Giải SBT Toán 12 Tập 1 KNTT Bài 6. Vectơ trong không gian có đáp án
15 câu hỏi
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Trong các vectơ có điểm đầu và điểm cuối phân biệt thuộc tập {S, A, B, C, D}:
a) Những vectơ nào có điểm đầu là S?
b) Những vectơ nào có giá nằm trong mặt phẳng (SAB)?
c) Vectơ nào là vectơ đối của vectơ \(\overrightarrow {BC} \)?
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Trong các vectơ có điểm đầu và điểm cuối phân biệt thuộc tập {S, A, B, C, D}:
a) Những vectơ nào có điểm đầu là S?
b) Những vectơ nào có giá nằm trong mặt phẳng (SAB)?
c) Vectơ nào là vectơ đối của vectơ \(\overrightarrow {BC} \)?
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Trong các vectơ có điểm đầu và điểm cuối là hai đỉnh phân biệt của hình hộp:
a) Vectơ nào cùng phương với vectơ \(\overrightarrow {AC} \)?
b) Vectơ nào bằng vectơ \(\overrightarrow {AD'} \)?
c) Những vectơ nào là vectơ đối của vectơ \(\overrightarrow {AA'} \)?
a) Ta có tứ giác ACC'A' là hình bình hành nên AC // A'C', suy ra \(\overrightarrow {A'C'} \) cùng phương với vectơ \(\overrightarrow {AC} \).
Do đó, các vec tơ \(\overrightarrow {CA} \), \(\overrightarrow {A'C'} \) và \(\overrightarrow {C'A'} \) cũng cùng phương với \(\overrightarrow {AC} \).
Vectơ cùng phương với vectơ \(\overrightarrow {AC} \) là: \(\overrightarrow {CA} \), \(\overrightarrow {A'C'} \) và \(\overrightarrow {C'A'} \).
b) Tứ giác ABC'D' là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {BC'} \).
c) Vectơ đối của vectơ \(\overrightarrow {AA'} \) là: \(\overrightarrow {A'A} \), \(\overrightarrow {B'B} \), \(\overrightarrow {C'C} \), \(\overrightarrow {D'D} \).
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = AD = 1 và AA' = 2. Tính độ dài của các vectơ sau:
a) \(\overrightarrow {BD} \);
b) \(\overrightarrow {CD'} \);
c) \(\overrightarrow {AC'} \).
a) Ta có tam giác ABD vuông tại cân tại A và AB = AD = 1,
Suy ra \(\left| {\overrightarrow {BD} } \right|\) = BD = \(\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} \)= \(\sqrt 2 \).
b) Tam giác CDD' vuông tại D có CD = AB = 1, DD' = AA' = 2.
Do đó, \(\left| {\overrightarrow {CD'} } \right|\) = CD' = \(\sqrt 5 \).
c) Do AB = AD = 1 nên đáy ABCD là hình vuông, suy ra AC = BD = \(\sqrt 2 \).
Tam giác ACC' vuông tại C, có AC = \(\sqrt 2 \) và CC' = 2.
Suy ra \(\left| {\overrightarrow {AC'} } \right|\) = AC' = \(\sqrt {C{{C'}^2} + A{C^2}} \) = \(\sqrt 6 \).
Trong không gian, cho năm điểm phân biệt A, B, C, D, E. Chứng minh rằng:
a) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {DE} \);
b) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {BD} \);
c) \(\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DE} = \overrightarrow {BE} - \overrightarrow {CD} \).
a) Ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} = \)\(\overrightarrow {AC} \) + \(\overrightarrow {CD} \) = \(\overrightarrow {AD} \) = \(\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {ED} \) = \(\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {DE} \).
Vậy \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {DE} \).
b) Ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {ED} \)
⇒ \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {ED} \)
⇔ \(\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {ED} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {BD} \)
⇔ \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {BD} \)
Vậy ta có đpcm.
c) Ta có: \(\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {ED} \)
⇒ \(\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BE} + \overrightarrow {ED} \)
⇔ \(\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {ED} = \overrightarrow {BE} - \overrightarrow {CD} \)
⇔ \(\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DE} = \overrightarrow {BE} - \overrightarrow {CD} \)
Vậy ta có đpcm.
