Mở đầu trang 45

Đề bài: Ở lớp 10, ta đã biết về vectơ trong mặt phẳng và biết sử dụng vectơ để biểu thị các đại lượng có hướng và độ lớn trong mặt phẳng (ví dụ vận tốc hay lực). Đối với các đại lượng có hướng trong không gian, ta có thể sử dụng vectơ để biểu diễn chúng hay không? Các phép toán vectơ trong trường hợp này giống và khác như thế nào với các phép toán vectơ trong mặt phẳng?

Lời giải:

Trong không gian, các đại lượng có hướng như lực, vận tốc, độ dịch chuyển… hoàn toàn có thể được biểu diễn bởi vectơ, tương tự như trong mặt phẳng. Sau bài này, ta sẽ thấy:

• Vectơ trong không gian có đầy đủ các khái niệm quen thuộc: cùng phương, cùng hướng, độ dài, hai vectơ bằng nhau.
• Các phép toán vectơ (cộng, trừ, nhân với một số, tích vô hướng) và các quy tắc (ba điểm, hình bình hành, hình hộp) đều được định nghĩa và có tính chất giống hoàn toàn như trong mặt phẳng.
• Điểm mới: trong không gian, ba vectơ có thể không đồng phẳng – điều này dẫn tới quy tắc hình hộp (không có trong mặt phẳng).

1. Vectơ trong không gian

HĐ1 (trang 46)

Đề bài: Trong Hình 2.2, lực căng dây (được tạo ra bởi sức nặng của kiện hàng) được thể hiện bởi các đoạn thẳng có mũi tên màu đỏ.

a) Các đoạn thẳng này cho biết gì về hướng và độ lớn của các lực căng dây?

b) Các đoạn thẳng này có cùng nằm trong một mặt phẳng không?

Lời giải:

a) Mỗi đoạn thẳng có mũi tên biểu diễn một lực căng dây:

• Hướng của mũi tên chính là hướng của lực căng dây (từ điểm đầu đến điểm cuối).
• Độ dài của đoạn thẳng biểu thị độ lớn của lực.

b) Quan sát Hình 2.2: bốn sợi dây được nối từ bốn góc của kiện hàng lên một điểm phía trên (móc cẩu). Bốn đoạn thẳng biểu diễn lực căng dây không cùng nằm trên một mặt phẳng, mà đi theo các hướng khác nhau trong không gian.

Nhận xét: Từ tình huống này ta thấy cần có khái niệm vectơ trong không gian để biểu diễn các đại lượng có hướng không nằm cùng một mặt phẳng.

Câu hỏi trang 46

Đề bài: Hình 2.3 cho ta ví dụ về một số đại lượng có thể được biểu diễn bởi vectơ trong không gian. Hãy tìm thêm một số ví dụ tương tự.

Lời giải:

Một số ví dụ khác về đại lượng có hướng trong không gian được biểu diễn bởi vectơ:

• Lực hấp dẫn của Trái Đất tác dụng lên vệ tinh (hướng vào tâm Trái Đất).
• Vận tốc bay của một con chim trong không trung.
• Lực từ trường tại một điểm trong không gian.
• Vận tốc của các phân tử nước trong dòng chảy 3D.
• Vận tốc của một cầu thủ đá bóng khi thực hiện cú sút bổng.

Luyện tập 1 (trang 47)

Đề bài: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ (H.2.6). Trong các vectơ $\overrightarrow{AC}$, $\overrightarrow{AD}$, $\overrightarrow{AD’}$:

a) Hai vectơ nào có giá cùng nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$?

b) Hai vectơ nào có cùng độ dài?

Lời giải:

Giả sử hình lập phương có cạnh $a$.

a) Xét giá (đường thẳng chứa vectơ) của từng vectơ:

• $\overrightarrow{AC}$: giá là đường thẳng $AC$ – đường chéo mặt đáy, nằm trong $(ABCD)$.
• $\overrightarrow{AD}$: giá là đường thẳng $AD$ – một cạnh của đáy, nằm trong $(ABCD)$.
• $\overrightarrow{AD’}$: giá là đường thẳng $AD’$ – đường chéo mặt bên $ADD’A’$, không nằm trong $(ABCD)$.

Vậy hai vectơ $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{AD}$ có giá cùng nằm trong $(ABCD)$.

b) Tính độ dài:

• $|\overrightarrow{AC}| = a\sqrt{2}$ (đường chéo hình vuông cạnh $a$).
• $|\overrightarrow{AD}| = a$ (cạnh).
• $|\overrightarrow{AD’}| = a\sqrt{2}$ (đường chéo hình vuông cạnh $a$ ở mặt bên).

Vậy hai vectơ $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{AD’}$ có cùng độ dài (bằng $a\sqrt{2}$).

HĐ2 (trang 47)

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ (H.2.7).

a) So sánh độ dài của hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{D’C’}$.

b) Nhận xét về giá của hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{D’C’}$.

c) Hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{D’C’}$ có cùng phương không? Có cùng hướng không?

Lời giải:

a) Tứ giác $ABB’A’$ và $DCC’D’$ đều là các mặt bên của hình hộp, nên $ABCD$ và $A’B’C’D’$ là hai đáy song song và bằng nhau. Do đó $|D’C’| = |DC| = |AB|$.

Vậy $|\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{D’C’}|$.

b) Trong hình hộp, hai đáy $ABCD$ và $A’B’C’D’$ nằm trên hai mặt phẳng song song. Cạnh $AB$ nằm trên đáy dưới, cạnh $D’C’$ nằm trên đáy trên. Ta có $AB \parallel DC \parallel D’C’$, nên giá của $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{D’C’}$ song song với nhau.

c) Hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{D’C’}$ cùng phương (giá song song). Vì $ABCD$ và $A’B’C’D’$ là hai hình bình hành với thứ tự đỉnh tương ứng, nên $\overrightarrow{D’C’}$ và $\overrightarrow{AB}$ cùng hướng (cùng hướng với $\overrightarrow{DC}$).

Kết luận: $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{D’C’}$.

Câu hỏi trang 47

Đề bài: Nếu hai vectơ cùng bằng một vectơ thứ ba thì hai vectơ đó có bằng nhau không?

Lời giải:

Có. Nếu $\vec{a} = \vec{c}$ và $\vec{b} = \vec{c}$, thì $\vec{a}$ và $\vec{c}$ có cùng độ dài, cùng hướng; $\vec{b}$ và $\vec{c}$ cũng có cùng độ dài, cùng hướng. Do đó $\vec{a}$ và $\vec{b}$ có cùng độ dài và cùng hướng, tức $\vec{a} = \vec{b}$.

Luyện tập 2 (trang 48)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành.

a) Trong ba vectơ $\overrightarrow{SC}$, $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{DC}$, vectơ nào bằng vectơ $\overrightarrow{AB}$?

b) Gọi $M$ là một điểm thuộc cạnh $AD$. Xác định điểm $N$ sao cho $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AB}$.

Lời giải:

a) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB \parallel DC$ và $|AB| = |DC|$; hơn nữa $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{DC}$ cùng hướng. Do đó:

$$\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AB}.$$

(Còn $\overrightarrow{SC}$ có giá đi từ đỉnh $S$ tới đáy, không nằm cùng phương với $\overrightarrow{AB}$; $\overrightarrow{AD}$ cùng phương với $\overrightarrow{BC}$, khác phương với $\overrightarrow{AB}$.)

b) $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AB}$ nghĩa là $N$ là ảnh của $M$ khi tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{AB}$.

Vì $M \in AD$ và $AD \parallel BC$ (do $ABCD$ hình bình hành), lấy $N$ trên $BC$ sao cho $\overrightarrow{BN} = \overrightarrow{AM}$. Khi đó tứ giác $ABNM$ là hình bình hành, suy ra $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AB}$.

Kết luận: $N$ là điểm trên cạnh $BC$ sao cho $BN = AM$.

Vận dụng 1 (trang 48)

Đề bài: Một toà nhà có chiều cao của các tầng là như nhau. Một chiếc thang máy di chuyển từ tầng 15 lên tầng 22 của toà nhà, sau đó di chuyển từ tầng 22 lên tầng 29. Các vectơ biểu diễn độ dịch chuyển của thang máy trong hai lần di chuyển đó có bằng nhau không? Giải thích vì sao.

Lời giải:

Gọi $\vec{u}$ là vectơ dịch chuyển từ tầng 15 lên tầng 22 và $\vec{v}$ là vectơ dịch chuyển từ tầng 22 lên tầng 29.

• Hướng: Cả hai vectơ đều đi theo chiều thẳng đứng, hướng lên trên → cùng hướng.
• Độ dài: Cả hai lần đều đi qua $29 – 22 = 22 – 15 = 7$ tầng. Vì chiều cao các tầng như nhau nên độ dịch chuyển có cùng độ dài.

Vậy $\vec{u} = \vec{v}$, tức hai vectơ dịch chuyển bằng nhau.

2. Tổng và hiệu của hai vectơ trong không gian

a) Tổng của hai vectơ trong không gian

HĐ3 (trang 49)

Đề bài: Trong không gian, cho hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ không cùng phương. Lấy điểm $A$ và vẽ các vectơ $\overrightarrow{AB} = \vec{a}$, $\overrightarrow{BC} = \vec{b}$. Lấy điểm $A’$ khác $A$ và vẽ các vectơ $\overrightarrow{A’B’} = \vec{a}$, $\overrightarrow{B’C’} = \vec{b}$ (H.2.10).

a) Giải thích vì sao $\overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{BB’}$ và $\overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{CC’}$.

b) Giải thích vì sao $AA’C’C$ là hình bình hành, từ đó suy ra $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{A’C’}$.

Lời giải:

a) Vì $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{A’B’}$ nên tứ giác $ABB’A’$ (theo thứ tự $A, B, B’, A’$) là hình bình hành. Do đó $\overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{BB’}$.

Tương tự, vì $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{B’C’}$ nên tứ giác $BCC’B’$ là hình bình hành, do đó $\overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{CC’}$.

b) Từ câu a: $\overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{CC’}$. Vậy $\overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{CC’}$, kéo theo tứ giác $AA’C’C$ là hình bình hành (một cặp cạnh đối song song và bằng nhau).

Từ đó, $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{A’C’}$ (hai cạnh đối của hình bình hành).

Nhận xét: Kết quả này cho thấy $\vec{a} + \vec{b} = \overrightarrow{AC}$ không phụ thuộc vào điểm $A$, tức phép cộng hai vectơ trong không gian được xác định tốt.

Luyện tập 3 (trang 50)

Đề bài: Trong Ví dụ 3 (hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ cạnh $1$), hãy tính độ dài của vectơ $\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{C’D’}$.

Lời giải:

Bước 1: Rút gọn $\overrightarrow{C’D’}$.

Trong hình lập phương, mặt trên $A’B’C’D’$ là hình vuông với thứ tự đỉnh tương ứng đáy dưới. Do đó $\overrightarrow{D’C’} = \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AB}$. Suy ra:

$$\overrightarrow{C’D’} = -\overrightarrow{D’C’} = -\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{BA}.$$

Bước 2: Tính tổng.

Áp dụng quy tắc ba điểm:

$$\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{C’D’} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BA} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{BC}.$$

Bước 3: Độ dài.

$$\left|\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{C’D’}\right| = |\overrightarrow{BC}| = 1.$$

Luyện tập 4 (trang 50)

Đề bài: Cho tứ diện $ABCD$ (H.2.13). Chứng minh rằng $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{CB}$.

Lời giải:

Áp dụng quy tắc ba điểm cho từng vectơ:

$$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DB};\quad \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{BD}.$$

Cộng lại:

$$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD} = (\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DB}) + (\overrightarrow{CB} + \overrightarrow{BD}) = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{CB} + (\overrightarrow{DB} + \overrightarrow{BD}).$$

Vì $\overrightarrow{DB} + \overrightarrow{BD} = \vec{0}$, ta được:

$$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{CB}\quad \text{(đpcm)}.$$

HĐ4 (trang 50)

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ (H.2.14).

a) Hai vectơ $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{AC}$ có bằng nhau hay không?

b) Hai vectơ $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA’}$ và $\overrightarrow{AC’}$ có bằng nhau hay không?

Lời giải:

a) Vì $ABCD$ là hình bình hành (đáy của hình hộp), theo quy tắc hình bình hành:

$$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AC}.$$

Vậy hai vectơ bằng nhau.

b) Áp dụng câu a và quy tắc ba điểm:

$$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AA’}.$$

Vì $\overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{CC’}$ (hai cạnh bên cùng phương, cùng hướng, cùng độ dài của hình hộp), nên:

$$\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{AC’}.$$

Vậy hai vectơ bằng nhau. Đây chính là quy tắc hình hộp:

$$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{AC’}.$$

Câu hỏi trang 50

Đề bài: Trong Hình 2.14, hãy phát biểu quy tắc hình hộp với các vectơ có điểm đầu là $B$.

Lời giải:

Xét hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ với gốc $B$. Ba cạnh xuất phát từ $B$ là $BA$, $BC$, $BB’$; đường chéo hình hộp xuất phát từ $B$ là $BD’$ (vì $B$ và $D’$ là hai đỉnh đối diện qua tâm hình hộp).

Quy tắc hình hộp với gốc $B$:

$$\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{BD’}.$$

Luyện tập 5 (trang 50)

Đề bài: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{BB’} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BD’}$.

Lời giải:

Ta sẽ đổi các vectơ về dạng có điểm đầu là $B$ để áp dụng quy tắc hình hộp với gốc $B$.

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật (hình bình hành):

• $\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{BA}$ (cùng hướng, cùng độ dài).
• $\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BC}$ (cùng hướng, cùng độ dài).

Do đó:

$$\overrightarrow{BB’} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BB’} + \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BB’}.$$

Áp dụng quy tắc hình hộp với gốc $B$ (đã phát biểu ở câu hỏi trên):

$$\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{BD’}.$$

Vậy $\overrightarrow{BB’} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BD’}$ (đpcm).

b) Hiệu của hai vectơ trong không gian

HĐ5 (trang 51)

Đề bài: Hình 2.15 mô tả một lọ hoa được đặt trên bàn, trọng lượng của lọ hoa tạo nên một lực tác dụng lên mặt bàn và một phản lực từ mặt bàn lên lọ hoa. Có nhận xét gì về độ dài và hướng của các vectơ biểu diễn hai lực đó?

Lời giải:

Theo Định luật III Newton, lực và phản lực có cùng độ lớn và ngược hướng. Do đó:

• Hai vectơ biểu diễn có cùng độ dài.
• Hai vectơ có ngược hướng với nhau.

Nói cách khác, hai vectơ này là hai vectơ đối nhau.

Luyện tập 6 (trang 52)

Đề bài: Trong Ví dụ 6 (hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, $M, N$ lần lượt là trung điểm $AB, CD$), chứng minh rằng:

a) $\overrightarrow{BN}$ và $\overrightarrow{DM}$ là hai vectơ đối nhau;

b) $\overrightarrow{SD} – \overrightarrow{BN} – \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{SC}$.

Lời giải:

a) Ta chứng minh $\overrightarrow{BN} + \overrightarrow{DM} = \vec{0}$.

Xét trong hình bình hành $ABCD$ với $\overrightarrow{AB} = \vec{u}$, $\overrightarrow{AD} = \vec{v}$. Khi đó:

• $B = A + \vec{u}$; $C = A + \vec{u} + \vec{v}$; $D = A + \vec{v}$.
• $M$ trung điểm $AB$: $M = A + \dfrac{1}{2}\vec{u}$.
• $N$ trung điểm $CD$: $N = A + \dfrac{1}{2}\vec{u} + \vec{v}$.

Do đó:

$$\overrightarrow{BN} = N – B = -\dfrac{1}{2}\vec{u} + \vec{v};\quad \overrightarrow{DM} = M – D = \dfrac{1}{2}\vec{u} – \vec{v}.$$

$$\overrightarrow{BN} + \overrightarrow{DM} = \vec{0}.$$

Vậy $\overrightarrow{BN}$ và $\overrightarrow{DM}$ là hai vectơ đối nhau, tức $\overrightarrow{BN} = -\overrightarrow{DM}$.

b) Từ câu a: $-\overrightarrow{BN} = \overrightarrow{DM}$. Từ Ví dụ 6a (đã có sẵn): $\overrightarrow{CN} = -\overrightarrow{AM}$, tức $-\overrightarrow{CM} = -\overrightarrow{CM}$… Ta sẽ dùng trực tiếp câu a.

$$\overrightarrow{SD} – \overrightarrow{BN} – \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{SD} + \overrightarrow{DM} – \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{SM} + \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{SC}.$$

(Ở đây ta dùng $\overrightarrow{SD} + \overrightarrow{DM} = \overrightarrow{SM}$ theo quy tắc ba điểm, và $-\overrightarrow{CM} = \overrightarrow{MC}$.)

Vậy $\overrightarrow{SD} – \overrightarrow{BN} – \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{SC}$ (đpcm).

Vận dụng 2 (trang 52)

Đề bài: Thang cuốn tại các trung tâm thương mại, siêu thị lớn hay nhà ga, sân bay thường có hai làn, trong đó có một làn lên và một làn xuống. Khi thang cuốn chuyển động, vectơ biểu diễn vận tốc của mỗi làn có là hai vectơ đối nhau hay không? Giải thích vì sao.

Lời giải:

Hai làn thang cuốn (lên và xuống) chuyển động với cùng tốc độ (do được thiết kế đồng bộ về cơ khí) và ngược hướng nhau (một làn hướng lên, một làn hướng xuống theo hướng nghiêng của thang).

• Độ dài hai vectơ vận tốc bằng nhau (cùng tốc độ $0{,}5 – 0{,}75$ m/s).
• Hướng hai vectơ ngược nhau.

Vậy hai vectơ vận tốc là hai vectơ đối nhau.

3. Tích của một số với một vectơ trong không gian

HĐ6 (trang 52)

Đề bài: Cho hình lăng trụ tam giác $ABC.A’B’C’$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $AB, AC$ (H.2.17).

a) Hai vectơ $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{B’C’}$ có cùng phương không? Có cùng hướng không?

b) Giải thích vì sao $|\overrightarrow{MN}| = \dfrac{1}{2}|\overrightarrow{B’C’}|$.

Lời giải:

a) Trong tam giác $ABC$, $MN$ là đường trung bình nên $MN \parallel BC$.

Trong lăng trụ, $BC \parallel B’C’$ (hai cạnh tương ứng của hai đáy song song và bằng nhau).

Do đó $MN \parallel B’C’$, tức $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{B’C’}$ cùng phương.

Vì $M \to N$ (thứ tự đỉnh $M$ đến $N$ tương ứng đỉnh $B$ đến $C$) và $B’ \to C’$ theo cùng thứ tự, nên hai vectơ cùng hướng.

b) Từ tính chất đường trung bình: $MN = \dfrac{1}{2}BC$.

Từ tính chất lăng trụ: $BC = B’C’$.

Do đó $|\overrightarrow{MN}| = \dfrac{1}{2}|\overrightarrow{B’C’}|$.

Kết luận (theo định nghĩa tích của một số với một vectơ):

$$\overrightarrow{MN} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{B’C’}.$$

Câu hỏi trang 53

Đề bài: Hai vectơ $1 \cdot \vec{a}$ và $\vec{a}$ có bằng nhau không? Hai vectơ $(-1) \cdot \vec{a}$ và $-\vec{a}$ có bằng nhau không?

Lời giải:

Xét $1 \cdot \vec{a}$ và $\vec{a}$: Theo định nghĩa, $1 \cdot \vec{a}$ có cùng hướng với $\vec{a}$ (vì $1 > 0$) và có độ dài $|1| \cdot |\vec{a}| = |\vec{a}|$. Vậy $1 \cdot \vec{a} = \vec{a}$.

Xét $(-1) \cdot \vec{a}$ và $-\vec{a}$: $(-1) \cdot \vec{a}$ ngược hướng với $\vec{a}$ (vì $-1 < 0$) và có độ dài $|{-1}| \cdot |\vec{a}| = |\vec{a}|$. Đây chính là vectơ đối của $\vec{a}$, tức $-\vec{a}$. Vậy $(-1)\vec{a} = -\vec{a}$.

Luyện tập 7 (trang 53)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $E, F$ lần lượt là các điểm thuộc các cạnh $SA, SB$ sao cho $SE = \dfrac{1}{3}SA$, $SF = \dfrac{1}{3}SB$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{EF} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{DC}$.

Lời giải:

Từ giả thiết $SE = \dfrac{1}{3}SA$ (với $E$ nằm trên đoạn $SA$), ta có:

$$\overrightarrow{SE} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{SA}.$$

Tương tự: $\overrightarrow{SF} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{SB}$.

Áp dụng quy tắc trừ vectơ (nhận xét cuối phần hiệu):

$$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{SF} – \overrightarrow{SE} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{SB} – \dfrac{1}{3}\overrightarrow{SA} = \dfrac{1}{3}(\overrightarrow{SB} – \overrightarrow{SA}) = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}.$$

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}$. Do đó:

$$\overrightarrow{EF} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{DC}\quad \text{(đpcm)}.$$

Luyện tập 8 (trang 54)

Đề bài: Trong Ví dụ 8 (tứ diện $ABCD$, $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$), gọi $I$ là điểm thuộc đoạn thẳng $AG$ sao cho $\overrightarrow{AI} = 3\overrightarrow{IG}$. Chứng minh rằng

$$\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{IC} + \overrightarrow{ID} = \vec{0}.$$

Lời giải:

Vì $G$ là trọng tâm $\triangle BCD$ nên:

$$\overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \vec{0}.\quad (*)$$

Từ giả thiết $\overrightarrow{AI} = 3\overrightarrow{IG}$: Ta có $\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AI} + \overrightarrow{IG} = 3\overrightarrow{IG} + \overrightarrow{IG} = 4\overrightarrow{IG}$.

Do đó $\overrightarrow{IG} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AG}$ và $\overrightarrow{AI} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{AG}$, tức $\overrightarrow{IA} = -\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AG}$.

Tính tổng bốn vectơ:

$$\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{IC} + \overrightarrow{ID}.$$

Với mỗi vectơ (trừ $\overrightarrow{IA}$), tách qua trung điểm $G$:

$$\overrightarrow{IB} = \overrightarrow{IG} + \overrightarrow{GB}; \quad \overrightarrow{IC} = \overrightarrow{IG} + \overrightarrow{GC}; \quad \overrightarrow{ID} = \overrightarrow{IG} + \overrightarrow{GD}.$$

Cộng lại:

$$\overrightarrow{IB} + \overrightarrow{IC} + \overrightarrow{ID} = 3\overrightarrow{IG} + (\overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD}) \stackrel{(*)}{=} 3\overrightarrow{IG}.$$

Mà $\overrightarrow{IA} = -3\overrightarrow{IG}$ (vì $\overrightarrow{AI} = 3\overrightarrow{IG}$ nên $\overrightarrow{IA} = -3\overrightarrow{IG}$).

Vậy:

$$\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{IC} + \overrightarrow{ID} = -3\overrightarrow{IG} + 3\overrightarrow{IG} = \vec{0}\quad \text{(đpcm)}.$$

Điểm $I$ như trên được gọi là trọng tâm của tứ diện $ABCD$.

Vận dụng 3 (trang 54)

Đề bài: Máy bay chuyển động chịu 4 lực: lực đẩy, lực cản, trọng lực, lực nâng. Lực cản ngược hướng lực đẩy và độ lớn tỉ lệ thuận với bình phương vận tốc. Máy bay tăng vận tốc từ $900$ km/h lên $920$ km/h, giữ nguyên hướng bay. Lực cản khi máy bay đạt vận tốc $900$ km/h và $920$ km/h lần lượt được biểu diễn bởi $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$. Hãy giải thích vì sao $\vec{F_1} = k \vec{F_2}$ với $k$ là số thực dương. Tính giá trị của $k$ (làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

Lời giải:

Vì sao $\vec{F_1} = k\vec{F_2}$ với $k > 0$?

Cả $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$ đều là lực cản của không khí trong cùng một chuyến bay giữ nguyên hướng, mà lực cản luôn ngược hướng lực đẩy. Do đó $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$ cùng hướng (đều ngược hướng lực đẩy chung). Hai vectơ cùng hướng nên tồn tại số thực $k > 0$ sao cho $\vec{F_1} = k\vec{F_2}$.

Tính $k$:

Vì độ lớn lực cản tỉ lệ thuận với bình phương vận tốc:

$$\dfrac{|\vec{F_1}|}{|\vec{F_2}|} = \dfrac{900^2}{920^2} = \dfrac{810,000}{846,400} \approx 0{,}9570.$$

Vì $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$ cùng hướng nên $k = \dfrac{|\vec{F_1}|}{|\vec{F_2}|}$.

$$k \approx 0{,}96.$$

4. Tích vô hướng của hai vectơ trong không gian

a) Góc giữa hai vectơ trong không gian

HĐ7 (trang 54)

Đề bài: Trong không gian, cho hai vectơ $\vec{a}, \vec{b}$ khác $\vec{0}$. Lấy điểm $O$ và vẽ các vectơ $\overrightarrow{OA} = \vec{a}$, $\overrightarrow{OB} = \vec{b}$. Lấy điểm $O’$ khác $O$ và vẽ các vectơ $\overrightarrow{O’A’} = \vec{a}$, $\overrightarrow{O’B’} = \vec{b}$ (H.2.21).

a) Giải thích vì sao $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{A’B’}$.

b) Áp dụng định lí côsin cho hai tam giác $OAB$ và $O’A’B’$ để giải thích vì sao $\widehat{AOB} = \widehat{A’O’B’}$.

Lời giải:

a) Vì $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{O’A’}$ và $\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{O’B’}$, nên (theo tính chất trừ vectơ):

$$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} – \overrightarrow{OA} = \overrightarrow{O’B’} – \overrightarrow{O’A’} = \overrightarrow{A’B’}.$$

b) Từ câu a: $|AB| = |A’B’|$. Ngoài ra: $|OA| = |\vec{a}| = |O’A’|$ và $|OB| = |\vec{b}| = |O’B’|$.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác $OAB$:

$$\cos\widehat{AOB} = \dfrac{OA^2 + OB^2 – AB^2}{2 \cdot OA \cdot OB}.$$

Áp dụng cho $\triangle O’A’B’$:

$$\cos\widehat{A’O’B’} = \dfrac{O’A’^2 + O’B’^2 – A’B’^2}{2 \cdot O’A’ \cdot O’B’}.$$

Hai biểu thức bên phải bằng nhau (vì các độ dài tương ứng bằng nhau), do đó $\cos\widehat{AOB} = \cos\widehat{A’O’B’}$, kéo theo $\widehat{AOB} = \widehat{A’O’B’}$.

Nhận xét: Kết quả này cho thấy góc giữa hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ không phụ thuộc vào điểm chọn $O$, tức khái niệm góc giữa hai vectơ trong không gian được xác định tốt.

Câu hỏi trang 55

Đề bài: Xác định góc giữa hai vectơ cùng hướng (và khác $\vec{0}$), góc giữa hai vectơ ngược hướng trong không gian.

Lời giải:

• Hai vectơ cùng hướng: góc bằng $0°$.
• Hai vectơ ngược hướng: góc bằng $180°$.

Luyện tập 9 (trang 56)

Đề bài: Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.A’B’C’$ (H.2.25). Tính các góc $\left(\overrightarrow{AA’}, \overrightarrow{BC}\right)$ và $\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{A’C’}\right)$.

Lời giải:

Tính $\left(\overrightarrow{AA’}, \overrightarrow{BC}\right)$:

Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều, nên $AA’ \perp (ABC)$. Mà $BC$ nằm trong $(ABC)$, do đó $AA’ \perp BC$.

Vậy $\left(\overrightarrow{AA’}, \overrightarrow{BC}\right) = 90°$.

Tính $\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{A’C’}\right)$:

Vì tứ giác $ACC’A’$ là hình bình hành (mặt bên lăng trụ với hai cạnh đáy song song bằng nhau) nên $\overrightarrow{A’C’} = \overrightarrow{AC}$. Do đó:

$$\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{A’C’}\right) = \left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\right) = \widehat{BAC} = 60°$$

(vì tam giác $ABC$ đều).

b) Tích vô hướng của hai vectơ trong không gian

HĐ8 (trang 56)

Đề bài: Hãy nhắc lại công thức xác định tích vô hướng của hai vectơ trong mặt phẳng.

Lời giải:

Trong mặt phẳng, tích vô hướng của hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ khác $\vec{0}$ được xác định bởi:

$$\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}| \cdot |\vec{b}| \cdot \cos(\vec{a}, \vec{b}).$$

Nếu $\vec{a} = \vec{0}$ hoặc $\vec{b} = \vec{0}$, quy ước $\vec{a} \cdot \vec{b} = 0$.

Công thức này được giữ nguyên trong không gian.

Luyện tập 10 (trang 57)

Đề bài: Trong Ví dụ 10 (hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ cạnh $a$), hãy tính các tích vô hướng $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BD}$ và $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{CD}$.

Lời giải:

Tính $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BD}$:

Áp dụng quy tắc phân tích $\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CD}$ và tính chất phân phối:

$$\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{CD}.$$

Từ Ví dụ 10a: $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BC} = \dfrac{a^2}{2}$.

Cần tính $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{CD}$.%

Tính $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{CD}$:

Vì $ABCD$ hình vuông nên $\overrightarrow{CD} = -\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{BA}$.

Do đó $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BA} = -\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB}$.

Xét $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB}$: tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ (do $S.ABCD$ chóp tứ giác đều), nên $\widehat{SAB} = 60°$, tức $\left(\overrightarrow{AS}, \overrightarrow{AB}\right) = 60°$. Vậy:

$$\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB} = a \cdot a \cdot \cos 60° = \dfrac{a^2}{2}.$$

Do đó $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{CD} = -\dfrac{a^2}{2}$.

Trở lại:

$$\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BD} = \dfrac{a^2}{2} + \left(-\dfrac{a^2}{2}\right) = 0.$$

Kết luận: $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{BD} = 0$ và $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{CD} = -\dfrac{a^2}{2}$.

Luyện tập 11 (trang 57)

Đề bài: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{A’C} \cdot \overrightarrow{B’D’} = 0$.

Lời giải:

Ta phân tích $\overrightarrow{A’C}$:

$$\overrightarrow{A’C} = \overrightarrow{A’A} + \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{A’A} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}.$$

Xét từng tích:

(i) $\overrightarrow{A’A} \cdot \overrightarrow{B’D’}$: Vì $A’A$ vuông góc mặt trên $(A’B’C’D’)$, mà $B’D’$ nằm trong mặt trên đó, nên $A’A \perp B’D’$. Do đó tích $= 0$.

(ii) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{B’D’}$: Có $\overrightarrow{B’D’} = \overrightarrow{B’A’} + \overrightarrow{A’D’} = -\overrightarrow{A’B’} + \overrightarrow{A’D’} = -\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$ (vì $\overrightarrow{A’B’} = \overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{A’D’} = \overrightarrow{AD}$).

Do đó:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{B’D’} = \overrightarrow{AB} \cdot (-\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}) = -|\overrightarrow{AB}|^2 + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD}.$$

Vì $AB \perp AD$ (hình vuông đáy) nên $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 0$. Vậy $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{B’D’} = -|\overrightarrow{AB}|^2$.

(iii) $\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{B’D’} = \overrightarrow{AD} \cdot (-\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}) = 0 + |\overrightarrow{AD}|^2 = |\overrightarrow{AD}|^2$.

Tổng:

$$\overrightarrow{A’C} \cdot \overrightarrow{B’D’} = 0 + \left(-|\overrightarrow{AB}|^2\right) + |\overrightarrow{AD}|^2 = -|\overrightarrow{AB}|^2 + |\overrightarrow{AD}|^2.$$

Vì hình lập phương có $|\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{AD}|$, ta có:

$$\overrightarrow{A’C} \cdot \overrightarrow{B’D’} = 0\quad \text{(đpcm)}.$$

Vận dụng 4 (trang 57)

Đề bài: Nếu dùng một lực $\vec{F}$ có độ lớn không đổi để làm một vật di chuyển một quãng đường không đổi thì công sinh ra sẽ lớn nhất khi lực tác động cùng hướng với chuyển động của vật. Hãy giải thích vì sao. Kết quả trên có thể được áp dụng như thế nào khi kéo (hoặc đẩy) các vật nặng?

Lời giải:

Theo công thức $A = \vec{F} \cdot \overrightarrow{MN}$, ta có:

$$A = |\vec{F}| \cdot |\overrightarrow{MN}| \cdot \cos(\vec{F}, \overrightarrow{MN}).$$

Với $|\vec{F}|$ và $|\overrightarrow{MN}|$ không đổi, công $A$ đạt lớn nhất khi $\cos(\vec{F}, \overrightarrow{MN})$ lớn nhất. Mà giá trị lớn nhất của $\cos$ là $1$, xảy ra khi $(\vec{F}, \overrightarrow{MN}) = 0°$, tức $\vec{F}$ cùng hướng với chuyển động.

Khi đó $A_{\max} = |\vec{F}| \cdot |\overrightarrow{MN}|$.

Ứng dụng thực tế: Khi kéo hoặc đẩy một vật nặng, để đạt hiệu quả cao nhất (công lớn nhất với cùng lực), ta nên tác dụng lực song song và cùng hướng với hướng di chuyển của vật. Nếu kéo dây quá cao (dây tạo góc lớn so với phương ngang), một phần lực bị “phí” vào việc nâng vật lên thay vì làm nó chuyển động về phía trước.

Bài tập (trang 58 – 59)

Bài 2.1 (trang 58)

Đề bài: Trong không gian, cho ba vectơ $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ phân biệt và đều khác $\vec{0}$. Những mệnh đề nào sau đây là đúng?

a) Nếu $\vec{a}$ và $\vec{b}$ đều cùng hướng với $\vec{c}$ thì $\vec{a}$ và $\vec{b}$ cùng hướng.

b) Nếu $\vec{a}$ và $\vec{b}$ đều ngược hướng với $\vec{c}$ thì $\vec{a}$ và $\vec{b}$ cùng hướng.

c) Nếu $\vec{a}$ và $\vec{b}$ đều cùng hướng với $\vec{c}$ thì $\vec{a}$ và $\vec{b}$ ngược hướng.

d) Nếu $\vec{a}$ và $\vec{b}$ đều ngược hướng với $\vec{c}$ thì $\vec{a}$ và $\vec{b}$ ngược hướng.

Lời giải:

• a) Đúng. Hai vectơ đều cùng hướng với $\vec{c}$ ⟹ chúng cùng phương và có hướng giống nhau (đều “cùng hướng $\vec{c}$”), nên cùng hướng.
• b) Đúng. Nếu $\vec{a}$ ngược hướng $\vec{c}$ và $\vec{b}$ ngược hướng $\vec{c}$, thì $\vec{a}$ và $\vec{b}$ đều đi theo hướng đối lập với $\vec{c}$ – tức cùng hướng nhau.
• c) Sai. Cùng hướng với $\vec{c}$ ⟹ cùng hướng, không phải ngược hướng.
• d) Sai. Xem lập luận ở câu b: đều ngược hướng $\vec{c}$ nghĩa là cùng hướng nhau, không phải ngược hướng.

Vậy các mệnh đề đúng là a) và b).

Bài 2.2 (trang 58)

Đề bài: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB = 2$, $AD = 3$ và $AA’ = 4$. Tính độ dài của các vectơ $\overrightarrow{BB’}$, $\overrightarrow{BD}$ và $\overrightarrow{BD’}$.

Lời giải:

$|\overrightarrow{BB’}|$: Vì $\overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{AA’}$ (cạnh bên hình hộp) nên $|\overrightarrow{BB’}| = AA’ = 4$.

$|\overrightarrow{BD}|$: $BD$ là đường chéo của đáy $ABCD$ (hình chữ nhật cạnh $AB = 2$, $AD = 3$). Áp dụng Pythagoras:

$$|\overrightarrow{BD}| = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{4 + 9} = \sqrt{13}.$$

$|\overrightarrow{BD’}|$: $BD’$ là đường chéo không gian của hình hộp chữ nhật. Trong tam giác vuông $BDD’$ (vuông tại $D$ do $DD’ \perp (ABCD)$):

$$|\overrightarrow{BD’}| = \sqrt{BD^2 + DD’^2} = \sqrt{13 + 16} = \sqrt{29}.$$

Kết luận: $|\overrightarrow{BB’}| = 4$; $|\overrightarrow{BD}| = \sqrt{13}$; $|\overrightarrow{BD’}| = \sqrt{29}$.

Bài 2.3 (trang 58)

Đề bài: Một chiếc bàn cân đối hình chữ nhật được đặt trên mặt sàn nằm ngang, mặt bàn song song với mặt sàn và bốn chân bàn vuông góc với mặt sàn như Hình 2.29. Trọng lực tác dụng lên bàn (biểu thị bởi vectơ $\vec{a}$) phân tán đều qua bốn chân bàn và gây nên các phản lực từ mặt sàn lên các chân bàn (biểu thị bởi các vectơ $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{e}$).

a) Hãy chỉ ra mối quan hệ về phương và hướng của các vectơ $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ và $\vec{e}$.

b) Giải thích vì sao các vectơ $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{e}$ đôi một bằng nhau.

Lời giải:

a) Về phương:

• $\vec{a}$ (trọng lực): phương thẳng đứng, hướng xuống (từ trên xuống dưới).
• $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{e}$ (phản lực tại 4 chân bàn): mỗi vectơ có phương thẳng đứng (do các chân bàn vuông góc với mặt sàn), hướng lên.

Kết luận về quan hệ: Tất cả năm vectơ cùng phương (đều thẳng đứng). Vectơ $\vec{a}$ ngược hướng với bốn vectơ $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{e}$. Bốn vectơ $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{e}$ cùng hướng với nhau.

b) Vì sao $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{e}$ đôi một bằng nhau?

Trọng lực phân tán đều qua bốn chân bàn, nên độ lớn phản lực tại mỗi chân bằng $\dfrac{1}{4}|\vec{a}|$ – cùng độ dài. Ngoài ra, bốn vectơ này đều cùng phương thẳng đứng, cùng hướng lên. Vậy chúng có cùng độ dài và cùng hướng, tức đôi một bằng nhau.

Bài 2.4 (trang 58)

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Chứng minh rằng:

a) $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DD’} + \overrightarrow{C’D’} = \overrightarrow{CC’}$;

b) $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD’} – \overrightarrow{CC’} = \vec{0}$;

c) $\overrightarrow{BC} – \overrightarrow{CC’} + \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{A’C}$.

Lời giải:

Trong hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$, các mặt là hình bình hành, nên ta có các đẳng thức chuẩn:

• $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{D’C’} = \overrightarrow{A’B’}$.
• $\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{B’C’} = \overrightarrow{A’D’}$.
• $\overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{DD’}$.

a) Ta có $\overrightarrow{C’D’} = -\overrightarrow{D’C’} = -\overrightarrow{AB}$. Do đó:

$$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DD’} + \overrightarrow{C’D’} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DD’} + (-\overrightarrow{AB}) = \overrightarrow{DD’} = \overrightarrow{CC’}.$$

b) Áp dụng quy tắc trừ: $\overrightarrow{CD’} – \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{C’D’}$ (thực chất là $\overrightarrow{CC’} + \overrightarrow{C’D’} = \overrightarrow{CD’}$, chuyển vế).

Mà $\overrightarrow{C’D’} = -\overrightarrow{AB}$ (đã có ở câu a). Do đó:

$$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD’} – \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{C’D’} = \overrightarrow{AB} + (-\overrightarrow{AB}) = \vec{0}.$$

c) Ta có $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD}$, $\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{AA’}$.

$$\overrightarrow{BC} – \overrightarrow{CC’} + \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{AC} – \overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{A’A} = \overrightarrow{A’C}.$$

(Ở bước cuối, dùng quy tắc trừ ngược: $\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{A’A} = \overrightarrow{A’A} + \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{A’C}$.)

Vậy $\overrightarrow{BC} – \overrightarrow{CC’} + \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{A’C}$ (đpcm).

Bài 2.5 (trang 58)

Đề bài: Cho hình lăng trụ tam giác $ABC.A’B’C’$ có $\overrightarrow{AA’} = \vec{a}$, $\overrightarrow{AB} = \vec{b}$ và $\overrightarrow{AC} = \vec{c}$. Hãy biểu diễn các vectơ sau qua các vectơ $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$:

a) $\overrightarrow{AB’}$;

b) $\overrightarrow{B’C}$;

c) $\overrightarrow{BC’}$.

Lời giải:

Trong lăng trụ, $\overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{AA’} = \vec{a}$.

a) $\overrightarrow{AB’} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BB’} = \vec{b} + \vec{a}$.

b) $\overrightarrow{B’C} = \overrightarrow{B’A} + \overrightarrow{AC} = -\overrightarrow{AB’} + \overrightarrow{AC} = -(\vec{a} + \vec{b}) + \vec{c} = -\vec{a} – \vec{b} + \vec{c}$.

c) $\overrightarrow{BC’} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AC’} = -\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CC’} = -\vec{b} + \vec{c} + \vec{a} = \vec{a} – \vec{b} + \vec{c}$.

Bài 2.6 (trang 58)

Đề bài: Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$. Chứng minh rằng tứ giác $ABCD$ là hình bình hành nếu và chỉ nếu $\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SC} = \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SD}$.

Lời giải:

Ta chứng minh: $ABCD$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SC} = \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SD}$.

Biến đổi đẳng thức vectơ:

$$\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SC} = \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SD} \Leftrightarrow \overrightarrow{SA} – \overrightarrow{SB} = \overrightarrow{SD} – \overrightarrow{SC} \Leftrightarrow \overrightarrow{BA} = \overrightarrow{CD}.$$

Chiều thuận ($\Rightarrow$): Nếu $ABCD$ là hình bình hành thì $\overrightarrow{BA} = \overrightarrow{CD}$ (hai cạnh đối bằng nhau, cùng hướng). Do đó $\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SC} = \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SD}$.

