Giải SGK Toán 12 (Sách KNTT) Bài 8: Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ

Giải chi tiết Giải SGK Toán 12 (Sách KNTT) Bài 8: Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ – SÁCH GIÁO KHOA TOÁN 12 KẾT NỐI – 2024

================

Giải bài tập Toán 12 Bài 8: Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ

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

HĐ1 trang 67 Toán 12 Tập 1: Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ $\overrightarrow{a}=(1;0;5)$ và $\overrightarrow{b}=(1;3;9)$.

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.

Lời giải:

a) Ta có: $\overrightarrow{a}=(1;0;5)=\overrightarrow{i}+5\overrightarrow{k}$; $\overrightarrow{b}=(1;3;9)=\overrightarrow{i}+3\overrightarrow{j}+9\overrightarrow{k}$.

b) Ta có: $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\overrightarrow{i}+5\overrightarrow{k}+\overrightarrow{i}+3\overrightarrow{j}+9\overrightarrow{k}=2\overrightarrow{i}+3\overrightarrow{j}+14\overrightarrow{k}$. Do đó, $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=(2;3;14)$

$2\overrightarrow{a}=2(\overrightarrow{i}+5\overrightarrow{k})=2\overrightarrow{i}+10\overrightarrow{k}$. Do đó, $2\overrightarrow{a}=(2;0;10)$

Câu hỏi trang 67 Toán 12 Tập 1: Nếu tọa độ của vectơ $\overrightarrow{a}$ là (x; y; z) thì tọa độ của vectơ đối của $\overrightarrow{a}$ là gì?

Lời giải:

Vectơ đối của $\overrightarrow{a}$ là $-\overrightarrow{a}$.

Tọa độ của vectơ đối của $\overrightarrow{a}$ là: $(-x;-y;-z)$.

Luyện tập 1 trang 68 Toán 12 Tập 1: Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ $\overrightarrow{u}=(1;8;6),\overrightarrow{v}=(-1;3;-2)$ và $\overrightarrow{w}=(0;5;4)$. Tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow{u}-2\overrightarrow{v}+\overrightarrow{w}$.

Lời giải:

$\overrightarrow{u}-2\overrightarrow{v}+\overrightarrow{w}=(1;8;6)-2(-1;3;-2)+(0;5;4)=(1+2;8-6+5;6+4+4)=(3;7;14)$

HĐ2 trang 68 Toán 12 Tập 1: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có $A(x_A;y_A;z_A),B(x_B;y_B;z_B)$ và $C(x_C;y_C;z_C)$.

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 và B và C.

Lời giải:

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

a) Vì M là trung điểm của AB nên $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_M=\frac{}{x_A}\end{array}2y_M=\frac{}{y_A}\\ z_M=\frac{}{z_A}\\$.

Do đó, $M(\frac{}{x_A}2;\frac{}{y_A};\frac{}{z_A})$.

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

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{}{x_A}\end{array}3y_G=\frac{}{y_A}\\ z_G=\frac{}{z_A}\\$. Do đó, $G(\frac{}{x_A}3;\frac{}{y_A};\frac{}{z_A})$.

Luyện tập 2 trang 69 Toán 12 Tập 1: 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.

Lời giải:

Để G là trọng tâm của tam giác ABC thì

$\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{}{x_A}\end{array}3y_G=\frac{}{y_A}\\ z_G=\frac{}{z_A}\\ \Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_C=3x_G-x_A-x_B=3.3-2-9=-2\\ y_C=3y_G-y_A-y_B=3.0-9-4=-13\\ z_C=3z_G-z_A-z_B=3.4+1-5=8\end{array}$

Vậy $C(-2;-13;8)$

2. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng

HĐ3 trang 69 Toán 12 Tập 1: Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ $\overrightarrow{a}=\left(x; y; z\right)$ và $\overrightarrow{b}=\left(x^{‘}; y^{‘}; z^{‘}\right)$

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 $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{i}; \overrightarrow{a}. \overrightarrow{j}; \overrightarrow{a}. \overrightarrow{k}$

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

Lời giải:

a) Ta có: $\overrightarrow{i}.\overrightarrow{i}=|\overrightarrow{i}|.|\overrightarrow{i}|.\cos 0^0={|}^{\overrightarrow{i}}2=1$

Vì $\overrightarrow{i}\mathrm{\perp }\overrightarrow{j}\Rightarrow \overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}=0;\overrightarrow{i}\mathrm{\perp }\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{i}.\overrightarrow{k}=0$

b) Ta có: $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{i}=(x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k})\overrightarrow{i}=x.{\overrightarrow{i}}^2+y\overrightarrow{.j}.\overrightarrow{i}+z.\overrightarrow{k}.\overrightarrow{i}=x$

$\overrightarrow{a}.\overrightarrow{j}=(x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k})\overrightarrow{j}=x\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}+y{\overrightarrow{j}}^2+z\overrightarrow{k}.\overrightarrow{j}=y$