Cho tứ diện ABCD. Gọi E, F là các điểm lần lượt thuộc các cạnh AB, CD sao cho AE = \(\frac{1}{3}\)AB và CF = \(\frac{1}{3}\)CD. Chứng minh rằng:
a) \(\overrightarrow {EF} = \overrightarrow {AD} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {CD} \);
b) \(\overrightarrow {EF} = \overrightarrow {BC} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {CD} \);
c) \(\overrightarrow {EF} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \).
a) Ta có: \(\overrightarrow {EF} = \overrightarrow {EA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DF} \)
= −\(\overrightarrow {AE} \) + \(\overrightarrow {AD} \) − \(\overrightarrow {FD} \)
= \(\overrightarrow {AD} \)− \(\frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \) − \(\frac{2}{3}\overrightarrow {CD} \).
Vậy \(\overrightarrow {EF} = \overrightarrow {AD} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {CD} \).
b) Ta có: \(\overrightarrow {EF} = \overrightarrow {EB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CF} \)
= \(\frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {CD} \).
Vậy \(\overrightarrow {EF} = \overrightarrow {BC} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {CD} \).
c) Từ câu a và b, ta có:
\(3\overrightarrow {EF} = \left( {\overrightarrow {AD} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {CD} } \right) + 2\left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {CD} } \right)\)
= \(\overrightarrow {AD} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {CD} \) + \(\frac{4}{3}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {CB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {CD} \)
= \(\overrightarrow {AD} \) + \(\left( { - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{4}{3}\overrightarrow {AB} } \right)\) + \(\left( { - \frac{2}{3}\overrightarrow {CD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {CD} } \right)\) + \(2\overrightarrow {CB} \)
= \(\overrightarrow {AD} \) + \(2\overrightarrow {CB} \) + \(\overrightarrow {AB} \)
⇒ \(\overrightarrow {EF} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \).
Vậy ta có đpcm.
Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, BD. Gọi E, F lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ABD. Chứng minh rằng:
a) \(\overrightarrow {EF} = \frac{2}{3}\overrightarrow {MN} \);
b) \(\overrightarrow {EF} = \frac{1}{3}\overrightarrow {CD} \).
a) Xét tam giác AMN, ta có: AE = \(\frac{2}{3}\)AM, AF = \(\frac{2}{3}\)AN (E, F là trọng tâm tam giác ABC, ABD).
Theo định lí Thales đảo suy EF // MN và EF = \(\frac{2}{3}\)MN.
Vì \(\overrightarrow {EF} \) và \(\overrightarrow {MN} \) cùng hướng nên \(\overrightarrow {EF} = \frac{2}{3}\overrightarrow {MN} \).
b) Xét tam giác BCD, có M, N là trung điểm CB, DB nên MN là đường trung bình của tam giác.
Ta có: MN // CD và MN = \(\frac{1}{2}\)CD.
\(\overrightarrow {CD} \) và \(\overrightarrow {MN} \) cùng hướng nên \(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {CD} \).
Do đó, \(\overrightarrow {EF} = \frac{2}{3}\overrightarrow {MN} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\overrightarrow {CD} = \frac{1}{3}\overrightarrow {CD} \).
Vậy \(\overrightarrow {EF} = \frac{1}{3}\overrightarrow {CD} \).
Một tòa chung cư có chiều cao của các tầng như nhau. Một thang máy di chuyển từ tầng 10 lên tầng 26 của tòa nhà, sau đó di chuyển từ tầng 26 xuống tầng 18. Hãy cho biết mối liên hệ về phương, hướng, độ dài của các vectơ biểu diễn độ dịch chuyển của thang máy trong hai lần di chuyển đó, từ đó phát biểu một đẳng thức liên hệ giữa hai vectơ đó.
Gọi vectơ thể hiện độ dịch chuyển của thang máy từ tầng 10 lên tầng 26 là \(\overrightarrow a \).
Gọi vectơ thể hiện độ dịch chuyển của thang máy từ tầng 26 xuống tầng 18 là \(\overrightarrow b \).
Khi đó, \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng phương và ngược hướng.
Hơn nữa độ dài của \(\overrightarrow a \) bằng độ cao của 16 tầng, độ dài của \(\overrightarrow b \) bằng độ cao của 8 tầng, suy ra \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 2\left| {\overrightarrow b } \right|\).
Từ cách lập luận trên suy ra \(\overrightarrow a = \left( { - 2} \right)\overrightarrow b = - 2\overrightarrow b \).
Một chiếc bàn cân đối được đặt trên mặt sàn nằm ngang, mặt bàn song song với mặt sàn và ba chân bàn vuông góc với mặt sàn. Trọng lực tác dụng lên bàn (biểu thị bởi vectơ \(\overrightarrow u \)) phân tán đều qua các chân bàn và tạo nên các phản lực từ mặt sàn lên các chân bàn (biểu thị bởi các vectơ \(\overrightarrow x ,\overrightarrow y ,\overrightarrow z \)). Hãy giải thích vì sao \(\overrightarrow x = \overrightarrow y = \overrightarrow z = - \frac{1}{3}\overrightarrow u \).
Các vectơ \(\overrightarrow x ,\overrightarrow y ,\overrightarrow z \) đôi một cùng phương vì giá của chúng đề vuông góc với mặt đất. Ba vectơ đó cùng hướng vì đều ngược hướng với trọng lực.
Ba vectơ đó có độ lớn bằng nhau vì trọng lực phân tán đều qua ba chân bàn.
Do đó \(\overrightarrow x = \overrightarrow y = \overrightarrow z \).
Hai vectơ \(\overrightarrow x \) và \(\overrightarrow u \) cùng phương, ngược hướng và \(\left| {\overrightarrow x } \right| = \frac{1}{3}\left| {\overrightarrow u } \right|\) nên \(\overrightarrow x = - \frac{1}{3}\overrightarrow u \).
Vậy \(\overrightarrow x = \overrightarrow y = \overrightarrow z = - \frac{1}{3}\overrightarrow u \).
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Đặt \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow x \), \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow y \) và \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow z \). Hãy biểu diễn các vectơ sau qua ba vectơ \(\overrightarrow x ,\overrightarrow y ,\overrightarrow z \):
a) \(\overrightarrow {AD} \);
b) \(\overrightarrow {AC'} \);
c) \(\overrightarrow {BD'} \).
a) Ta có: \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} = \overrightarrow z - \overrightarrow y \).
b) Ta có: \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow x + \overrightarrow y + \left( {\overrightarrow z - \overrightarrow y } \right) = \overrightarrow x + \overrightarrow z \).
c) Ta có: \(\overrightarrow {BD'} \) = \(\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} \) = \( - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \) = −\(\overrightarrow y + \left( {\overrightarrow z - \overrightarrow y } \right) + \overrightarrow x \) = \(\overrightarrow x - 2\overrightarrow y + \overrightarrow z \).
Trong không gian, cho hai hình bình hành ABCD và A'B'C'D'. Chứng minh rằng:
a) \(\overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {DD'} = \overrightarrow {AB'} + \overrightarrow {AD'} - \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} \);
b) \(\overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {DD'} = \overrightarrow {CC'} \).
a) Ta có: \(\overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {AB'} - \overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {DD'} = \overrightarrow {AD'} - \overrightarrow {AD} \).
Suy ra \(\overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {DD'} = \overrightarrow {AB'} + \overrightarrow {AD'} - \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} \).
b) Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \).
Vì tứ giác A'B'C'D' là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB'} + \overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {AC'} \).
Kết hợp với câu a suy ra \(\overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {DD'} = \overrightarrow {AB'} + \overrightarrow {AD'} - \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC'} - \overrightarrow {AC} \) = \(\overrightarrow {CC'} \).
Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D'. Biết rằng AA' = 2 và tứ giác ABCD là hình thoi có AB = 1 và \(\widehat {ABC}\) = 60°, hãy tính góc giữa các cặp vectơ sau và từ đó tính tích vô hướng của mỗi cặp vectơ đó:
a) \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {A'D'} \);
b) \(\overrightarrow {AA'} \) và \(\overrightarrow {BD} \);
c) \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {A'C'} \).
a) Ta có: \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'D'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \widehat {BAC} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \).
