18 bài tập Một số dạng toán thực tế liên quan đến Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ (có lời giải)
18 câu hỏi
a) Tìm toạ độ của vectơ tổng hai vận tốc \[\overrightarrow v \] và \[\overrightarrow w \].
b) Giả sử thiết bị thăm dò lặn với vận tốc \[\overrightarrow u \]= (7; 2; 0), hãy nêu nhận xét về vectơ vận tốc của nó so với vectơ vận tốc của dòng hải lưu.
a) \(\vec v + \vec w = (10 + 3,5;8 + 1; - 3 + 0) = (13,5;9; - 3)\).
b) \(\vec u = (7;2;0) = 2(3,5;1;0) = 2\vec w\).
Do đó hai vectơ này cùng phương, cùng hướng với nhau.
Công sinh bởi lực được \(\vec f\) tính theo công thức: \(A = \vec f \cdot \vec a = 5 \cdot 70 + 4 \cdot 20 + ( - 2) \cdot ( - 40) = 510\;{\rm{J}}\)
a) Các khoảng cách giữa mỗi cặp drone giao hàng.
b) Góc BAC.
a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = (4;6;8);\overrightarrow {AC} = (8;10;3);\overrightarrow {BC} = (4;4; - 5)\).
Khi đó: \(|\overrightarrow {AB} | = \sqrt {{4^2} + {6^2} + {8^2}} = 2\sqrt {29} \);
\(|\overrightarrow {AC} | = \sqrt {{8^2} + {{10}^2} + {3^2}} = \sqrt {173} ;{\rm{ }}\overrightarrow {BC} = \sqrt {{4^2} + {4^2} + {{( - 5)}^2}} = \sqrt {57} \)
b) Ta có
Công sinh bới lực \(\vec F\) là \(A = \vec F \cdot \vec d = 20.150 + 30.200 + ( - 10) \cdot 100 = 8000\;{\rm{J}}\).
a) Tìm toạ độ vectơ vận tốc \[\overrightarrow b \] của máy bay B.
b) Tính tốc độ của máy bay B.
a) Có \(\vec b = 3\vec a = (900;600;1200)\).
b) Tốc độ của máy bay B là: \(|\vec b| = \sqrt {{{900}^2} + {{600}^2} + {{1200}^2}} \approx 1615,55\;{\rm{km}}/{\rm{h}}\)
a) Tìm toạ độ của mỗi chiếc khinh khí cầu đối với hệ toạ độ đã chọn.
b) Xác định khoảng cách giữa hai khinh khí cầu (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).
c) Khinh khí cầu thứ nhất hay thứ hai xa điểm xuất phát hơn? Vì sao?
\[\sqrt {{{( - 1 - 2)}^2} + {{( - 1,5 - 1)}^2} + {{(0,8 - 0,5)}^2}} = \sqrt {15,34} \approx 3,92{\rm{ (km)}}\]
c) Ta có, khinh khí cầu thứ nhất có tọa độ là \({\rm{A}}(2;1;0,5)\), khinh khí cầu thứ hai có tọa độ là \(B( - 1; - 1,5;0,8)\).
Ta có: \(OA = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {{0,5}^2}} = \frac{{\sqrt {21} }}{2}\;{\rm{km}},OB = \sqrt {{{( - 1)}^2} + {{( - 1,5)}^2} + {{0,8}^2}} = \frac{{\sqrt {389} }}{{10}}\;{\rm{km}}\).
Vì gốc \({\rm{O}}\) đặt tại điểm xuất phát và \(OA > OB\) nên khinh khí cầu thứ hai gần điểm xuất phát hơn.
a) Tìm toạ độ của các điểm A, H và F.
b) Tính góc dốc của mái nhà, tức là tìm số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng FG, hai mặt lần lượt là (FGQP) và (FGHE) (làm tròn kết quả đến hàng phần mười của độ).
Do H nằm trên mặt phẳng (Oyz) nên toạ độ điểm H là (0 ; 5 ; 3).
