectơ có đáp án

Sau bài học này, ta sẽ trả lời được câu hỏi trên như sau:

- Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tọa độ của một vectơ là tọa độ của điểm A, trong đó A là điểm sao cho $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{u}$ .

- Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ $\overrightarrow{u}$ tùy ý. Bộ ba số (a; b; c) duy nhất sao cho $\overrightarrow{u}=a\overrightarrow{i}+b\overrightarrow{j}+c\overrightarrow{k}$ được gọi là tọa độ của vectơ $\overrightarrow{u}$ đối với hệ tọa độ Oxyz. Khi đó ta viết $\overrightarrow{u}=(a;\ b;\ c)$ .

a)

b) Ta vẽ như hình dưới đây.

Quan sát Hình 22, ta thấy:

a) Trong mặt phẳng (Oxy):

Hình chiếu H của điểm M trên trục hoành Ox ứng với số 4 trên trục Ox.

Hình chiếu K của điểm M trên trục tung Oy ứng với số 5 trên trục Oy.

b) Hình chiếu P của điểm M trên trục cao Oz ứng với số 3 trên trục Oz.

Gọi H(x$_{1}$; y$_{1}$; z$_{1}$), K(x$_{2}$; y$_{2}$; z$_{2}$) và P(x$_{3}$; y$_{3}$; z$_{3}$).

Với A(3; 2; 4), đặt x$_{A}$ = 3, y$_{A}$ = 2, z$_{A}$ = 4. Ta có:

+ x$_{1}$ = x$_{A}$ = 3; y$_{1}$ = 0; z$_{1}$ = 0 (vì H nằm trên trục Ox). Do đó H(3; 0; 0).

+ y$_{2}$ = y$_{A}$ = 2; x$_{2}$ = 0; z$_{2}$ = 0 (vì K nằm trên trục Oy). Do đó K(0; 2; 0).

+ z$_{3}$ = z$_{A}$ = 4; x$_{3}$ = 0; y$_{3}$ = 0 (vì P nằm trên trục Oz). Do đó P(0; 0; 4).

a) Các bước vẽ vectơ $\overrightarrow{OM}$như sau:

- Vẽ hệ trục tọa độ Oxyz.

- Lấy điểm M bất kì trong hệ tọa độ Oxyz.

- Nối O với M tạo thành vectơ $\overrightarrow{OM}$ .

b) Cách xác định tọa độ của điểm M:

- Xác định hình chiếu M$_{1}$ của điểm M trên mặt phẳng (Oxy). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), tìm hoành độ a, tung độ b của điểm M$_{1}$.

- Xác định hình chiếu P của điểm M trên trục cao Oz, điểm P ứng với số c trên trục Oz. Số c là cao độ của điểm M.

Vậy M(a; b; c).

Cách xác định điểm A:

- Từ gốc tọa độ O, dựng đường thẳng d song song với giá của vectơ $\overrightarrow{u}$ .

- Trên d, lấy điểm A sao cho vectơ $\overrightarrow{OA}$ cùng hướng với vectơ $\overrightarrow{u}$ và $OA=|\overrightarrow{u}|$ .

Vậy ta được điểm A thỏa mãn $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{u}$ .

Trong Hình 30, ta có: $\overrightarrow{KA}=\overrightarrow{O{A}_{3}}$ , $\overrightarrow{{A}_{3}A}=\overrightarrow{OK}$

, mà A$_{3}$(4; 0; 3) và K(0; 5; 0).

Do đó,$\overrightarrow{KA}=(4;\ 0;\ 3)$ và $\overrightarrow{{A}_{3}A}=(0;\ 5;\ 0)$ .

a) Ta có $\overrightarrow{OB}=-\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{k}=(-1)\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}$ .

Do đó, $\overrightarrow{OB}=(-1;\ 0;\ 2)$ . Vậy B(– 1; 0; 2).

b) Ta có $\overrightarrow{v}=-7\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}=0\overrightarrow{i}+(-7)\overrightarrow{j}+1\overrightarrow{k}$ .