Do đó, \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {A'D'} = AB.A'D'.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'D'} } \right)\) = 1.1. cos120° = \( - \frac{1}{2}\).
b) Ta có: AA' vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên \(\left( {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {BD} } \right)\) = 90°.
Do đó, \(\overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {BD} \) = AA'.BD.cos90° = 0.
c) Tam giác ABC có AB = BC = 1 và \(\widehat {ABC}\) = 60° nên tam giác ABC đều.
Do đó, \(\widehat {BAC}\) = 60° và AC = 1.
Ta có: \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC}\) = 60° và \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {A'C'} \) = AB.A'C'.cos60° = 1.1.\(\frac{1}{2}\) = \(\frac{1}{2}\).
Trong không gian, cho hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) thỏa mãn \(\left| {\overrightarrow a } \right|\) = 1, \(\left| {\overrightarrow b } \right|\) = 2 và \(\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\) = 45°. Tính các tích vô hướng sau:
a) \({\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)^2}\);
b) \(\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right).\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right)\);
c) \(\left( {2\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right).\left( {\overrightarrow a + 3\overrightarrow b } \right)\).
a) Ta có: \({\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)^2}\) = \({\overrightarrow a ^2} + 2\overrightarrow a \overrightarrow b + {\overrightarrow b ^2}\)= 12 + 22 + 2.1.2.cos45° = 5 + 2\(\sqrt 2 \).
b) Ta có: \(\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right).\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right)\)= \({\overrightarrow a ^2} - {\overrightarrow b ^2}\) = 12 – 22 = −3.
c) Ta có: \(\left( {2\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right).\left( {\overrightarrow a + 3\overrightarrow b } \right)\) = \(2{\overrightarrow a ^2} - 3{\overrightarrow b ^2} + 5\overrightarrow a .\overrightarrow b \) = 2.12 – 3.22 + 5.1.2.cos45° = −10 + \(5\sqrt 2 \).
Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Gọi G là giao điểm của MP và NQ. Chứng minh rằng \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 .\)
Vì MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN // AC và MN = \(\frac{1}{2}\)AC.
Vì PQ là đường trung bình của tam giác ADC nên NP // AC và NP = \(\frac{1}{2}\)AC.
Do dó, MN //AC và MNPQ là hình bình hành.
Theo đề bài, G là giao điểm của MNPQ là hình bình hành và G là giao điểm MP và NQ nên G là trung điểm của mỗi đoạn thẳng đó.
Ta có: \(\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} } \right) + \left( {\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right)\) = \(2\overrightarrow {GM} + 2\overrightarrow {GP} \) = 2\(\left( {\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GP} } \right)\) = 2.\(\overrightarrow 0 \) = \(\overrightarrow 0 \).
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có độ dài các cạnh bằng a. Tính các tích vô hướng sau theo a:
a) \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {B'D'} \);
b) \(\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {B'C'} \);
c) \(\overrightarrow {A'B'} .\overrightarrow {AC'} \).
a) Do hai vectơ \(\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {B'D'} \) vuông góc với nhau nên \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {B'D'} \) = 0
b) Ta có: \(\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {B'C'} \) = \(\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {BC} \) = BD.BD.cos45° = a.a\(\sqrt 2 \).cos45° = a2.
c) Ta có: \(\overrightarrow {A'B'} .\overrightarrow {AC'} \) = \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC'} \)
= \(\overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} } \right)\)
= \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)
= 0 + AB.AC.cos45° = a.a\(\sqrt 2 \).\(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) = a2.
Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC và \(\widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA}\). Chứng minh rằng \(\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} = 0\).
Ta có: \(\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SA} \left( {\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} } \right)\)
= \(\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} \)
= SA.SC.cos\(\widehat {ASC}\) − SA.SB.cos\(\widehat {ASB}\)
= 0.
\(\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} \) = \(\overrightarrow {SB} \left( {\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SA} } \right)\)
= \(\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} \)
= SC.SB.cos\(\widehat {BSC}\) − SA.SB.cos\(\widehat {ASB}\)
= 0.
\(\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} \) = \(\overrightarrow {SC} \left( {\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SA} } \right)\)
= \(\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC} \)
= SC.SB.cos\(\widehat {BSC}\) − SA.SC.cos\(\widehat {ASC}\)
= 0.
Vậy \(\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} = 0\).
