Giải SGK Toán 12 Cánh diều Bài 3. Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ có đáp án

Sau bài học này, ta giải quyết được bài toán trên như sau:

Theo giả thiết, ta có các điểm P(0; 0; 4), Q$_{1}$(0; – 1; 0), Q$_{2 (\frac{\sqrt{3}}{2};\ \frac{1}{2};\ 0)}$, Q$_{3 (-\frac{\sqrt{3}}{2};\ \frac{1}{2};\ 0)}$ .

Suy ra $\overrightarrow{P{Q}_{1}}=(0-0;\ -1-0;\ 0-4)$ hay $\overrightarrow{P{Q}_{1}}=(0;\ -1;\ -4)$ ;

$\overrightarrow{P{Q}_{2}}=(\frac{\sqrt{3}}{2}-0;\ \frac{1}{2}-0;\ 0-4)$ hay $\overrightarrow{P{Q}_{2}}=(\frac{\sqrt{3}}{2};\ \frac{1}{2};\ -4)$ ;

$\overrightarrow{P{Q}_{3}}=(-\frac{\sqrt{3}}{2}-0;\ \frac{1}{2}-0;\ 0-4)$ hay $\overrightarrow{P{Q}_{3}}=(-\frac{\sqrt{3}}{2};\ \frac{1}{2};\ -4)$ .

Suy ra $|\overrightarrow{P{Q}_{1}}|=|\overrightarrow{P{Q}_{2}}|=|\overrightarrow{P{Q}_{3}}|=\sqrt{17}$ . Do đó, $|\overrightarrow{{F}_{1}}|=|\overrightarrow{{F}_{2}}|=|\overrightarrow{{F}_{3}}|$ .

Vì vậy, tồn tại hằng số c ≠ 0 sao cho:

$\overrightarrow{{F}_{1}}=c\overrightarrow{P{Q}_{1}}=(0;\ -c;\ -4c)$;

$\overrightarrow{{F}_{2}}=c\overrightarrow{P{Q}_{2}}=(\frac{\sqrt{3}}{2}c;\ \frac{1}{2}c;\ -4c)$;

$\overrightarrow{{F}_{3}}=c\overrightarrow{P{Q}_{3}}=(-\frac{\sqrt{3}}{2}c;\ \frac{1}{2}c;\ -4c)$.

Suy ra $\overrightarrow{{F}_{1}}+\overrightarrow{{F}_{2}}+\overrightarrow{{F}_{3}}=(0;\ 0;\ -12c)$.

Mặt khác, ta có: $\overrightarrow{{F}_{1}}+\overrightarrow{{F}_{2}}+\overrightarrow{{F}_{3}}=\overrightarrow{F}$ , trong đó $\overrightarrow{F}=(0;\ 0;\ -360)$ là trọng lực tác dụng lên máy quay. Suy ra – 12c = – 360, tức là c = 30.

Vậy $\overrightarrow{{F}_{1}}=(0;\ -30;\ -120);\ \overrightarrow{{F}_{2}}=(15\sqrt{3};\ 15;\ -120);\ \overrightarrow{{F}_{3}}=(-15\sqrt{3};\ 15;\ -120)$ .

a) Ta có $\overrightarrow{u}=({x}_{1};\ {y}_{1};\ {z}_{1})$ nên $\overrightarrow{u}={x}_{1}\overrightarrow{i}+{y}_{1}\overrightarrow{j}+{z}_{1}\overrightarrow{k}$ .

Ta có $\overrightarrow{v}=({x}_{2};\ {y}_{2};\ {z}_{2})$ nên $\overrightarrow{v}={x}_{2}\overrightarrow{i}+{y}_{2}\overrightarrow{j}+{z}_{2}\overrightarrow{k}$ .

a)

Vì M là trung điểm của AB nên với điểm O ta có: $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})$ .

Ta có A(x$_{A}$; y$_{A}$; z$_{A}$) và B(x$_{B}$; y$_{B}$; z$_{B}$) nên $\overrightarrow{OA}$ = (x$_{A}$; y$_{A}$; z$_{A}$) và $\overrightarrow{OB}$= (x$_{B}$; y$_{B}$; z$_{B}$).

Khi đó, $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$= (x$_{A}$ + x$_{B}$; y$_{A}$ + y$_{B}$; z$_{A}$ + z$_{B}$).

Suy ra $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})=(\frac{1}{2}({x}_{A}+{x}_{B});\ \frac{1}{2}({y}_{A}+{y}_{B});\ \frac{1}{2}({z}_{A}+{z}_{B}))$ .

