Với tóm tắt lý thuyết Toán lớp 12 Bài 2: Toạ độ của vectơ sách Cánh diều hay, chi tiết cùng với bài tập tự luyện chọn lọc giúp học sinh nắm vững kiến thức trọng tâm, ôn luyện để học tốt môn Toán 12.

Lý thuyết Toán 12 Bài 2: Toạ độ của vectơ

A. Lý thuyết Toạ độ của vectơ

1. Tọa độ của một điểm

a) Hệ trục tọa độ trong không gian

b) Tọa độ của một điểm

2. Tọa độ của một vecto

Ví dụ: Trong không gian Oxyz, cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C có A(1;0;2), B(3;2;5), C(7;-3;9)

a)     Tìm tọa độ của $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$

b)    Tìm tọa độ của các điểm B’, C’

Lời giải

a)     Ta có: $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(x_{A^{\prime }}-x_A;y_{A^{\prime }}-y_A;z_{A^{\prime }}-z_A)=(4;0;-1)$

b)    Gọi tọa độ của điểm B’ là (x,y,z) thì $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$ = (x-3;y-2;z-5). Vì ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ nên ABB’A’ là hình bình hành, suy ra $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ = $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$

Do đó $\{\begin{array}{l}x-3=4\\ y-2=0\\ z-5=-1\end{array}$ hay x = 7, y = 2, z = 4. Vậy B’(7;2;4)

Lập luận tương tự suy ra C’(11;-3;8)

B. Bài tập Toạ độ của vectơ

Bài 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tọa độ vectơ $\overrightarrow{OA}$= (1; 4; 3). Tọa độ vectơ A là:

A. (1; 4; 3).

B. (1; 0; 3).

C. (0; 4; 3).

D. (1; 4; 0).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $\overrightarrow{OA}$ = (1; 4; 3). Do đó A(1; 4; 3).

Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ $\overrightarrow{u}=-2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}-3\overrightarrow{k}$ . Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{u}$ là:

A. (2; −1; 3).

B. (−2; 1; −3).

C. (2; 1; 3).

D. (−2; 0; −3).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $\overrightarrow{u}=-2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}-3\overrightarrow{k}=-2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}+\left(-3\overrightarrow{k}\right)$. Do đó, $\overrightarrow{u}$ = (−2; 1; −3).

Bài 3:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ $\overrightarrow{u}$  = (1; 3; −2) và điểm A(2; 1; 3). Tìm tọa độ điểm B sao cho: $\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{u}$ .

Lời giải

Gọi điểm B(x_B; y_B; z_B).

Ta có: $\overrightarrow{BA}$  = (2 − x_B; 1 − y_B; 3 − z_B).

Khi đó $\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{u}$ ⇔ $\left\{\begin{array}{l}2-x_B=1\\ 1-y_B=3\\ 3-z_B=-2\end{array}\right.$ ⇔ $\left\{\begin{array}{l}{x}_B=1\\ y_B=-2\\ z_B=5.\end{array}\right.$

Vậy B(1; −2; 5).

Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(3; 2; −1). Gọi N, P, Q lần lượt là hình chiếu của điểm A trên các mặt phẳng (Oxy), (Oxz), (Oyz). Tìm tọa độ của các điểm B, C, D.

Lời giải

Gọi N(x_N; y_N; z_N), P(x_P; y_P; z_P), Q(x_Q; y_Q; z_Q).

Với M(3; 2; −1), ta có: x_M = 3; y_M = 2; z_M = −1.

Có N ∈ (Oxy) nên x_N = x_M = 3; y_N = y_M = 2; z_N = 0. Do đó N(3; 2; 0).

Có P ∈ (Oxz) nên x_P = x_M = 3; y_P = 0; z_P = x_M = −1. Do đó P(3; 0; −1).

Có Q ∈ (Oyz) nên x_Q = 0; y_Q = y_M = 2; z_Q = z_M = −1. Do đó Q(0; 2; ­−1).

Bài 5: Người ta cần lắp một camera phía trên sân bóng để phát sóng truyền hình một trận bóng đá, camera có thể di động để luôn thu được hình ảnh rõ nét về diễn biến trên sân. Các kĩ sư dự định trồng bốn chiếc cột cao 30 m và sử dụng hệ thống cáp gắn vào bốn đầu cột để giữ camera ở vị trí mong muốn.

Mô hình thiết kế được xây dựng như sau: Trong hệ trục tọa độ Oxyz (đơn vị độ dài trên mỗi trục là 1 m), các đỉnh của bốn chiếc cột lần lượt là các điểm M(90; 0; 30), N(90; 120; 30), P( 0; 120; 30), Q(0 ; 0; 30) (xem hình vẽ dưới).

Giả sử K₀ là vị trí ban đầu của camera có cao độ bằng 20 và K₀M = K₀N = K₀P = K₀Q.

Để theo dõi quả bóng đến vị trí A, camera được hạ thấp theo phương thẳng đứng xuống điểm K₁ có cao độ bằng 15.

Tìm tọa độ các điểm K₀; K₁ và vectơ $\overrightarrow{K_0{K}_1}$.

Lời giải

Gọi M₁, N₁, P₁, K lần lượt là hình chiếu của M, N, P, K₀ lên mặt phẳng (Oxy).

Ta thấy MNPQ.M₁N₁P₁O 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 K₀M = K₀N = K₀P = K₀Q và camera được hạ thấp theo phương thẳng đứng từ điểm K₀ xuống điểm K₁ nên các điểm K', K₀, K₁, K thẳng hàng.

Khi đó, các điểm K', K₀, K₁, K có hoành độ và tung độ bằng nhau.

Theo bài ra, cao độ của K₀ và K₁ lần lượt là 20 và 15.

Giả sử K₀(x; y; 20) và K₁(x; y; 15).

Ta có MNPQ.M₁N₁P₁O là hình hộp chữ nhật nên K'K = OQ, suy ra cao độ K' = 30.

Do đó K'(x; y; 30).

Ta có: $\overrightarrow{K\text{'}Q}$ = (−x; −y; 0), $\overrightarrow{NK\text{'}}$ = (x – 90; y – 120; 0).

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

⇒ $\overrightarrow{K\text{'}Q}=\overrightarrow{NK\text{'}}$ ⇒$\left\{\begin{array}{l}-x=x-90\\ -y=y-120\\ 0=0\end{array}\right.$ ⇔$\left\{\begin{array}{l}x=45\\ y=60.\end{array}\right.$

Vậy K₀(45; 60; 20), K₁(45; 60; 15) và $\overrightarrow{K_0{K}_1}$  = (0; 0; −5).

Xem thêm các bài tóm tắt lý thuyết Toán lớp 12 Cánh diều hay, chi tiết khác: