Mở đầu trang 67

Đề bài: Những căn nhà gỗ trong Hình 2.47a được phác thảo dưới dạng một hình lăng trụ đứng tam giác $OAB.O’A’B’$ như trong Hình 2.47b. Với hệ trục toạ độ $Oxyz$ thể hiện như Hình 2.47b (đơn vị đo lấy theo centimét), hai điểm $A’$ và $B’$ có toạ độ lần lượt là $(240; 450; 0)$ và $(120; 450; 300)$. Từ những thông tin trên, có thể tính được kích thước mỗi chiều của những căn nhà gỗ hay không?

Lời giải:

Bài toán này được giải chi tiết ở Ví dụ 6 (trang 71). Kết quả: chiều dài căn nhà $450$ cm, chiều rộng $240$ cm, cạnh bên mặt tiền dài $60\sqrt{29} \approx 323$ cm.

1. Biểu thức toạ độ của phép cộng hai vectơ, phép trừ hai vectơ, phép nhân một số với một vectơ

HĐ1 (trang 67)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho hai vectơ $\vec{a} = (1; 0; 5)$ và $\vec{b} = (1; 3; 9)$.

a) Biểu diễn hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ qua các vectơ đơn vị $\vec{i}, \vec{j}, \vec{k}$.

b) Biểu diễn hai vectơ $\vec{a} + \vec{b}$ và $2\vec{a}$ qua các vectơ đơn vị $\vec{i}, \vec{j}, \vec{k}$, từ đó xác định toạ độ của hai vectơ đó.

Lời giải:

a) Theo định nghĩa toạ độ vectơ:

$$\vec{a} = 1 \cdot \vec{i} + 0 \cdot \vec{j} + 5 \cdot \vec{k} = \vec{i} + 5\vec{k};$$

$$\vec{b} = 1 \cdot \vec{i} + 3 \cdot \vec{j} + 9 \cdot \vec{k} = \vec{i} + 3\vec{j} + 9\vec{k}.$$

b) Tính $\vec{a} + \vec{b}$:

$$\vec{a} + \vec{b} = (\vec{i} + 5\vec{k}) + (\vec{i} + 3\vec{j} + 9\vec{k}) = 2\vec{i} + 3\vec{j} + 14\vec{k}.$$

Vậy toạ độ $\vec{a} + \vec{b} = (2;; 3;; 14)$.

Tính $2\vec{a}$:

$$2\vec{a} = 2(\vec{i} + 5\vec{k}) = 2\vec{i} + 10\vec{k}.$$

Vậy toạ độ $2\vec{a} = (2;; 0;; 10)$.

Nhận xét: Ta thấy toạ độ của $\vec{a} + \vec{b}$ chính là tổng từng cặp toạ độ; toạ độ của $2\vec{a}$ là mỗi toạ độ nhân với $2$. Đây chính là gợi ý cho các công thức tổng quát.

Câu hỏi trang 67

Đề bài: Nếu toạ độ của vectơ $\vec{a}$ là $(x; y; z)$ thì toạ độ của vectơ đối của $\vec{a}$ là gì?

Lời giải:

Vectơ đối của $\vec{a}$ là $-\vec{a} = (-1) \cdot \vec{a}$. Áp dụng công thức nhân với một số:

$$-\vec{a} = (-x;; -y;; -z).$$

Vậy toạ độ của $-\vec{a}$ là $(-x;; -y;; -z)$ (đổi dấu tất cả các toạ độ).

Luyện tập 1 (trang 68)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho ba vectơ $\vec{u} = (1; 8; 6)$, $\vec{v} = (-1; 3; -2)$ và $\vec{w} = (0; 5; 4)$. Tìm toạ độ của vectơ $\vec{u} – 2\vec{v} + \vec{w}$.

Lời giải:

Áp dụng lần lượt các công thức nhân với một số, cộng và trừ vectơ theo toạ độ:

Bước 1: Tính $2\vec{v}$:

$$2\vec{v} = (2 \cdot (-1);; 2 \cdot 3;; 2 \cdot (-2)) = (-2;; 6;; -4).$$

Bước 2: Tính $\vec{u} – 2\vec{v}$:

$$\vec{u} – 2\vec{v} = (1 – (-2);; 8 – 6;; 6 – (-4)) = (3;; 2;; 10).$$

Bước 3: Cộng thêm $\vec{w}$:

$$\vec{u} – 2\vec{v} + \vec{w} = (3 + 0;; 2 + 5;; 10 + 4) = (3;; 7;; 14).$$

Kết luận: $\vec{u} – 2\vec{v} + \vec{w} = (3;; 7;; 14)$.

HĐ2 (trang 68)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ có $A(x_A; y_A; z_A)$, $B(x_B; y_B; z_B)$ và $C(x_C; y_C; z_C)$.

a) Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$. Tìm toạ độ của $M$ theo toạ độ của $A$ và $B$.

b) Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Tìm toạ độ của $G$ theo toạ độ của $A, B$ và $C$.

Lời giải:

a) Đã biết công thức: $\overrightarrow{OM} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB})$.

Áp dụng tính chất toạ độ:

$$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} = (x_A + x_B;; y_A + y_B;; z_A + z_B).$$

$$\overrightarrow{OM} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}) = \left(\dfrac{x_A + x_B}{2};; \dfrac{y_A + y_B}{2};; \dfrac{z_A + z_B}{2}\right).$$

Vì toạ độ của $\overrightarrow{OM}$ chính là toạ độ điểm $M$, ta có:

$$M\left(\dfrac{x_A + x_B}{2};; \dfrac{y_A + y_B}{2};; \dfrac{z_A + z_B}{2}\right).$$

b) Tương tự, từ $\overrightarrow{OG} = \dfrac{1}{3}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$:

$$G\left(\dfrac{x_A + x_B + x_C}{3};; \dfrac{y_A + y_B + y_C}{3};; \dfrac{z_A + z_B + z_C}{3}\right).$$

Luyện tập 2 (trang 69)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $A(2; 9; -1)$, $B(9; 4; 5)$ và $G(3; 0; 4)$. Tìm toạ độ điểm $C$ sao cho tam giác $ABC$ nhận $G$ là trọng tâm.

Lời giải:

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên:

$$G = \left(\dfrac{x_A + x_B + x_C}{3};; \dfrac{y_A + y_B + y_C}{3};; \dfrac{z_A + z_B + z_C}{3}\right).$$

Suy ra $x_C = 3 x_G – x_A – x_B$ (và tương tự cho $y, z$).

Tính:

• $x_C = 3 \cdot 3 – 2 – 9 = 9 – 11 = -2$.
• $y_C = 3 \cdot 0 – 9 – 4 = -13$.
• $z_C = 3 \cdot 4 – (-1) – 5 = 12 + 1 – 5 = 8$.

Vậy $C(-2;; -13;; 8)$.

2. Biểu thức toạ độ của tích vô hướng

HĐ3 (trang 69)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho hai vectơ $\vec{a} = (x; y; z)$ và $\vec{b} = (x’; y’; z’)$.

a) Giải thích vì sao $\vec{i} \cdot \vec{i} = 1$ và $\vec{i} \cdot \vec{j} = \vec{i} \cdot \vec{k} = 0$.

b) Sử dụng biểu diễn $\vec{a} = x\vec{i} + y\vec{j} + z\vec{k}$ để tính các tích vô hướng $\vec{a} \cdot \vec{i}, \vec{a} \cdot \vec{j}$ và $\vec{a} \cdot \vec{k}$.

c) Sử dụng biểu diễn $\vec{b} = x’\vec{i} + y’\vec{j} + z’\vec{k}$ để tính tích vô hướng $\vec{a} \cdot \vec{b}$.

Lời giải:

a) Vì $\vec{i}$ là vectơ đơn vị nên $|\vec{i}| = 1$, do đó:

$$\vec{i} \cdot \vec{i} = |\vec{i}|^2 = 1.$$

Vì các trục $Ox, Oy, Oz$ đôi một vuông góc nên $\vec{i} \perp \vec{j}$ và $\vec{i} \perp \vec{k}$, do đó:

$$\vec{i} \cdot \vec{j} = \vec{i} \cdot \vec{k} = 0.$$

b) Áp dụng tính phân phối của tích vô hướng:

$$\vec{a} \cdot \vec{i} = (x\vec{i} + y\vec{j} + z\vec{k}) \cdot \vec{i} = x(\vec{i} \cdot \vec{i}) + y(\vec{j} \cdot \vec{i}) + z(\vec{k} \cdot \vec{i}) = x \cdot 1 + 0 + 0 = x.$$

Tương tự $\vec{a} \cdot \vec{j} = y$ và $\vec{a} \cdot \vec{k} = z$.

c) Vẫn theo tính phân phối:

$$\vec{a} \cdot \vec{b} = (x\vec{i} + y\vec{j} + z\vec{k}) \cdot (x’\vec{i} + y’\vec{j} + z’\vec{k}).$$

Khai triển, chỉ các số hạng có tích $\vec{i} \cdot \vec{i}, \vec{j} \cdot \vec{j}, \vec{k} \cdot \vec{k}$ khác $0$ (bằng $1$), các số hạng chéo bằng $0$:

$$\vec{a} \cdot \vec{b} = xx’ \cdot 1 + yy’ \cdot 1 + zz’ \cdot 1 = xx’ + yy’ + zz’.$$

Kết luận: $\vec{a} \cdot \vec{b} = xx’ + yy’ + zz’$.

Luyện tập 3 (trang 69)

Đề bài: Trong Ví dụ 3, tính $(\vec{a} + \vec{b})^2$.

Lời giải:

Nhắc lại Ví dụ 3: $\vec{a} = (1; 4; 2)$, $\vec{b} = (-4; 1; 0)$.

Cách 1: Cộng vectơ rồi tính bình phương.

$$\vec{a} + \vec{b} = (1 + (-4);; 4 + 1;; 2 + 0) = (-3;; 5;; 2).$$

$$(\vec{a} + \vec{b})^2 = (-3)^2 + 5^2 + 2^2 = 9 + 25 + 4 = 38.$$

Cách 2: Khai triển hằng đẳng thức.

$$(\vec{a} + \vec{b})^2 = \vec{a}^2 + 2\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b}^2 = |\vec{a}|^2 + 2\vec{a} \cdot \vec{b} + |\vec{b}|^2.$$

• $|\vec{a}|^2 = 1 + 16 + 4 = 21$.
• $|\vec{b}|^2 = 16 + 1 + 0 = 17$.
• $\vec{a} \cdot \vec{b} = 0$ (đã tính ở Ví dụ 3a).

$$(\vec{a} + \vec{b})^2 = 21 + 0 + 17 = 38.$$

Kết luận: $(\vec{a} + \vec{b})^2 = 38$.

Luyện tập 4 (trang 70)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho $A(0; 2; 1)$, $B(3; -2; 1)$ và $C(-2; 5; 7)$.

a) Tính chu vi của tam giác $ABC$.

b) Tính $\widehat{BAC}$.

Lời giải:

a) Tính chu vi.

Tính các vectơ và độ dài:

$$\overrightarrow{AB} = (3 – 0;; -2 – 2;; 1 – 1) = (3;; -4;; 0).$$

$$AB = |\overrightarrow{AB}| = \sqrt{3^2 + (-4)^2 + 0^2} = \sqrt{25} = 5.$$

$$\overrightarrow{AC} = (-2 – 0;; 5 – 2;; 7 – 1) = (-2;; 3;; 6).$$

$$AC = \sqrt{(-2)^2 + 3^2 + 6^2} = \sqrt{4 + 9 + 36} = \sqrt{49} = 7.$$

$$\overrightarrow{BC} = (-2 – 3;; 5 – (-2);; 7 – 1) = (-5;; 7;; 6).$$

$$BC = \sqrt{25 + 49 + 36} = \sqrt{110}.$$

Chu vi tam giác $ABC$:

$$P = AB + AC + BC = 5 + 7 + \sqrt{110} = 12 + \sqrt{110}.$$

b) Tính $\widehat{BAC}$.

Áp dụng công thức:

$$\cos\widehat{BAC} = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \cdot AC}.$$

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 \cdot (-2) + (-4) \cdot 3 + 0 \cdot 6 = -6 – 12 + 0 = -18.$$

$$\cos\widehat{BAC} = \dfrac{-18}{5 \cdot 7} = -\dfrac{18}{35}.$$

Suy ra $\widehat{BAC} = \arccos\left(-\dfrac{18}{35}\right) \approx 120°57’$.

3. Vận dụng toạ độ của vectơ trong một số bài toán có liên quan đến thực tiễn

Luyện tập 5 (trang 71)

Đề bài: Với các giả thiết như trong Ví dụ 5, hãy xác định toạ độ của chiếc máy bay sau $10$ phút tiếp theo (tính từ thời điểm máy bay ở điểm $B$).

Lời giải:

Nhắc lại Ví dụ 5: máy bay đi từ $A(800; 500; 7)$ đến $B(940; 550; 8)$ trong $10$ phút với vận tốc và hướng không đổi.

Gọi $D$ là vị trí của máy bay sau $10$ phút tiếp theo (kể từ $B$).

Vì máy bay giữ nguyên hướng và vận tốc, thời gian bay từ $B$ đến $D$ đúng bằng thời gian bay từ $A$ đến $B$ ($10$ phút), nên quãng đường và hướng của $\overrightarrow{BD}$ giống hệt $\overrightarrow{AB}$:

$$\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AB} = (940 – 800;; 550 – 500;; 8 – 7) = (140;; 50;; 1).$$

Toạ độ $D$:

$$D = B + \overrightarrow{BD} = (940 + 140;; 550 + 50;; 8 + 1) = (1,080;; 600;; 9).$$

Kết luận: Sau $10$ phút tiếp theo, máy bay ở toạ độ $(1,080;; 600;; 9)$.