Tứ giác OAFE là hình chữ nhật nên \[{x_F} = {x_A} = 4;{z_F} = {z_E} = 3\].
Do F nằm mặt phẳng (Ozx) nên toạ độ điểm (4;0;3).
a) 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?
b) Xác định tọa độ của chiếc máy bay sau 10 phút tiếp theo (tính từ thời điểm máy bay đang ở điểm B)
Vậy tọa độ của máy bay sau 5 phút tiếp theo là (1010; 575; 8,5).
b) Gọi \({\rm{D}}({\rm{x}};{\rm{y}};{\rm{z}})\) là vị trí của máy bay sau 10 phút bay tiếp theo (tính từ thời điểm máy bay ở điểm \({\rm{B}}\) ). Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BD} \) cùng hướng. Do vận tốc máy bay không đối và thời gian bay từ \({\rm{A}}\) đến \({\rm{B}}\) bằng thời gian bay từ \({\rm{B}}\) đến \({\rm{D}}\) nên \(AB = BD\). Do đó, \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} = (140;50;1)\).
Mặt khác: \(\overrightarrow {BD} = (x - 940;y - 550;z - 8)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 940 = 140}\\{y - 550 = 50}\\{z - 8 = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1080}\\{y = 600}\\{z = 9}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy \({\rm{D}}(1080;600;9)\). Vậy tọa độ của máy bay trong 10 phút tiếp theo là \((1080;600;9)\).
Vì điểm \({A^\prime }\) có toạ độ là \((240;450;0)\) nên khoảng cách từ \({A^\prime }\) đến các trục Ox, Oy lần lượt là \(450\;{\rm{cm}}\) và \(240\;{\rm{cm}}\). Suy ra \({A^\prime }A = 450\;{\rm{cm}}\) và \({A^\prime }{O^\prime } = 240\;{\rm{cm}}\). Từ giả thiết suy ra \(\overline {{A^\prime }{B^\prime }} = ( - 120;0;300)\), do đó \({A^\prime }{B^\prime } = \left| {\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} } \right| = \sqrt {{{( - 120)}^2} + {0^2} + {{300}^2}} = 60\sqrt {29} \approx 323(\;{\rm{cm}})\).
Vì \({O^\prime }O = {A^\prime }A = 450\;{\rm{cm}}\) và \({O^\prime }\) nằm trên trục \(O\) nên toạ độ của điểm \({O^\prime }\) là \((0;450;0)\).
Do đó \(\overline {{O^\prime }{B^\prime }} = (120;0;300)\) và \({O^\prime }{B^\prime } = \left| {\overline {{O^\prime }{B^\prime }} } \right| = \sqrt {{{120}^2} + {0^2} + {{300}^2}} = 60\sqrt {29} \approx 323(\;{\rm{cm}})\).
Vậy mỗi căn nhà gỗ có chiều dài là \(450\;{\rm{cm}}\), chiều rộng là \(240\;{\rm{cm}}\), mỗi cạnh bên của mặt tiền có độ dài là \(323\;{\rm{cm}}\).
Tính góc \(\alpha \)
Ta có: \(\overline {{A^\prime }{B^\prime }} = ( - 120;0;300);\left| {\overrightarrow {{A^\prime }{B^\prime }} } \right| = 60\sqrt {29} \;{\rm{cm}},{O^\prime }(0;450;0),{A^\prime }(240;450;0)\) Do đó, \(\overrightarrow {{A^\prime }{O^\prime }} = ( - 240;0;0) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{A^\prime }{O^\prime }} } \right| = 240\;{\rm{cm}}\)
Ta có: . Vậy
Gọi G là trọng tâm của tứ diện đều \({\rm{ABCD}}\).