Chiều ngược ($\Leftarrow$): Nếu $\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SC} = \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SD}$ thì $\overrightarrow{BA} = \overrightarrow{CD}$, tức $BA \parallel CD$ và $|BA| = |CD|$. Điều này đồng nghĩa với tứ giác $ABCD$ có cặp cạnh $AB$ và $DC$ song song và bằng nhau (do $\overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{BA} = -\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{DC}$). Vậy $ABCD$ là hình bình hành.

Kết luận (đpcm).

Bài 2.7 (trang 58)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABC$. Trên cạnh $SA$, lấy điểm $M$ sao cho $SM = 2AM$. Trên cạnh $BC$, lấy điểm $N$ sao cho $CN = 2BN$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{MN} = \dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{BC}\right) + \overrightarrow{AB}$.

Lời giải:

Xác định vị trí $M$ và $N$:

$SM = 2AM$ và $M$ nằm trên $SA$ ⟹ $M$ chia $SA$ sao cho $AM = \dfrac{1}{3}SA$, $SM = \dfrac{2}{3}SA$.

Tương tự $CN = 2BN$ ⟹ $BN = \dfrac{1}{3}BC$, $CN = \dfrac{2}{3}BC$.

Do đó (dưới dạng vectơ):

$$\overrightarrow{AM} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AS} = -\dfrac{1}{3}\overrightarrow{SA} \Rightarrow \overrightarrow{MA} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{SA}.$$

$$\overrightarrow{BN} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}.$$

Tính $\overrightarrow{MN}$:

Áp dụng quy tắc ba điểm nối tiếp $M \to A \to B \to N$:

$$\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BN} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC} = \dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{BC}\right) + \overrightarrow{AB}.$$

Vậy $\overrightarrow{MN} = \dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{BC}\right) + \overrightarrow{AB}$ (đpcm).

Bài 2.8 (trang 58)

Đề bài: Trong Luyện tập 8, ta đã biết trọng tâm của tứ diện $ABCD$ là một điểm $I$ thoả mãn $\overrightarrow{AI} = 3\overrightarrow{IG}$, ở đó $G$ là trọng tâm của tam giác $BCD$. Áp dụng tính chất trên để tính khoảng cách từ trọng tâm của một khối rubik (đồng chất) hình tứ diện đều đến một mặt của nó, biết rằng chiều cao của khối rubik là $8$ cm (H.2.30).

Lời giải:

Gọi $ABCD$ là khối rubik tứ diện đều, $G$ là trọng tâm mặt $BCD$ và $I$ là trọng tâm tứ diện.

Trong tứ diện đều, đường cao từ đỉnh $A$ chính là đoạn $AG$ (vì đường cao rơi vào trọng tâm mặt đối diện). Vậy $AG = 8$ cm.

Từ $\overrightarrow{AI} = 3\overrightarrow{IG}$: điểm $I$ nằm giữa $A$ và $G$, chia $AG$ theo tỉ số $AI : IG = 3 : 1$. Do đó:

$$IG = \dfrac{1}{4}AG = \dfrac{1}{4} \cdot 8 = 2;\text{(cm)}.$$

Khoảng cách từ trọng tâm $I$ đến mặt $BCD$ chính là $IG$ (vì $IG \perp (BCD)$ do $AG \perp (BCD)$).

Kết luận: Khoảng cách từ trọng tâm khối rubik đến một mặt của nó là $2$ cm.

Bài 2.9 (trang 59)

Đề bài: Ba sợi dây không giãn với khối lượng không đáng kể được buộc chung một đầu và được kéo căng về ba hướng khác nhau (H.2.31). Nếu các lực kéo làm cho ba sợi dây ở trạng thái đứng yên thì khi đó ba sợi dây nằm trên cùng một mặt phẳng. Hãy giải thích vì sao.

Lời giải:

Gọi ba lực kéo là $\vec{F_1}, \vec{F_2}, \vec{F_3}$, tác dụng lên điểm chung $O$ (đầu buộc chung).

Vì ba sợi dây đứng yên (cân bằng), tổng ba lực bằng $\vec{0}$:

$$\vec{F_1} + \vec{F_2} + \vec{F_3} = \vec{0} \Rightarrow \vec{F_3} = -(\vec{F_1} + \vec{F_2}).$$

Theo quy tắc hình bình hành (áp dụng cho $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$): vectơ $\vec{F_1} + \vec{F_2}$ nằm trong mặt phẳng chứa $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$. Do đó $\vec{F_3} = -(\vec{F_1} + \vec{F_2})$ cũng nằm trong mặt phẳng đó.

Vậy ba vectơ $\vec{F_1}, \vec{F_2}, \vec{F_3}$ đồng phẳng. Vì ba sợi dây có phương trùng với phương của ba lực và cùng đi qua điểm $O$, nên ba sợi dây nằm trên cùng một mặt phẳng.

Bài 2.10 (trang 59)

Đề bài: Cho hình lăng trụ tứ giác đều $ABCD.A’B’C’D’$ có độ dài mỗi cạnh đáy bằng $1$ và độ dài mỗi cạnh bên bằng $2$. Hãy tính góc giữa các cặp vectơ sau đây và tính tích vô hướng của mỗi cặp vectơ đó:

a) $\overrightarrow{AA’}$ và $\overrightarrow{C’C}$;

b) $\overrightarrow{AA’}$ và $\overrightarrow{BC}$;

c) $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{B’A’}$.

Lời giải:

Lăng trụ tứ giác đều có đáy là hình vuông và các cạnh bên vuông góc với đáy.

a) $\overrightarrow{AA’}$ và $\overrightarrow{C’C}$:

$\overrightarrow{AA’}$ đi từ $A$ (đáy dưới) lên $A’$ (đáy trên); $\overrightarrow{C’C}$ đi từ $C’$ (đáy trên) xuống $C$ (đáy dưới). Hai vectơ này có phương thẳng đứng nhưng ngược hướng.

• Góc: $\left(\overrightarrow{AA’}, \overrightarrow{C’C}\right) = 180°$.
• Tích: $\overrightarrow{AA’} \cdot \overrightarrow{C’C} = 2 \cdot 2 \cdot \cos 180° = 4 \cdot (-1) = -4$.

b) $\overrightarrow{AA’}$ và $\overrightarrow{BC}$:

$AA’ \perp $ mặt đáy $(ABCD)$; $BC$ nằm trong đáy. Nên $AA’ \perp BC$.

• Góc: $\left(\overrightarrow{AA’}, \overrightarrow{BC}\right) = 90°$.
• Tích: $\overrightarrow{AA’} \cdot \overrightarrow{BC} = 0$.

c) $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{B’A’}$:

Vì $A’B’C’D’$ là hình vuông tương ứng với $ABCD$ nên $\overrightarrow{B’A’} = \overrightarrow{BA}$ (cùng hướng, cùng độ dài).

Do đó $\left(\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{B’A’}\right) = \left(\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{BA}\right)$.