$\overrightarrow{a}.\overrightarrow{k}=(x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k}).\overrightarrow{k}=x\overrightarrow{i}.\overrightarrow{k}+y\overrightarrow{j}.\overrightarrow{k}+z.{\overrightarrow{k}}^2=z$

c) Ta có: $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=(x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k}).(x^{\prime }\overrightarrow{i}+y^{\prime }\overrightarrow{j}+z^{\prime }\overrightarrow{k})$

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

Mà $\overrightarrow{i}.\overrightarrow{k}=0;\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}=0;\overrightarrow{j}.\overrightarrow{k}=0$ nên: $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=x{x}^{\prime }+y{y}^{\prime }+z{z}^{\prime }$

Luyện tập 3 trang 69 Toán 12 Tập 1: Trong ví dụ 3, tính ${\left(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\right)}^2$

Lời giải:

Ta có: ${\overrightarrow{a}}^2=1^2+4^2+2^2=21;{\overrightarrow{b}}^2={(}^{-4}2+1^2+0=17;\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0$

Do đó, ${(}^{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}2={\overrightarrow{a}}^2+2.\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}+{\overrightarrow{b}}^2=21+2.0+17=38$

Luyện tập 4 trang 70 Toán 12 Tập 1: 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 $\widehat{BAC}$

Lời giải:

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}(3;-4;0)\Rightarrow AB=\sqrt{3^2+{}^{(}2}=5;$

$\overrightarrow{AC}(-2;3;6)\Rightarrow AC=\sqrt{{}^{(}2+3^2+6^2}=7$

Vậy chu vi tam giác ABC là:

b) Vì $\cos (\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC})=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{}=\frac{3.}{(}=\frac{-18}{35}\Rightarrow \cos (\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC})\approx 120,9^0$

Nên $\widehat{BAC}={180}^0-120,9^0=59,1^0$.

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

Luyện tập 5 trang 71 Toán 12 Tập 1: Với các giả thiết như trong Ví dụ 5, hãy xác định tọa độ của các chiếc máy bay sau 10 phút tiếp theo (tính từ thời điểm máy bay ở điểm B).

Lời giải:

Gọi D(x; y; z) 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 $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{BD}$ 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 $AB=BD$. Do đó, $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}=(140;50;1)$.

Mặt khác: $\overrightarrow{BD}=(x-940;y-550;z-8)$ nên $\{\begin{array}{l}x-940=140\\ y-550=50\\ z-8=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1080\\ y=600\\ z=9\end{array}$

Vậy D(1 080; 600; 9). Vậy tọa độ của máy bay trong 10 phút tiếp theo là (1 080; 600; 9).

Luyện tập 6 trang 71 Toán 12 Tập 1: Trong tình huống mở đầu, hãy tính độ lớn của góc $\alpha$.

Lời giải:

Theo Ví dụ 6 ta có: $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=(-120;0;300);|\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}|=60\sqrt{29}cm,O^{\prime }(0;450;0),$$A^{\prime }(240;450;0)$

Do đó, $\overrightarrow{A^{\prime }{O}^{\prime }}=(-240;0;0)\Rightarrow |\overrightarrow{A^{\prime }{O}^{\prime }}|=240cm$

Ta có: $\cos (\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }};\overrightarrow{A^{\prime }{O}^{\prime }})=\frac{\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}.\overrightarrow{A^{\prime }{O}^{\prime }}}{}=\frac{}{(}=\frac{2\sqrt{29}}{29}$

$\Rightarrow \widehat{B^{\prime }{A}^{\prime }{O}^{\prime }}\approx {68}^0$. Vậy $\alpha \approx {68}^0$

Luyện tập 7 trang 72 Toán 12 Tập 1: Trong Ví dụ 7, khinh khí cầu thứ nhất hay thứ hai ở xa điểm xuất phát hơn? Giải thích vì sao.

Lời giải:

Theo Ví dụ 7 ta có, khinh khí cầu thứ nhất có tọa độ là A(2; 1; 0,5), khinh khí cầu thứ hai có tọa độ là $B(-1;-1,5;0,8)$.

Ta có: $OA=\sqrt{2^2+1^2+0,5^2}=\frac{\sqrt{21}}{2}km$, $OB=\sqrt{{}^{(}2+{}^{(}2+0,8^2}=\frac{\sqrt{389}}{10}km$.

Vì gốc O đặt tại điểm xuất phát và $OA>OB$ nên khinh khí cầu thứ hai gần điểm xuất phát hơn.

Bài tập (trang 72)

Đề bài

Bài 2.20 trang 72 Toán 12 Tập 1: Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ $\overrightarrow{a}=(3;1;2)$, $\overrightarrow{b}=(-3;0;4)$ và $\overrightarrow{c}=(6;-1;0)$

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 $\overrightarrow{a}.(-\overrightarrow{b})$ và $(2\overrightarrow{a}).\overrightarrow{c}$.

Lời giải:

a) $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=(3+(-3)+6;1+0-1;2+4+0)=(6;0;6)$

$2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}-5\overrightarrow{c}=(2.3-3.(-3)-5.6;2.1-3.0-5.(-1);2.2-3.4-5.0)=(-15;7;-8)$

b) $\overrightarrow{a}(-\overrightarrow{b})=-\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=-(3.(-3)+1.0+2.4)=1$

Ta có: $2\overrightarrow{a}=(6;2;4)$ nên $(2\overrightarrow{a}).\overrightarrow{c}=6.6+2.(-1)+4.0=34$

Bài 2.21 trang 72 Toán 12 Tập 1: Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ $\overrightarrow{a}=(3;1;2)$, $\overrightarrow{b}=(-3;0;4)$ và $\overrightarrow{c}=(6;-1;0)$

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 $\overrightarrow{a}.(-\overrightarrow{b})$ và $(2\overrightarrow{a}).\overrightarrow{c}$.

Lời giải:

a) Ta có: $\overrightarrow{MN}=(4-(-4);-4-3;2-3)=(8;-7;-1),\overrightarrow{MP}(7;3;-4)$

Vì $\frac{8}{7}\ne \frac{-7}{3}\ne \frac{-1}{-4}$ nên hai vectơ $\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}$ không cùng phương. Do đó, ba điểm M, N, P không thẳng hàng.

b)

 

Ta có: $\overrightarrow{NM}(-8;7;1),\overrightarrow{NP}(-1;10;-3)$.

Suy ra: $\overrightarrow{NM}+\overrightarrow{NP}=((-8)+(-1);7+10;1-3)=(-9;17;-2)$

Gọi tọa độ điểm Q là Q(x; y; z), ta có: $\overrightarrow{NQ}(x-4;y+4;z-2)$

Để tứ giác MNPQ là hình bình hành thì $\overrightarrow{NM}+\overrightarrow{NP}=\overrightarrow{NQ}$

Suy ra: $\{\begin{array}{l}x-4=-9\\ y+4=17\\ z-2=-2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=-5\\ y=13\\ z=0\end{array}$. Vậy $Q(-5;13;0)$

c) Ta có: $NM=|\overrightarrow{NM}|=\sqrt{{}^{(}2+7^2+1^2}=\sqrt{114}$, $NP=|\overrightarrow{NP}|=\sqrt{{}^{(}2+{10}^2+{}^{(}2}=\sqrt{110}$

Vậy chu vi hình bình hành MNPQ là: $C=2(NP+NM)=2(\sqrt{114}+\sqrt{110})$

Bài 2.22 trang 72 Toán 12 Tập 1: 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 $\widehat{BAC}={90}^0$.

c) Tính $\widehat{ABC}$.

Lời giải:

a) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Khi đó, $\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{}{x_A}\end{array}3=\frac{5}{3}{y}_G=\frac{}{y_A}=\frac{-4}{3}\\ z_G=\frac{}{z_A}=2\\$.

Vậy tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: $G(\frac{5}{3};\frac{-4}{3};2)$.

b) Ta có: $\overrightarrow{AB}(-1;-3;0),\overrightarrow{AC}(3;-1;3)$

Vì $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=(-1).3+(-3)(-1)+0.3=0$ nên $\overrightarrow{AB}\mathrm{\perp }\overrightarrow{AC}$. Do đó, $\widehat{BAC}={90}^0$.

c) Ta có: $BA=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10};AC=\sqrt{3^2+{}^{(}2+3^2}=\sqrt{19}$

Vì tam giác ABC vuông tại A nên $\tan \widehat{ABC}=\frac{AC}{BA}=\frac{\sqrt{19}}{\sqrt{10}}\Rightarrow \widehat{ABC}\approx {54}^0$

Bài 2.23 trang 72 Toán 12 Tập 1: Một phòng học có thiết kế dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài là 8m, chiều rộng là 6m và chiều cao là 3m. 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.

Lời giải:

Đặt tên các điểm như hình vẽ.

Khi đó, $O^{\prime }(0;0;3),B^{\prime }(8;6;3)$.

Vì phòng học thiết kế dạng hình hộp chữ nhật nên hình O’C’B’A’ là hình chữ nhật. Gọi là giao điểm của hai đường chéo O’B’ và A’C’ nên I là trung điểm của O’B’.

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

Do đó: $\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{}{x_{O^{\prime }}}\end{array}2=4y_I=\frac{}{y_{O^{\prime }}}=3\\ z_I=\frac{}{z_{O^{\prime }}}=3\\$. Suy ra, I(4; 3; 3). Vậy tọa độ của điểm treo đèn là (4; 3; 3).

Bài 2.24 trang 72 Toán 12 Tập 1: 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 ra đa đặt tại giàn khoan có phạm vi theo dõi là 30km. Hỏi ra đa 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.

Lời giải:

Vì $\overrightarrow{OM}(25;15;-10)\Rightarrow OM=\sqrt{{25}^2+{15}^2+{}^{(}2}=5\sqrt{38}>30$

Do đó, ra đa không thể phát hiện được một chiếc tàu thám hiểm có tọa độ là (25; 15; -10) đối với hệ tọa độ nói trên.

=============
THUỘC: Giải bài tập Toán 12 – SGK KẾT NỐI