18 bài tập Một số dạng toán thực tế liên quan đến Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ (có lời giải)

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: \(A = \vec f \cdot \vec a = 5 \cdot 70 + 4 \cdot 20 + ( - 2) \cdot ( - 40) = 510\;{\rm{J}}\)

Tứ giác ABCD có hai đường chéo bằng nhau và vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình vuông.Ta có \[\overrightarrow {SA} \] = (20; 0; –20), \[\overrightarrow {SB} \] = (0; 20; –20), \[\overrightarrow {SC} \] = (–20; 0; –20), \[\overrightarrow {SD} \] = (0; –20; –20), suy ra SA = SB = SC = SD = \[20\sqrt 2 \]. Do đó S.ABCD là hình chóp tứ giác đều.Các vectơ \[\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} ,\overrightarrow {{F_4}} \]có điểm đầu tại S và điểm cuối lần lượt là A′, B′, C′, D′. Ta có SA′ = SB′ = SC′ = SD′ nên S.A′B′C′D′ cũng là hình chóp tứ giác đều.Gọi F là trọng lực tác dụng lên chậu cây và O′ là tâm của hình vuông A′B′C′D′. Ta có:\[\overrightarrow F  = \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = \overrightarrow {SA'}  + \overrightarrow {SB'}  + \overrightarrow {SC'}  + \overrightarrow {SD'}  = 4\overrightarrow {SO'} \]Ta có \[\left| {\overrightarrow F } \right|\] = 40, suy ra \[\left| {\overrightarrow {SO'} } \right|{\rm{ = }}SO' = 10\].Do tam giác SO′A′ vuông cân nên \[SA' = SO'.\sqrt 2  = 10\sqrt 2  = \frac{1}{2}SA\], suy ra \[\overrightarrow {{F_1}}  = \overrightarrow {SA'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SA}  = (10;0; - 10)\]Chứng minh tương tự, ta cũng có:\[\overrightarrow {{F_2}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SA} B = (0;10; - 10)\]; \[\overrightarrow {{F_3}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SC}  = ( - 10;0; - 10)\]; \[\overrightarrow {{F_4}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SD}  = (0; - 10; - 10)\]. 

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 cosBAC=AB→⋅AC→|AB→|⋅AC→∣=4.8+6.10+8.3229⋅173=11925017⇒BAC≈35°2

Công sinh bới lực \(\vec F\) là \(A = \vec F \cdot \vec d = 20.150 + 30.200 + ( - 10) \cdot 100 = 8000\;{\rm{J}}\).

a) Có \(\vec b = 3\vec a = (900;600;1200)\).

b) Tốc độ của máy bay B là: \(|\vec b| = \sqrt {{{900}^2} + {{600}^2} + {{1200}^2}}  \approx 1615,55\;{\rm{km}}/{\rm{h}}\)

Theo bài toán nêu ở phần Khởi động thì trong không gian Oxyz, một người đã tác động một lực không đổi \[\overrightarrow F  = (2;3; - 1)\] vào một vật đang ở gốc toạ độ O và làm cho vật dịch chuyển thẳng từ O đến điểm M(1; 2; 1).Ta có \[\overrightarrow {OM}  = (1;2;1)\]. Từ đó ta tính được công sinh ra bởi lực \[\overrightarrow F \] là:\[A = \overrightarrow F .\overrightarrow {MN} \]           = 2.1 + 3.2 + (−1).1 = 7.Như vậy công sinh ra bởi lực \[\overrightarrow F \] trong tình huống này là A = 7 (J).

a) Chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai có tọa độ lần lượt là: (2; 1; 0,5) và (-1; -1,5; 0,8)b) Khoảng cách giữa hai chiếc khinh khí cầu là:

\[\sqrt {{{( - 1 - 2)}^2} + {{( - 1,5 - 1)}^2} + {{(0,8 - 0,5)}^2}}  = \sqrt {15,34}  \approx 3,92{\rm{ (km)}}\]

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) Vì nền nhà là hình chữ nhật nên tứ giác OABC là hình chữ nhật, suy ra \[{x_A} = {x_B} = 4;{y_C} = {y_B} = 5\]. Do A nằm trên trục Ox nên toạ độ điểm A là (4 ; 0 ; 0). Tường nhà là hình chữ nhật nên tứ giác OCHE là hình chữ nhật, suy ra \[{y_H} = {y_C} = 5;{z_H} = {z_E} = 3\].

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).

b) Để tính góc dốc của mái nhà, ta đi tính số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng FG, hai mặt lần lượt là (FGQP) và (FGHE). Do mặt phẳng (Ozx) vuông góc với hai mặt phẳng (FGQP) và (FGHE) nên góc PFE là góc phẳng nhị diện ứng với góc nhị diện đó. Ta có: \[\overrightarrow {FP} \] =(-2;0;1), \[\overrightarrow {FE} \]=(-4;0;0).Suy ra \[\cos \widehat {PFE} = \cos (\overrightarrow {FP} ,\overrightarrow {FE} ) = \frac{{\overrightarrow {FP} .\overrightarrow {FE} }}{{\left| {\overrightarrow {FP} } \right|.\left| {\overrightarrow {FE} } \right|}} = \frac{{ - 2.( - 4) + 0.0 + 1.0}}{{\sqrt {{{( - 2)}^2} + {0^2} + {1^2}} .\sqrt {{{( - 4)}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\]Do đó, \[\widehat {PFE} \approx {26,6^o}\]. Vậy góc dốc của mái nhà khoảng \[{26,6^o}\]

a) Gọi C(x; y, z) là vị trí của máy bay sau 5 phút tiếp theo. Vì hướng của máy bay không đổi nên \[\overrightarrow {AB} \] và \[\overrightarrow {BC} \] 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 AB = 2BC.Do đó \[\overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \left( {\frac{{940 - 800}}{2};\frac{{550 - 500}}{2};\frac{{8 - 7}}{2}} \right) = (70;25;0,5)\]Mặt khác, \[\overrightarrow {BC} \] =(x – 940; y –550; z –8) nên \[\left\{ \begin{array}{l}x - 940 = 70\\y - 550 = 25\\z - 8 = 0,5\end{array} \right.\]. Từ đó \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1010\\y = 575\\z = 8,5\end{array} \right.\]

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 \((1080;600;9)\).

Theo giả thiết, ta có \[\overrightarrow {P{Q_1}}  = \left( {0; - 1; - 4} \right);\overrightarrow {P{Q_2}}  = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}; - 4} \right);\overrightarrow {P{Q_3}}  = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}; - 4} \right)\]Suy ra: \[\left| {\overrightarrow {P{Q_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {P{Q_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {P{Q_3}} } \right| = 17\]. Do đó \[\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|\]. Vì vậy, tồn tại hằng số \[c \ne 0\] sao cho:\[\overrightarrow {{F_1}}  = c\overrightarrow {P{Q_1}}  = \left( {0; - c; - 4c} \right);\overrightarrow {{F_2}}  = c\overrightarrow {P{Q_2}}  = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}c;\frac{1}{2}c; - 4c} \right);\overrightarrow {{F_3}}  = c\overrightarrow {P{Q_3}}  = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}c;\frac{1}{2}c; - 4c} \right)\]\[ \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \left( {0;0; - 12c} \right)\]. Mặt khác, ta có \[\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \overrightarrow F \], trong đó \[\overrightarrow F  = \left( {0;0; - 360} \right)\] là trọng lực tác dụng lên máy quay. Suy ra – 12c = -360, tức là c = 30.Vậy: \[\overrightarrow {{F_1}}  = \left( {0; - 30; - 120} \right);\overrightarrow {{F_2}}  = \left( {15\sqrt 3 ;15; - 120} \right);\overrightarrow {{F_3}}  = \left( { - 15\sqrt 3 ;15; - 120} \right)\]

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: cosA'B'¯;A'O'¯=A'B'¯⋅A'O'→A'B'→⋅A'O'→∣=(−120)(−240)+0.0+300.06029.240=22929 ⇒B'A'O'≈68°. Vậy α≈68°

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) 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) 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 \(0,3\;{\rm{m}}\).