Tính tích $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BA}$: Đặt $\vec{u} = \overrightarrow{AB}, \vec{v} = \overrightarrow{AD}$ với $|\vec{u}| = |\vec{v}| = 1$ và $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$ (hình vuông đáy). Khi đó:

$$\overrightarrow{AC} = \vec{u} + \vec{v};\quad \overrightarrow{BA} = -\vec{u}.$$

$$\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BA} = (\vec{u} + \vec{v}) \cdot (-\vec{u}) = -|\vec{u}|^2 – \vec{u} \cdot \vec{v} = -1 – 0 = -1.$$

Tính $\cos$:

$$\cos\left(\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{BA}\right) = \dfrac{\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BA}}{|\overrightarrow{AC}| \cdot |\overrightarrow{BA}|} = \dfrac{-1}{\sqrt{2} \cdot 1} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}.$$

Do đó góc $= 135°$.

• Góc: $\left(\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{B’A’}\right) = 135°$.
• Tích: $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{B’A’} = -1$.

Bài 2.11 (trang 59)

Đề bài: Trong không gian, cho hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ cùng có độ dài bằng $1$. Biết rằng góc giữa hai vectơ đó là $45°$, hãy tính:

a) $\vec{a} \cdot \vec{b}$;

b) $(\vec{a} + 3\vec{b}) \cdot (\vec{a} – 2\vec{b})$;

c) $(\vec{a} + \vec{b})^2$.

Lời giải:

Ta có $|\vec{a}| = |\vec{b}| = 1$ và $(\vec{a}, \vec{b}) = 45°$.

a)

$$\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}| \cdot |\vec{b}| \cdot \cos 45° = 1 \cdot 1 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.$$

b) Áp dụng tính chất phân phối:

$$(\vec{a} + 3\vec{b}) \cdot (\vec{a} – 2\vec{b}) = \vec{a} \cdot \vec{a} – 2\vec{a} \cdot \vec{b} + 3\vec{b} \cdot \vec{a} – 6\vec{b} \cdot \vec{b}.$$

Vì $\vec{a} \cdot \vec{a} = |\vec{a}|^2 = 1$, $\vec{b} \cdot \vec{b} = |\vec{b}|^2 = 1$, $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{b} \cdot \vec{a} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$:

$$(\vec{a} + 3\vec{b}) \cdot (\vec{a} – 2\vec{b}) = 1 – 2 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} + 3 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} – 6 = -5 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}.$$

c)

$$(\vec{a} + \vec{b})^2 = \vec{a} \cdot \vec{a} + 2\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b} \cdot \vec{b} = 1 + 2 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} + 1 = 2 + \sqrt{2}.$$

Bài 2.12 (trang 59)

Đề bài: Cho tứ diện $ABCD$. Chứng minh rằng:

a) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{DC}$;

b) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{DB} + \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC} = 0$.

Lời giải:

a) Phân tích $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CB}$ (quy tắc ba điểm), rồi áp dụng tính phân phối của tích vô hướng:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = \left(\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CB}\right) \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{CB} \cdot \overrightarrow{CD}.$$

Chú ý $\overrightarrow{CB} = -\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{CD} = -\overrightarrow{DC}$, nên:

$$\overrightarrow{CB} \cdot \overrightarrow{CD} = (-\overrightarrow{BC}) \cdot (-\overrightarrow{DC}) = \overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{DC}.$$

Vậy:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{DC}\quad \text{(đpcm)}.$$

b) Áp dụng câu a cho từng tích với $\overrightarrow{CD}$ (thay $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CB}$):

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{DC}.$$

Cộng thêm hai tích còn lại:

$$S = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{DB} + \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC}$$

$$= \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{DC} + \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{DB} + \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC}.$$

Nhóm các tích chứa $\overrightarrow{AC}$ và các tích chứa $\overrightarrow{BC}$:

$$S = \overrightarrow{AC} \cdot \left(\overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DB}\right) + \overrightarrow{BC} \cdot \left(\overrightarrow{DC} + \overrightarrow{AD}\right).$$

Áp dụng quy tắc ba điểm:

• $\overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DB} = \overrightarrow{CB}$.
• $\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AC}$.

Vậy:

$$S = \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BC}$$

$$= \overrightarrow{AC} \cdot \left(\overrightarrow{CB} + \overrightarrow{BC}\right) = \overrightarrow{AC} \cdot \vec{0} = 0.$$

Vậy $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{DB} + \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC} = 0$ (đpcm).

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh

Ghi chú dành cho người biên tập

Danh sách các bài đọc hình trong SGK (cần review):

• HĐ1 (tr.46): ảnh kiện hàng với các sợi dây căng (H.2.2) – bối cảnh minh hoạ, không cần đọc số liệu.
• HĐ2 (tr.47): hình hộp ABCD.A’B’C’D’ (H.2.7) – đề bài đã mô tả rõ.
• HĐ4 (tr.50): hình hộp (H.2.14) – tương tự HĐ2.
• HĐ5 (tr.51): ảnh lọ hoa (H.2.15) – mô tả trực quan.
• HĐ6 (tr.52): lăng trụ tam giác với M, N trung điểm (H.2.17).
• HĐ7 (tr.54): hai tam giác OAB và O’A’B’ (H.2.21).

Tất cả các hình trong SGK ở bài này đều có mô tả bằng lời rất rõ trong đề bài, nên rủi ro đọc sai hình là rất thấp. Chỉ cần review nhẹ các hình để đảm bảo bố cục thứ tự đỉnh chính xác.

Hình demo có thể thiết kế để bài giải sinh động hơn (tuỳ chọn):

• Luyện tập 1: vẽ hình lập phương với ba vectơ $\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AD’}$ được tô màu khác nhau, làm nổi bật hai vectơ có giá nằm trong đáy và hai vectơ cùng độ dài.
• Luyện tập 2: vẽ hình chóp $S.ABCD$ với đáy hình bình hành, chỉ rõ M ∈ AD và N ∈ BC sao cho ABNM là hình bình hành.
• Luyện tập 4, Luyện tập 5: vẽ tứ diện / hình hộp với các vectơ trong đẳng thức được tô màu khác nhau.
• Luyện tập 6: vẽ hình chóp $S.ABCD$ với M, N trung điểm AB, CD; đánh dấu các vectơ BN và DM có cùng độ dài, ngược hướng.
• Vận dụng 3: minh hoạ máy bay với hai vectơ lực cản $\vec{F_1}$ (khi 900 km/h) và $\vec{F_2}$ (khi 920 km/h) cùng hướng, khác độ lớn.
• Bài 2.2: vẽ hình hộp chữ nhật với các kích thước $AB=2, AD=3, AA’=4$ và ba đường chéo $BB’, BD, BD’$ được tô ba màu.
• Bài 2.3: vẽ mô hình bàn với 5 vectơ $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}, \vec{e}$ đúng phương thẳng đứng.
• Bài 2.5: vẽ lăng trụ tam giác với ba vectơ cơ bản $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ và ba vectơ cần biểu diễn.
• Bài 2.8: vẽ khối rubik tứ diện đều cao 8 cm với các đoạn AI = 6 cm, IG = 2 cm được đánh số.
• Bài 2.9: vẽ ba sợi dây căng buộc chung tại một điểm, minh hoạ mặt phẳng đồng phẳng.
• Bài 2.10: vẽ lăng trụ tứ giác đều với ba cặp vectơ được đánh dấu theo màu tương ứng.