Do đó,$M(\frac{1}{2}({x}_{A}+{x}_{B});\ \frac{1}{2}({y}_{A}+{y}_{B});\ \frac{1}{2}({z}_{A}+{z}_{B}))$ hay $\{\begin{matrix}{x}_{M}=\frac{1}{2}({x}_{A}+{x}_{B}) \\ {y}_{M}=\frac{1}{2}({y}_{A}+{y}_{B}) \\ {z}_{M}=\frac{1}{2}({z}_{A}+{z}_{B})\end{matrix}$ .

b)

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên với điểm O ta có:

$\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$.

Ta có A(x$_{A}$; y$_{A}$; z$_{A}$), B(x$_{B}$; y$_{B}$; z$_{B}$), C(x$_{C}$; y$_{C}$; z$_{C}$).

Suy ra $\overrightarrow{OA}$= (x$_{A}$; y$_{A}$; z$_{A}$), $\overrightarrow{OB}$ = (x$_{B}$; y$_{B}$; z$_{B}$), $\overrightarrow{OC}$= (x$_{C}$; y$_{C}$; z$_{C}$).

Khi đó, = (x$_{A}$ + x$_{B}$ + x$_{C}$; y$_{A}$ + y$_{B}$ + y$_{C}$; z$_{A}$ + z$_{B}$ + z$_{C}$).

Suy ra $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})=(\frac{{x}_{A}+{x}_{B}+{x}_{C}}{3};\ \frac{{y}_{A}+{y}_{B}+{y}_{C}}{3};\ \frac{{z}_{A}+{z}_{B}+{z}_{C}}{3})$ .

Do đó,$G(\frac{{x}_{A}+{x}_{B}+{x}_{C}}{3};\ \frac{{y}_{A}+{y}_{B}+{y}_{C}}{3};\ \frac{{z}_{A}+{z}_{B}+{z}_{C}}{3})$ hay $\{\begin{matrix}{x}_{G}=\frac{{x}_{A}+{x}_{B}+{x}_{C}}{3} \\ {y}_{G}=\frac{{y}_{A}+{y}_{B}+{y}_{C}}{3} \\ {z}_{G}=\frac{{z}_{A}+{z}_{B}+{z}_{C}}{3}\end{matrix}$ .

a) Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;\ 1;\ 4),\ \overrightarrow{AG}=(1;\ 3;\ -1)$ .

Suy ra $\overrightarrow{AB}=(1;\ 1;\ 4)\ne k\overrightarrow{AG}=(k;\ 3k;\ -k)$ với mọi k ∈ ℝ nên hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AG}$ không cùng phương.

Vậy ba điểm A, B, G không thẳng hàng.

b) Gọi tọa độ điểm C là (x$_{C}$; y$_{C}$; z$_{C}$).

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có $\{\begin{matrix}1=\frac{0+1+{x}_{C}}{3} \\ 2=\frac{-1+0+{y}_{C}}{3} \\ 0=\frac{1+5+{z}_{C}}{3}\end{matrix}$ .

Suy ra x$_{C}$ = 3 – 1 = 2, y$_{C}$ = 6 + 1 = 7, z$_{C}$ = 0 – 6 = – 6.

Vậy C(2; 7; – 6).

Ta có $\overrightarrow{u}=({x}_{1};\ {y}_{1};\ {z}_{1})$, $\overrightarrow{v}=({x}_{2};\ {y}_{2};\ {z}_{2})$ .

Do đó,$\overrightarrow{u}={x}_{1}\overrightarrow{i}\ +{y}_{1}\overrightarrow{j}+\ {z}_{1}\overrightarrow{k}$ ,$\overrightarrow{v}={x}_{2}\overrightarrow{i}+\ {y}_{2}\overrightarrow{j}\ +{z}_{2}\overrightarrow{k}$ .

Ta có $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}=({x}_{1}\overrightarrow{i}\ +{y}_{1}\overrightarrow{j}+\ {z}_{1}\overrightarrow{k})\cdot ({x}_{2}\overrightarrow{i}\ +{y}_{2}\overrightarrow{j}+\ {z}_{2}\overrightarrow{k})$

$={x}_{1}{x}_{2}{\overrightarrow{i}}^{2}+{x}_{1}{y}_{2}\overrightarrow{i}\cdot \overrightarrow{j}+{x}_{1}{z}_{2}\overrightarrow{i}\cdot \overrightarrow{k}+{y}_{1}{x}_{2}\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{i}+{y}_{1}{y}_{2}{\overrightarrow{j}}^{2}+{y}_{1}{z}_{2}\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{k}+{z}_{1}{x}_{2}\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{i}+{z}_{1}{y}_{2}\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{j}+{z}_{1}{z}_{2}{\overrightarrow{k}}^{2}$.

