Title 9. HDG CHUYEN DE 9. BIEU THUC TOA DO CUA CAC PHEP TOAN VECTO.pdf ✅

CHINH PHỤC TOÁN 12 Trang 1 CHUYÊN ĐỀ 9. BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA CÁC PHÉP TOÁN VECTO
CHINH PHỤC TOÁN 12 Trang 2 PHẦN A. LÝ THUYẾT VÀ VÍ DỤ MINH HỌA PHẦN B. BÀI TẬP TỰ LUẬN Dạng 1. Hệ trục tọa độ trong không gian Câu 1. Hình lập phương ABCD A BC D      có các cạnh B A B C ,     và BB  đôi một vuông góc với nhau. Vì hình lập phương có độ dài mỗi cạnh bằng 1 nên các vectơ B A B C B B , ,      cùng có điểm đầu là B  và đều có độ dài bằng 1. Từ các điều trên, suy ra có thể lập một hệ toạ độ Oxyz có gốc O trùng với đỉnh B  và các vectơ i j k , , lần lượt là các vectơ B A B C B B , ,      . Câu 2. a) Mặt bên OCC O  nằm trong mặt phẳng toạ độ ( ) Oyz . b) Ox Oyz ⊥( ) nên Ox OCC O ( )   ⊥ . c) Mặt bên OAAO  nằm trong mặt phẳng toạ độ ( ) Oxz . Các mặt phẳng toạ độ đôi một vuông góc với nhau nên (OAA O Oxy ) ( )   ⊥ . Câu 3. Ta có: OA i j k = + + 4 0 0 , suy ra A(4;0;0) ; OB OA OC i j k = + = + + 4 6 0 , suy ra B(4;6;0); OB OA OC OO i j k 4 6 3   = + + = + + , suy ra B (4;6;3)  . Câu 4. Để tìm toạ độ của vectơ AB , ta cần biểu diễn AB theo ba vectơ i j k , , . Do AB cùng hướng với i và | | 8 8 | | AB AB i = = = nên AB i = 8 hay AB i j k = + + 8 0 0 . Tương tự, ta cũng có: AD i j k AA i j k 0 6 0 , 0 0 4  = + + = + + .
CHINH PHỤC TOÁN 12 Trang 3 Trong hình bình hành ABCD , ta có: AC AB AD i j k = + = + + 8 6 0 . Trong hình bình hành AAC C   , ta có: AC AC AA i j k 8 6 4   = + = + + . Suy ra AB AC AC (8;0;0); (8;6;0); (8;6;4)  = = = . ( ) ( ) 1 1 Vì 2 2 1 (8 6 4 6 4 ) 4 6 4 2 AM AC AD AC AD AA i j k j k i j k     = + = + + = + + + + = + + nên AM = (4;6;4) . Câu 5. Trong Hình ABCM FODE . là hình hộp chữ nhật. Áp dụng quy tắc hình hộp suy ra OM OF OD OB i j k = + + = + + 3 4 3 . Vì vậy, toạ độ của điểm M là (3;4;3). Câu 6. Ta cần tìm toạ độ các đỉnh O C B C D , , , ,    . - Toạ độ đỉnh O là (0;0;0). - Theo giả thiết, ta có OB i OD j OO k 2 , ,  = = = . Suy ra: 2 ; 2 ; 2 ; . OC OB OD i j OB OB OO i k OC OB OD OO i j k OD OD OO j k       = + = + = + = + = + + = + + = + = + Vậy C B C D (2;1;0), (2;0;1), (2;1;1), (0;1;1)    . Câu 7. a) Ta có: ( A A A ; ; (4;0; 1) ) A A A AA x x y y z z     = − − − = − . b) Gọi toạ độ của điểm B  là ( ; ; ) x y z thì BB x y z ( 3; 2; 5)  = − − − . Vì ABC A BC     là hình lăng trụ nên ABB A  là hình bình hành, suy ra AA BB   = . Do đó 3 4 2 0 5 1 x y z  − =   − =   − = − hay x y z = = = 7, 2, 4 . Vậy B (7;2;4)  Lập luận tương tự suy ra C (11; 3;8)  − .
CHINH PHỤC TOÁN 12 Trang 4 Câu 8. a) Vì A(2; 1;4) − và B(3;5; 1) − nên AB = − − − − − (3 2;5 ( 1); 1 4). Vậy AB = − (1;6; 5). b) A B C , , không thẳng hàng nên để ABCD là hình bình hành thì điểm D phải thoả mãn điều kiện AB DC = . Gọi ( x y z D D D ; ; ) là toạ độ điểm D . Ta có ( 1 ;1 ;2 .) 1 1 2 1 6 5 2 5 7. D D D D D D D D D DC x y z x x AB DC y y z z = − − − − − − = = −    =  − =  = −      − = − =  Vậy D( 2; 5;7) − − . Câu 9. Gọi D x y z ( ; ; ) . Để ABCD là hình bình hành ( ) ( ) ( ) 4 1;3; 7 3 ;1 ;2 2 4; 2;9 9 x AB DC x y z y D z  = −   =  − = − − − −  = −  − −    = . Câu 10. Gọi E x y z ( ; ; ) Ta có: CE x y z = − − + ( 7; 4; 2) ; 2 2 2 ;4 2 ; 6 2 EB x y z = − − − − ( ) 3 7 2 2x 8 E 4 4 2 3 2 6 2z 8 3 2 x x C B y y y z z E   =  −=−     − = −  =      + = − −  = −  =  Câu 11. Theo quy tắc hình hộp ta có: AB AD AA AC + + = . Suy ra AA AC AB AD   = − − . Lại có: AC = − (3;5; 6), AB = (1;1;1) , AD = − (0; 1;0) . Do đó: AA = − (2;5; 7) . Suy ra A(3;5; 6 − ).