Đặt \(\vec a = \overrightarrow {GA} ,\vec b = \overrightarrow {GB} ,\vec c = \overrightarrow {GC} ,\vec d = \overrightarrow {GD} \)
Ta có \(|\vec a| = |\vec b| = |\vec c| = |\vec d|\) va` \(\vec a \cdot \vec b = \vec a \cdot \vec c = \vec a \cdot \vec d = \vec b \cdot \vec c = \vec b \cdot \vec d = \vec c \cdot \vec d\)
Ta có \(\vec a + \vec b + \vec c + \vec d = \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \vec 0\)
\[\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c + \overrightarrow d } \right)^2} = 0\\ \Rightarrow {\overrightarrow a ^2} + {\overrightarrow b ^2} + {\overrightarrow c ^2} + {\overrightarrow d ^2} + 2\overrightarrow a .\overrightarrow b + 2\overrightarrow a .\overrightarrow c + 2\overrightarrow a .\overrightarrow d + 2\overrightarrow b .\overrightarrow c + 2\overrightarrow b .\overrightarrow d + 2\overrightarrow c .\overrightarrow d = 0\\ \Rightarrow 4{\overrightarrow a ^2} + 12\overrightarrow a .\overrightarrow b = 0 \Rightarrow \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{{{\overrightarrow a }^2}}} = - \frac{1}{3}hay\frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = - \frac{1}{3}\\ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right) = - \frac{1}{3} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right) \approx 109,5\end{array}\]
Vậy góc liên kết gần bằng 109,5
a) Xác định công thức tính hàm số F = F(L).
b) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số F = F(L).
c) Tìm chiều dài tối thiểu của mỗi sợi dây, biết rằng mỗi sợi dây đó được thiết kế để chịu được lực căng tối đa là 10 N.
a) Ta có \(18{\rm{in}} = 45,72\;{\rm{cm}} = 0,4572\;{\rm{m}}\).
Gọi \({\rm{G}}\) là trọng tâm tam giác \({\rm{ABC}}\).
Vì tam giác ABC đều nên \({\rm{G}}\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \({\rm{ABC}}\).
Do đó, \({\rm{GA}} = {\rm{GB}} = {\rm{GC}} = 0,4572\;{\rm{m}}\).
Theo bài ra ta có \({\rm{OA}} = {\rm{OB}} = {\rm{OC}} = {\rm{L}}\) nên \({\rm{OG}} \bot ({\rm{ABC}})\) và \(|\overrightarrow {{\rm{OA}}} | = |\overrightarrow {{\rm{OB}}} | = |\overrightarrow {{\rm{OC}}} | = {\rm{L}}\).
Do đó, \(\left| {{{\vec F}_1}} \right| = \left| {{{\vec F}_2}} \right| = \left| {{{\vec F}_3}} \right|\).
Vì vậy, tồn tại hẳng số \(c \ne 0\) sao cho: \(\overrightarrow {{F_1}} = c\overrightarrow {OA} ;\overrightarrow {{F_2}} = c\overrightarrow {OB} ;\overrightarrow {{F_3}} = c\overrightarrow {OC} \).
Suy ra \({\vec F_1} + {\vec F_2} + {\vec F_3} = c(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} )\).
Theo quy tắc ba điểm ta có
\(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = (\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GA} ) + (\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GB} ) + (\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GC} ) = 3\overrightarrow {OG} + (\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} ) = 3\overrightarrow {OG} \) ( do G là trọng tâm của tam giác ABC nên \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \vec 0\) ).
Do đó, \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = 3\overrightarrow {{\rm{OG}}} \).
Mặt khác ta lại có \({\vec F_1} + {\vec F_2} + \overrightarrow {{F_3}} = \vec P\), với \(\vec P\) là trọng lực tác dụng lên chiếc đèn.
Mà trọng lượng tác dụng lên chiếc đèn là \(24\;{\rm{N}}\) nên \(|\vec P| = 24\;{\rm{N}}\).