Do đó, $\overrightarrow{v}=(0;\ -7;\ 1)$ .

a) Vì điểm A có tọa độ là (x$_{A}$; y$_{A}$; z$_{A}$) nên .

Do đó,$\overrightarrow{OA}={x}_{A}\overrightarrow{i}+{y}_{A}\overrightarrow{j}+{z}_{A}\overrightarrow{k}$ .

Vì điểm B có tọa độ là (x$_{B}$; y$_{B}$; z$_{B}$) nên $\overrightarrow{OB}=({x}_{B};\ {y}_{B};\ {z}_{B})$ .

Do đó, $\overrightarrow{OB}={x}_{B}\overrightarrow{i}+{y}_{B}\overrightarrow{j}+{z}_{B}\overrightarrow{k}$ .

b) Theo quy tắc hiệu ta có

$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=({x}_{B}\overrightarrow{i}+{y}_{B}\overrightarrow{j}+{z}_{B}\overrightarrow{k})-({x}_{A}\overrightarrow{i}+{y}_{A}\overrightarrow{j}+{z}_{A}\overrightarrow{k})$

= (x$_{B}$ – x$_{A}$) $\overrightarrow{i}$ + (y$_{B}$– y$_{A}$)$\overrightarrow{j}$ + (z$_{B}$ – z$_{A}$) $\overrightarrow{k}$ .

Ta có $\overrightarrow{{A}^{'}{B}^{'}}$= (2 – 1; 1 – 0; 2 – 1) = (1; 1; 1).

Gọi tọa độ của điểm C' là (x$_{C'}$; y$_{C'}$; z$_{C'}$), ta có $\overrightarrow{{D}^{'}{C}^{'}}$ = (x$_{C'}$ – 1; y$_{C'}$ – (– 1); z$_{C'}$ – 1).

Vì ABCD.A*'B'C'D'* là hình hộp nên A*'B'C'D'* là hình bình hành.

Do đó, $\overrightarrow{{A}^{'}{B}^{'}}=\overrightarrow{{D}^{'}{C}^{'}}$ . Suy ra $\{\begin{matrix}1={x}_{{C}^{'}}-1 \\ 1={y}_{{C}^{'}}-(-1) \\ 1={z}_{{C}^{'}}-1\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{{C}^{'}}=2 \\ {y}_{{C}^{'}}=0 \\ {z}_{{C}^{'}}=2\end{matrix}$ .

Khi đó, C*'*(2; 0; 2).

Ta có $\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}$= (2 – 1; 0 – 0; 2 – 1) = (1; 0; 1).

Gọi tọa độ của điểm A là (x$_{A}$; y$_{A}$; z$_{A}$), ta có $\overrightarrow{AC}=(4-{x}_{A};5-{y}_{A};-5-{z}_{A})$ .

Vì ABCD.A*'B'C'D'* là hình hộp nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}$ .

Do đó, $\{\begin{matrix}4-{x}_{A}=1 \\ 5-{y}_{A}=0 \\ -5-{z}_{A}=1\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{A}=3 \\ {y}_{A}=5 \\ {z}_{A}=-6\end{matrix}$ .

Vậy A(3; 5; – 6).

Đáp án đúng là: A

Ta có A(1; 2; 3). Do đó, $\overrightarrow{OA}=(1;\ 2;\ 3)$ .

Đáp án đúng là: B

Vì $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{u}$ , mà $\overrightarrow{u}=(-1;\ 4;\ 2)$ , do đó $\overrightarrow{OA}=(-1;\ 4;\ 2)$ .

Từ đó suy ra A(– 1; 4; 2).

Đáp án đúng là: B

Với A(1; – 1; 2) và B(4; – 3; 1), ta có

$\overrightarrow{AB}$ = (4 – 1; – 3 – (– 1); 1 – 2) = (3; – 2; – 1).

Đáp án đúng là: C

Gọi tọa độ điểm C là (x$_{C}$; y$_{C}$; z$_{C}$), ta có $\overrightarrow{AC}$ = (x$_{C}$ – 1; y$_{C}$ – 1; z$_{C}$ – 1).

Với $\overrightarrow{u}=(4;\ 2;\ 3)$ thì ta có $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{u}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{C}-1=4 \\ {y}_{C}-1=2 \\ {z}_{C}-1=3\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{C}=5 \\ {y}_{C}=3 \\ {z}_{C}=4\end{matrix}$ .

Vậy C(5; 3; 4).

Gọi A$_{1}$(x$_{1}$; y$_{1}$; z$_{1}$), A$_{2}$(x$_{2}$; y$_{2}$; z$_{2}$) và A$_{3}$(x$_{3}$; y$_{3}$; z$_{3}$).

Với A(3; – 2; – 1), đặt x$_{A}$ = 3, y$_{A}$ = – 2, z$_{A}$ = – 1. Ta có:

+ x$_{1}$ = x$_{A}$ = 3; y$_{1}$ = y$_{A}$= – 2; z$_{1}$ = 0 (vì A$_{1}$ nằm trên mặt phẳng (Oxy)).

Do đó A$_{1}$(3; – 2; 0).

+ y$_{2}$ = y$_{A}$ = – 2; z$_{2}$ = z$_{A}$ = – 1; x$_{2}$ = 0 (vì A$_{2}$ nằm trên mặt phẳng (Oyz)).

Do đó A$_{2}$(0; – 2; – 1).

+ x$_{3}$ = x$_{A}$ = 3; z$_{3}$ = z$_{A}$ = – 1; y$_{3}$ = 0 (vì A$_{3}$ nằm trên mặt phẳng (Ozx)).

Do đó A$_{3}$(3; 0; – 1).

Gọi H(x$_{1}$; y$_{1}$; z$_{1}$), K(x$_{2}$; y$_{2}$; z$_{2}$) và P(x$_{3}$; y$_{3}$; z$_{3}$).

Với A(– 2; 3; 4), đặt x$_{A}$ = – 2, y$_{A}$ = 3, z$_{A}$ = 4. Ta có:

+ x$_{1}$ = x$_{A}$ = – 2; y$_{1}$ = 0; z$_{1}$ = 0 (vì H nằm trên trục Ox). Do đó H(– 2; 0; 0).

+ y$_{2}$ = y$_{A}$ = 3; x$_{2}$ = 0; z$_{2}$ = 0 (vì K nằm trên trục Oy). Do đó K(0; 3; 0).

+ z$_{3}$ = z$_{A}$ = 4; x$_{3}$ = 0; y$_{3}$ = 0 (vì P nằm trên trục Oz). Do đó P(0; 0; 4).

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.M$_{1}$N$_{1}$P$_{1}$O là hình hộp chữ nhật.

Gọi K*'* là giao hai đường chéo MP và NQ. 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 đứng từ điểm K$_{0}$ xuống điểm 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.

Giả sử K$_{0}$(x; y; 25) và K$_{1}$(x; y; 19).

Ta có MNPQ.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 $\overrightarrow{{K}^{'}Q}=(-x;\ -y;\ 0),\ \overrightarrow{N{K}^{'}}=(x-90;y-120;\ 0)$ .

Vì K*'* là giao hai đường chéo của hình chữ nhật MMPQ nên K*'* là trung điểm của NQ.

Suy ra $\overrightarrow{{K}^{'}Q}=\overrightarrow{N{K}^{'}}\Rightarrow \{\begin{matrix}-x=x-90 \\ -y=y-120 \\ 0=0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=45 \\ y=60\end{matrix}$ .

Do vậy, K$_{0}$(45; 60; 25), K$_{1}$(45; 60; 19) và $\overrightarrow{{K}_{0}{K}_{1}}=(0;\ 0;\ -6)$.