Mà ${\overrightarrow{i}}^{2}={\overrightarrow{j}}^{2}={\overrightarrow{k}}^{2}=1$ và $\overrightarrow{i}\cdot \overrightarrow{j}=\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{k}=\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{i}=0$ (do $\overrightarrow{i},\ \overrightarrow{j},\ \overrightarrow{k}$ là ba vectơ đơn vị đôi một vuông góc với nhau).

Do đó, $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}={x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}+{z}_{1}{z}_{2}$ .

Ta có $\overrightarrow{AB}=(-1;\ 0;\ 1),\ \overrightarrow{AC}=(1;\ 1;\ 1)$.

Nhận thấy (– 1) ∙ 1 + 0 ∙ 1 + 1 ∙ 1 = – 1 + 1 = 0, do đó $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0$ .

Suy ra hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$vuông góc với nhau hay hai đường thẳng AB và AC vuông góc với nhau.

Vậy tam giác ABC vuông tại A.

a)

Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;\ 0;\ 0),\ \overrightarrow{AD}=(0;\ 1;\ 0)$ .

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

Vì là ABCD.A*'B'C'D'* hình lập phương nên $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}$ .

Suy ra $\{\begin{matrix}{x}_{C}=1 \\ {y}_{C}-1=0 \\ {z}_{C}=0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{C}=1 \\ {y}_{C}=1 \\ {z}_{C}=0\end{matrix}$ . Do đó, C(1; 1; 0).

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

Ta thấy $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{C{C}^{'}}=1\cdot 0+0\cdot 0+0\cdot 1=0,\ \overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{C{C}^{'}}=0\cdot 0+1\cdot 0+0\cdot 1=0$ .

Vậy vectơ $\overrightarrow{C{C}^{'}}$ vuông góc với cả hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AD}$ .

b)

Ta có:

$\overrightarrow{w}\cdot \ \overrightarrow{u}=({y}_{1}{z}_{2}-{y}_{2}{z}_{1})\cdot {x}_{1}+({z}_{1}{x}_{2}-{z}_{2}{x}_{1})\cdot {y}_{1}+({x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1})\cdot {z}_{1}$

= y$_{1}$z$_{2}$x$_{1}$ – y$_{2}$z$_{1}$x$_{1}$ + z$_{1}$x$_{2}$y$_{1}$ – z$_{2}$x$_{1}$y$_{1}$ + x$_{1}$y$_{2}$z$_{1}$ – x$_{2}$y$_{1}$z$_{1}$

= (y$_{1}$z$_{2}$x$_{1}$ – z$_{2}$x$_{1}$y$_{1}$) + (x$_{1}$y$_{2}$z$_{1}$– y$_{2}$z$_{1}$x$_{1}$) + (z$_{1}$x$_{2}$y$_{1}$– x$_{2}$y$_{1}$z$_{1}$) = 0;

$\overrightarrow{w}\cdot \ \overrightarrow{v}=({y}_{1}{z}_{2}-{y}_{2}{z}_{1})\cdot {x}_{2}+({z}_{1}{x}_{2}-{z}_{2}{x}_{1})\cdot {y}_{2}+({x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1})\cdot {z}_{2}$

= y$_{1}$z$_{2}$x$_{2}$ – y$_{2}$z$_{1}$x$_{2}$ + z$_{1}$x$_{2}$y$_{2}$ – z$_{2}$x$_{1}$y$_{2}$ + x$_{1}$y$_{2}$z$_{2}$ – x$_{2}$y$_{1}$z$_{2}$

= (y$_{1}$z$_{2}$x$_{2}$ – x$_{2}$y$_{1}$z$_{2}$) + (x$_{1}$y$_{2}$z$_{2}$– z$_{2}$z$_{1}$y$_{2}$) + (z$_{1}$x$_{2}$y$_{2}$– y$_{2}$z$_{1}$x$_{2}$) = 0.

Vì $\overrightarrow{w}\cdot \ \overrightarrow{u}=0,\ \overrightarrow{w}\cdot \overrightarrow{v}=0$ nên vectơ $\overrightarrow{w}$ vuông góc với cả hai vectơ $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ .

Ta có $[\overrightarrow{u},\ \overrightarrow{v}]=(|\begin{matrix}0 & -3 \\ 0 & 3\end{matrix}|;\ |\begin{matrix}-3 & 1 \\ 3 & 0\end{matrix}|;\ |\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{matrix}|)=(0;\ -3;\ 0)$ .

Chọn $\overrightarrow{w}$ = (0; – 3; 0).

Vậy vectơ $\overrightarrow{w}$ vuông góc với cả hai vectơ $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ .

Đáp án đúng là: C

Ta có $\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$ = (2 – 3; 3 – 1; – 2 – (– 1)). Do đó = (– 1; 2; – 1).

Đáp án đúng là: A

Ta có $\cos (\overrightarrow{a},\ \overrightarrow{b})=\frac{\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|\cdot |\overrightarrow{b}|}=\frac{0\cdot (-1)+1\cdot 1+1\cdot 0}{\sqrt{{0}^{2}+{1}^{2}+{1}^{2}}\cdot \sqrt{{(-1)}^{2}+{1}^{2}+{0}^{2}}}=\frac{1}{2}$ .

Suy ra $(\overrightarrow{a},\ \overrightarrow{b})=60^{\circ}$ .

Ta có $[\overrightarrow{a},\ \overrightarrow{b}]=(|\begin{matrix}-2 & 1 \\ 1 & 3\end{matrix}|;\ |\begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 2\end{matrix}|;\ |\begin{matrix}2 & -2 \\ 2 & 1\end{matrix}|)=(-7;\ -4;\ 6)$ .

Chọn $\overrightarrow{c}=(-7;\ -4;\ 6)$ , ta có vectơ vectơ $\overrightarrow{c}$ vuông góc với cả hai vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ .

Ta có $[\overrightarrow{a},\ \overrightarrow{b}]=(|\begin{matrix}-2 & 1 \\ 1 & 3\end{matrix}|;\ |\begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 2\end{matrix}|;\ |\begin{matrix}2 & -2 \\ 2 & 1\end{matrix}|)=(-7;\ -4;\ 6)$ .

Chọn $\overrightarrow{c}=(-7;\ -4;\ 6)$ , ta có vectơ vectơ $\overrightarrow{c}$ vuông góc với cả hai vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ .

a) Ta có $\overrightarrow{AB}=(6;\ -3;\ 5)$ , $\overrightarrow{AC}=(2;\ -1;\ -3)$ .

Suy ra $\overrightarrow{AB}=(6;\ -3;\ 5)\ne k\overrightarrow{AC}=(2k;\ -k;\ -3k)$với mọi k ∈ ℝ, do đó hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ không cùng phương.

Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Ta có $AB=|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{{6}^{2}+{(-3)}^{2}+{5}^{2}}=\sqrt{70}$ ;

$AC=|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{{2}^{2}+{(-1)}^{2}+{(-3)}^{2}}=\sqrt{14}$.

Ta có $\overrightarrow{BC}=(-4;\ 2;\ -8)$ . Suy ra $BC=|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{{(-4)}^{2}+{2}^{2}+{(-8)}^{2}}=2\sqrt{21}$ .

Chu vi tam giác ABC là C = AB + AC + BC = $\sqrt{70}+\sqrt{14}+2\sqrt{21}$ .

a) Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;\ 1;\ 1)$ , $\overrightarrow{AD}=(0;\ -1;\ 0)$ ,

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

$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=(1+0;\ 1+(-1);\ 1+0)=(1;\ 0;\ 1)$.

Ta có $\overrightarrow{BD}=(-1;\ -2;\ -1)$ .

Vì ABCD.A*'B'C'D'* là hình hộp nên $\overrightarrow{{B}^{'}{D}^{'}}=\overrightarrow{BD}=(-1;\ -2;\ -1)$ .

Ta có $[\overrightarrow{AC},\ \overrightarrow{{B}^{'}{D}^{'}}]=(|\begin{matrix}0 & 1 \\ -2 & -1\end{matrix}|;\ |\begin{matrix}1 & 1 \\ -1 & -1\end{matrix}|;\ |\begin{matrix}1 & 0 \\ -1 & -2\end{matrix}|)=(2;\ 0;\ -2)$ .

Chọn $\overrightarrow{a}=(2;\ 0;\ -2)$ , vectơ $\overrightarrow{a}$vuông góc với cả hai vectơ $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{{B}^{'}{D}^{'}}$ .