Giải SGK Toán 12 Cánh diều Bài 2. Tọa độ của vectơ có đáp án

a) Ta có $\overrightarrow{OB}=-\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{k}=\left(-1\right)\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}$ .

Do đó, $\overrightarrow{OB}=\left(-1;0;2\right)$ . Vậy B(– 1; 0; 2).

b) Ta có $\overrightarrow{v}=-7\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}=0\overrightarrow{i}+\left(-7\right)\overrightarrow{j}+1\overrightarrow{k}$ .

Do đó, $\overrightarrow{v}=\left(0;-7;1\right)$  .

a) Vì điểm A có tọa độ là (x_A; y_A; z_A) nên .

Do đó,$\overrightarrow{OA}=x_A\overrightarrow{i}+y_A\overrightarrow{j}+z_A\overrightarrow{k}$ .

Vì điểm B có tọa độ là (x_B; y_B; z_B­) nên $\overrightarrow{OB}=\left(x_B;y_B;z_B\right)$ .

Do đó, $\overrightarrow{OB}=x_B\overrightarrow{i}+y_B\overrightarrow{j}+z_B\overrightarrow{k}$ .

b) Theo quy tắc hiệu ta có

$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=\left(x_B\overrightarrow{i}+y_B\overrightarrow{j}+z_B\overrightarrow{k}\right)-\left(x_A\overrightarrow{i}+y_A\overrightarrow{j}+z_A\overrightarrow{k}\right)$

                         = (x_B – x_A) $\overrightarrow{i}$  + (y_B – y_A)$\overrightarrow{j}$  + (z_B – z_A) $\overrightarrow{k}$ .

Ta có  $\overrightarrow{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}$= (2 – 1; 1 – 0; 2 – 1) = (1; 1; 1).

Gọi tọa độ của điểm C' là (x_C'; y_C'; z_C'), ta có $\overrightarrow{D^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$  = (x_C' – 1; y_C' – (– 1); z_C' – 1).

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp nên A'B'C'D' là hình bình hành.

Do đó, $\overrightarrow{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}=\overrightarrow{D^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$ . Suy ra $\left\{\begin{array}{l}1=x_{C^{\text{'}}}-1\\ 1=y_{C^{\text{'}}}-\left(-1\right)\\ 1=z_{C^{\text{'}}}-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_{C^{\text{'}}}=2\\ y_{C^{\text{'}}}=0\\ z_{C^{\text{'}}}=2\end{array}\right.$ .

Khi đó, C'(2; 0; 2).

Ta có  $\overrightarrow{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$= (2 – 1; 0 – 0; 2 – 1) = (1; 0; 1).

Gọi tọa độ của điểm A là (x_A; y_A; z_A), ta có $\overrightarrow{AC}=\left(4-x_A;5-y_A;-5-z_A\right)$  .

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$ .

Do đó, $\left\{\begin{array}{l}4-x_A=1\\ 5-y_A=0\\ -5-z_A=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_A=3\\ y_A=5\\ z_A=-6\end{array}\right.$ .

Vậy A(3; 5; – 6).

Đáp án đúng là: A

Ta có A(1; 2; 3). Do đó, $\overrightarrow{OA}=\left(1;2;3\right)$ .

Đáp án đúng là: B

Vì $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{u}$ , mà $\overrightarrow{u}=\left(-1;4;2\right)$ , do đó $\overrightarrow{OA}=\left(-1;4;2\right)$ .

Từ đó suy ra A(– 1; 4; 2).

Đáp án đúng là: B

Với A(1; – 1; 2) và B(4; – 3; 1), ta có

$\overrightarrow{AB}$ = (4 – 1; – 3 – (– 1); 1 – 2) = (3; – 2; – 1).

Đáp án đúng là: C

Gọi tọa độ điểm C là (x_C; y_C; z_C), ta có $\overrightarrow{AC}$  = (x_C – 1; y_C – 1; z_C – 1).

 Với $\overrightarrow{u}=\left(4;2;3\right)$  thì ta có $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{u}\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_C-1=4\\ y_C-1=2\\ z_C-1=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_C=5\\ y_C=3\\ z_C=4\end{array}\right.$  .

Vậy C(5; 3; 4).

Gọi A₁(x₁; y₁; z₁), A₂(x₂; y₂; z₂) và A₃(x₃; y₃; z₃).

Với A(3; – 2; – 1), đặt x_A = 3, y_A = – 2, z_A = – 1. Ta có:

+ x₁ = x_A = 3; y₁ = y_A = – 2; z₁ = 0 (vì A­₁ nằm trên mặt phẳng (Oxy)).

Do đó A₁(3; – 2; 0).

+ y₂ = y_A = – 2; z₂ = z_A = – 1; x₂ = 0 (vì A₂ nằm trên mặt phẳng (Oyz)).

Do đó A₂(0; – 2; – 1).

+ x₃ = x_A = 3; z₃ = z_A = – 1; y₃ = 0 (vì A₃ nằm trên mặt phẳng (Ozx)).

Do đó A₃(3; 0; – 1).

Gọi H(x₁; y₁; z₁), K(x₂; y₂; z₂) và P(x₃; y₃; z₃).

Với A(– 2; 3; 4), đặt x_A = – 2, y_A = 3, z_A = 4. Ta có:

+ x₁ = x_A = – 2; y₁ = 0; z₁ = 0 (vì H nằm trên trục Ox). Do đó H(– 2; 0; 0).

+ y₂ = y_A = 3; x₂ = 0; z₂ = 0 (vì K nằm trên trục Oy). Do đó K(0; 3; 0).

+ z₃ = z_A = 4; x₃ = 0; y₃ = 0 (vì P nằm trên trục Oz). Do đó P(0; 0; 4).

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 25 và 19.

Giả sử K₀(x; y; 25) và K₁(x; y; 19).

Ta có MNPQ.M₁N₁P₁O là hình hộp chữ nhật nên K'K = OQ, suy ra cao độ của K' bằng 30. Do đó, K' (x; y; 30).

Ta có $\overrightarrow{K^{\text{'}}Q}=\left(-x;-y;0\right),\overrightarrow{N{K}^{\text{'}}}=\left(x-90;y-120;0\right)$ .

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

Suy ra $\overrightarrow{K^{\text{'}}Q}=\overrightarrow{N{K}^{\text{'}}}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-x=x-90\\ -y=y-120\\ 0=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=45\\ y=60\end{array}\right.$ .

Do vậy, K₀(45; 60; 25), K₁(45; 60; 19) và $\overrightarrow{K_0{K}_1}=\left(0;0;-6\right)$.