Từ đó suy ra \(3{\rm{c}}|\overline {{\rm{OG}}} | = 24\), tức là \({\rm{c}} = \frac{8}{{|\overrightarrow {{\rm{OG}}} |}}\)
Tam giác \({\rm{OAG}}\) vuông tại \({\rm{G}}\) (do \(OG \bot (ABC)\) ) nên ta suy ra:
\(OG = \sqrt {O{A^2} - G{A^2}} = \sqrt {{L^2} - {{0,4572}^2}} (\;{\rm{m}}){\rm{ v?i L}} > 0,4572.{\rm{ }}\)
Do đó, \(|\overrightarrow {{\rm{OG}}} | = \sqrt {{{\rm{L}}^2} - {{0,4572}^2}} \), suy ra \({\rm{c}} = \frac{8}{{\sqrt {{{\rm{L}}^2} - {{0,4572}^2}} }}\).
Khi đó, \({\rm{F}} = \left| {{{\rm{F}}_1}} \right| = {\rm{c}}|\overrightarrow {{\rm{OA}}} | = \frac{{8\;{\rm{L}}}}{{\sqrt {{{\rm{L}}^2} - {{0,4572}^2}} }}\).
Vậy \(F = F(L) = \frac{{8L}}{{\sqrt {{L^2} - {{0,4572}^2}} }}\) vởi \({\rm{L}} > 0,4572\).
b) Xét hàm số \(F = F(L) = \frac{{8L}}{{\sqrt {{L^2} - {{0,4572}^2}} }}\) với \(L \in (0,4572; + \infty )\).
Tạp xác định: \({\rm{D}} = (0,4572; + \infty )\).
Sự biến thiên
Giới hạn tại vô cực giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
\(\mathop {\lim }\limits_{L \to \infty } F(L) = \mathop {\lim }\limits_{L \to + \infty } \frac{{8\;{\rm{L}}}}{{\sqrt {{{\rm{L}}^2} - {{0,4572}^2}} }} = \mathop {\lim }\limits_{L \to + \infty } \frac{8}{{\sqrt {1 - \frac{{{{0,4572}^2}}}{{\;{{\rm{L}}^2}}}} }} = 8\). Do đó, dường thắng \({\rm{F}} = 8\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{{\rm{L}} \to 0,4577} \;{\rm{F}}(\;{\rm{L}}) = + \infty \). Do đó, đường thắng \({\rm{L}} = 0,4572\) là tiệm cận dứng của đồ thị hàm số.
Đạo hàm \({F^\prime }(L) = \frac{{ - 8 - {{0,4572}^2}}}{{\left( {{L^2} - {{0,4572}^2}} \right)\sqrt {{L^2} - {{0,4572}^2}} }} < 0\) với mọi \({\rm{L}} \in (0,4572; + \infty )\).
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch bién trên khoảng \((0,4572; + \infty )\).
Hàm số không có cực trị.
Đồ thị hàm số được vẽ như hình dưới đây:
c) Ta có lực căng tối đa của mỗi sợi dây là \(10\;{\rm{N}}\).
Với \(F(L) = 10\), ta có \(\frac{{8L}}{{\sqrt {{L^2} - {{0,4572}^2}} }} = 10\). Từ đó suy ra
\(5\sqrt {{L^2} - {{0,4572}^2}} = 4L \Leftrightarrow 25{L^2} - 5,255796 = 16{L^2} \Rightarrow {\rm{L}} = 0,762 \in (0,4572; + \infty ).{\rm{ }}\)
Vậy chiều dài tối thiếu của mỗi sợi dây là \(L = 0,762\;{\rm{m}} = 76,2\;{\rm{cm}} = 30\) in.
Theo giả thiết, ta có các diếm \({\rm{E}}(0;0;6),{{\rm{A}}_1}(0;1;0),{A_2}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2};0} \right),{A_3}\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2};0} \right)\).
Suy ra \(\overline {{\rm{E}}{{\rm{A}}_1}} = (0 - 0;1 - 0;0 - 6)\) hay \(\overrightarrow {{\rm{E}}{{\rm{A}}_1}} = (0;1; - 6)\);
\(\overrightarrow {{\rm{E}}{{\rm{A}}_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} - 0; - \frac{1}{2} - 0;0 - 6} \right){\rm{ hay }}\overrightarrow {{\rm{E}}{{\rm{A}}_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 6} \right);\)
\({\rm{ }}\overrightarrow {{\rm{E}}{{\rm{A}}_3}} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2} - 0; - \frac{1}{2} - 0;0 - 6} \right){\rm{ hay }}\overrightarrow {{\rm{E}}{{\rm{A}}_3}} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 6} \right).\)
Vî vậy, tồn tại hằng số \({\rm{c}} \ne 0\) sao cho:
\(\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {E{A_1}} = (0;c; - 6c);\overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}c; - \frac{1}{2}c; - 6c} \right);\overrightarrow {{F_3}} = c\overrightarrow {E{A_3}} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}c; - \frac{1}{2}c; - 6c} \right).\)
Suy ra \({\vec F_1} + {\vec F_2} + {\vec F_3} = (0;0; - 18c)\).
Mặt khác, ta có: \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \vec F\), trong đó \(\vec F = (0;0; - 300)\) là trọng lực tác dụng lên máy quay. Suy ra \(18{\rm{c}} = - 300\), tức là \({\rm{c}} = \frac{{50}}{3}\).
Vậy: \({\vec F_1} = \left( {0;\frac{{50}}{3}; - 100} \right);\overrightarrow {{F_2}} = \left( {\frac{{25\sqrt 3 }}{3};\frac{{ - 25}}{3}; - 100} \right);{\vec F_3} = \left( {\frac{{ - 25\sqrt 3 }}{3};\frac{{ - 25}}{3}; - 100} \right)\)
Giả sử căn phòng hình hộp chữ nhật được mô phỏng như hình vẽ.
Khi đó ta có \({{\rm{B}}^\prime }(6;8;3)\) và \({O^\prime }(0;0;3)\).
Gọi \({\rm{I}}\) là điềm chính giữa trần nhà của phòng học.
Vì \({{\rm{O}}^\prime }{{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }\) là hình chữ nhật nên \({\rm{I}}\) là trung diếm của \({{\rm{O}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }\).
Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_I} = \frac{{6 + 0}}{2}}\\{{y_I} = \frac{{8 + 0}}{2}}\\{{z_I} = \frac{{3 + 3}}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_I} = 3}\\{{y_I} = 4}\\{{z_I} = 3}\end{array}} \right.} \right.\). Vậy tọa độ điếm treo đèn là \((3;4;3)\).
Đế xác định xem ra đa có thể phát hiện được tàu thám hiểm hay không, ta cần xác định khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm.
Theo đề ta có tọa độ của ra đa là \((0;0;0)\), tọa độ của tàu thám hiểm là \((25;15; - 10)\).
Khi đó khoáng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là:
\(d = \sqrt {{{(25 - 0)}^2} + {{(15 - 0)}^2} + {{( - 10 - 0)}^2}} = 5\sqrt {38} \approx 30,82.{\rm{ }}\)
Vi phạm vi theo doi của ra đa là \(30\;{\rm{km}}\) mà khoáng khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiếm là \(30,82\;{\rm{km}}\) nên ra đa không phát hiện được tàu thám hiếm.
a) Lập một hệ trục toạ độ Oxyz phù hợp và xác định toạ độ của bóng đèn lúc đầu và sau khi di chuyển.
b) Vị trí mới của bóng đèn cách vị trí ban đầu là bao nhiêu mét? (Làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).
a) Chọn hệ tọa độ \({\rm{Oxyz}}\) như hình vẽ.
Tọa độ bóng đèn lúc đầu là \({\rm{A}}(1,2;1,6;0,5)\).
Tọa độ bóng đèn lúc sau là B \((1,5;1,5;0,4)\).
b) Có \(\overrightarrow {AB} = (0,3; - 0,1; - 0,1)\).
Khi đó \(|\overrightarrow {AB} | = \sqrt {{{0,3}^2} + {{( - 0,1)}^2} + {{( - 0,1)}^2}} \approx 0,3\).
Vậy vị trí mới cách vị trí ban đầu của bóng đèn là \(0,3\;{\rm{m}}\).
