Tiêu đề TOÁN-12_C2_BAI 3_BIEU-THUC-TOA-DO-CUA-PHEP-TOAN-VECTO_TOÁN-THỰC-TẾ_HDG.docx ✅

CHUYÊN ĐỀ II – VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN Page 1 Sưu tầm và biên soạn II VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN BÀI: BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA CÁC PHÉP TOÁN VECTƠ LÝ THUYẾT. I = = = I I. BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA PHÉP CỘNG HAI VECTO, PHÉP TRỪ HAI VECTƠ, PHÉP NHÂN MỘT SỐ VỚl MỘT VECTƠ Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ ;;axyz→ và ;;bxyz→ . Ta có: ;;abxxyyzz→→ ; ;;abxxyyzz→→ ; ;;kakxkykz→ với k là một số thực. Nhận xét: Vectơ ;;axyz→ cùng phương với vectơ ;;0bxyz→→ khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho xkx yky zkz        . (Nếu ..0xyz thì xyz xyz  ) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm không thẳng hàng ;;,;;AAABBBAxyzBxyz và ;;CCCCxyz . Khi đó: Toạ độ trung điểm của đoạn thẳng AB là ;; 222 ABABABxxyyzz   ; Toạ độ trọng tâm của tam giác ABC là ;; 333 ABCABCABCxxxyyyzzz   . II. BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG Trong không gian Oxyz , tích vô hướng của hai vectơ ;;axyz→ và ;;bxyz→ được xác định bởi công thức: abxxyyzz→→ Nhận xét: - 0abxxyyzz→→ - 222axyz→ - Nếu 0,0ab→→→→ thì 222222cos; . xxyyzz ab xyzxyz      → → Chú ý: Nếu ;;AAAAxyz và ;;BBBBxyz thì 222BABABAABABxxyyzz→ .
CHUYÊN ĐỀ II – VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN Page 2 Sưu tầm và biên soạn Đặc biệt, khi B trùng O ta nhận được công thức 222 AAAOAxyz . III. VẬN DỤNG TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN ĐẾN THỰC TIỄN Ví dụ 5: Trong không gian với một hệ trục toạ độ cho trước (đơn vị đo lấy theo kilômét), ra đa phát hiện một chiếc máy bay di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm 800;500;7A đến điểm 940;550;8B trong 10 phút. Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì toạ độ của máy bay sau 5 phút tiếp theo là gì? Lời giải Gọi ;;Cxyz là vị trí của máy bay sau 5 phút tiếp theo. Vì hướng của máy bay không đổi nên AB→ và BC→ cùng hướng. Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ A đến B gấp đôi thời gian bay từ B đến C nên 2ABBC . Do đó 194080055050087;;70;25;0,5 2222BCAB    →→ . Mặt khác, 940;550;8BCxyz→ nên 94070 55025 80,5. x y z       Từ đó 1010 575 8,5 x y z       và vì vậy 1010;575;8,5C . Vậy toạ độ của máy bay sau 5 phút tiếp theo là 1010;575;8,5 . HỆ THỐNG BÀI TẬP TOÁN THỰC TẾ. II = = =I Câu 1: Theo quy định của liên đoàn bóng chuyền quốc tế (FIVB), sân bóng chuyền có hình dạng chữ nhật. Kích thước tiêu chuẩn của sân bóng chuyền là 918mm . Chiều cao của lưới bóng chuyền là 2,24m đối với nữ. Ta chọn hệ trục Oxyz cho sân đó như hình vẽ thứ hai (đơn vị trên mỗi trục là mét). Giả sử AB là một trụ để căng lưới bóng chuyền. Hãy xác định toạ độ của vectơ AB→ .
CHUYÊN ĐỀ II – VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN Page 3 Sưu tầm và biên soạn Lời giải Gọi toạ độ điểm ;;AAAAxyz . Vì một nửa chiều dài của sân là 9m nên 9Ax . Do chiều rộng của sân là 9m nên 9By . Điểm A thuộc mặt phẳng Oxy nên 0Az . Do đó toạ độ điểm A là 9;9;0A . Độ dài đoạn thẳng 2,24ABm nên toạ độ điểm B là 9;9;2,24B . Vậy ta có (99;99;2,240)AB→ , tức là (0;0;2,24)AB→ . Câu 2: Trong không gian với hệ trục toạ độ cho trước (đơn vị đo lấy theo kilomet), ra đa phát hiện một máy bay di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm (750;450;7)A đến điểm (950;550;9)B trong 10 phút. Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì toạ độ của máy bay sau 10 phút tiếp theo là gì? Lời giải Gọi (;;)Cxyz là vị trí của máy bay sau 10 phút tiếp theo. Vì hướng của máy bay không đổi nên AB→ và BC→ cùng hướng. Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ A đến B bằng thời gian bay từ B đến C nên ABBC . Do đó (950750;550450;97)(200;100;2)BCAB→→ . Mặt khác, (950;550;9)BCxyz→ nên 950200 550100 92 x y z       Từ đó: 1150 650 11 x y z       . Vậy (1150;650;11)C Vậy toạ độ của máy bay sau 10 phút tiếp theo là (1150;650;11)C . Câu 3: Trong không gian với hệ trục toạ độ cho trước (đơn vị đo lấy theo kilomet), ra đa phát hiện một máy bay di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm (700;450;7)A đến điểm (900;550;9)B trong 10 phút. Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì sau bao nhiêu phút, máy bay bay từ điểm A đến điểm (1000;600;10)C ? Lời giải: Sau 15 phút. Ta có: (900700;550450;97)(200;100;2)AB→ . Vì hướng của máy bay không đổi nên AB→ và BC→ cùng hướng. Mặt khác, (1000900;600550;109)(100;50;1)BC→ nên 1 2BCAB→→ .
CHUYÊN ĐỀ II – VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN Page 4 Sưu tầm và biên soạn Do vận tốc của máy bay không đổi nên thời gian bay từ B đến C bằng một nửa thời gian bay từ A đến B. sau 5 phút máy bay bay từ B đến điểm (1000;600;10)C . Vậy sau 15 phút máy bay từ A đến C. Câu 4: Trong không gian với một hệ trục toạ độ cho trước (đơn vị đo lấy theo kilômét), ra đa phát hiện một chiếc máy bay di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm 400; 50;8A đến điểm 100; 450;10B trong 10 phút. Sau đúng 5 phút tính từ lúc máy bay ở vị trí A thì máy bay ở vị trí có tổng hoành độ tung độ và cao độ là bao nhiêu? Lời giải Gọi ;;Txyz là vị trí của máy bay tại thời điểm 5 phút sau khi xuất phát từ A Ta có 400;50;8ATxyz→ ; 300;400;2AB→ Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ A đến B gấp đôi thời gian bay từ A đến T nên 1 2ATAB  400150250 11 400;50;8300;400;250200250 22 819 xx ATABxyzyy zz       →→ Suy ra 509xyz Câu 5: Trong không gian với một hệ trục toạ độ cho trước (đơn vị đo lấy theo kilômét), ra đa phát hiện một chiếc máy bay di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm A(800; 500; 7) đến điểm B trong 20 phút. Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau 10 phút tiếp theo là 1010;575;10C . Xác định tọa độ vị trí điểm B Lời giải Gọi B(x; y, z) Vì hướng của máy bay không đổi nên AB→ và BC→ cùng hướng. Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ A đến C gấp ba thời gian bay từ B đến C nên 3ACBC Do đó 3ACBC→→ ; 1010;575;10BCxyz→ Mặt khác 210;75;3AC→ Suy ra    31010210940 357575550 113103 xx yy zz         Vậy điểm 940;550;11B Câu 6: Trên phần mềm mô phỏng việc điều khiển drone giao hàng trong không gian Oxyz , một drone giao hàng đang ở toạ độ 1;0;1A di chuyển đến địa điểm nhận hàng là 4;4;6B . Mỗi đơn vị trên phần mềm bằng 1km ngoài thực tế. Biết tốc độ của drone là 80/kmh ; giả sử rằng từ vị trí giao hàng và nhận hàng không gặp chướng ngại vật, sức cản gió không đáng kể để drone bay theo đường thẳng. Thời gian drone bay từ vị trí ban đầu đến địa điểm giao hàng mất bao nhiêu phút (làm tròn đến hàng thập phân)?