Luyện tập 6 (trang 71)

Đề bài: Trong tình huống mở đầu, hãy tính độ lớn của góc $\alpha$.

(Góc $\alpha$ chính là góc giữa mặt bên của căn nhà gỗ và mặt đất.)

Lời giải:

Từ Ví dụ 6, ta đã xác định các đỉnh:

• $O(0; 0; 0)$, $A(240; 0; 0)$, $B(120; 0; 300)$ (đáy tam giác trước).
• $O'(0; 450; 0)$, $A'(240; 450; 0)$, $B'(120; 450; 300)$ (đáy tam giác sau).

Mặt bên căn nhà (một trong hai mái) là mặt phẳng chữ nhật $ABB’A’$. Mặt đất là mặt phẳng $(Oxy)$.

Cách tính góc $\alpha$ (góc giữa mái $ABB’A’$ và mặt đất):

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên mặt đất $(Oxy)$: $H(120; 0; 0)$.

Trong tam giác vuông $AHB$ (vuông tại $H$):

• $AH$ nằm trong mặt đất, đi từ $A(240; 0; 0)$ đến $H(120; 0; 0)$: $AH = 120$ cm.
• $BH$ vuông góc mặt đất: $BH = 300$ cm.

Góc $\alpha = \widehat{BAH}$ chính là góc nghiêng của mái so với mặt đất. Trong tam giác vuông $AHB$:

$$\tan \alpha = \dfrac{BH}{AH} = \dfrac{300}{120} = \dfrac{5}{2}.$$

Suy ra:

$$\alpha = \arctan\dfrac{5}{2} \approx 68°12′.$$

Kết luận: Góc $\alpha \approx 68°12’$ (hay $\arctan(5/2)$).

Luyện tập 7 (trang 72)

Đề bài: Trong Ví dụ 7, khinh khí cầu thứ nhất hay thứ hai ở xa điểm xuất phát hơn? Giải thích vì sao.

Lời giải:

Nhắc lại Ví dụ 7:

• Điểm xuất phát: $O(0; 0; 0)$.
• Khinh khí cầu thứ nhất: $M_1(2; 1; 0{,}5)$.
• Khinh khí cầu thứ hai: $M_2(-1; -1{,}5; 0{,}8)$.

Khoảng cách khinh khí cầu thứ nhất đến điểm xuất phát:

$$OM_1 = \sqrt{2^2 + 1^2 + 0{,}5^2} = \sqrt{4 + 1 + 0{,}25} = \sqrt{5{,}25} \approx 2{,}29;(\text{km}).$$

Khoảng cách khinh khí cầu thứ hai đến điểm xuất phát:

$$OM_2 = \sqrt{(-1)^2 + (-1{,}5)^2 + 0{,}8^2} = \sqrt{1 + 2{,}25 + 0{,}64} = \sqrt{3{,}89} \approx 1{,}97;(\text{km}).$$

So sánh: $OM_1 > OM_2$.

Kết luận: Khinh khí cầu thứ nhất ở xa điểm xuất phát hơn khinh khí cầu thứ hai.

Bài tập (trang 72)

Bài 2.20 (trang 72)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho ba vectơ $\vec{a} = (3; 1; 2)$, $\vec{b} = (-3; 0; 4)$ và $\vec{c} = (6; -1; 0)$.

a) Tìm toạ độ của các vectơ $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$ và $2\vec{a} – 3\vec{b} – 5\vec{c}$.

b) Tính các tích vô hướng $\vec{a} \cdot (-\vec{b})$ và $(2\vec{a}) \cdot \vec{c}$.

Lời giải:

a) Tổng và hiệu vectơ:

$$\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = (3 + (-3) + 6;; 1 + 0 + (-1);; 2 + 4 + 0) = (6;; 0;; 6).$$

Tính từng vectơ trước khi trừ:

• $2\vec{a} = (6;; 2;; 4)$.
• $3\vec{b} = (-9;; 0;; 12)$.
• $5\vec{c} = (30;; -5;; 0)$.

$$2\vec{a} – 3\vec{b} – 5\vec{c} = (6 – (-9) – 30;; 2 – 0 – (-5);; 4 – 12 – 0) = (-15;; 7;; -8).$$

b) Tích vô hướng:

$$\vec{a} \cdot \vec{b} = 3 \cdot (-3) + 1 \cdot 0 + 2 \cdot 4 = -9 + 0 + 8 = -1.$$

$$\vec{a} \cdot (-\vec{b}) = -(\vec{a} \cdot \vec{b}) = -(-1) = 1.$$

$$\vec{a} \cdot \vec{c} = 3 \cdot 6 + 1 \cdot (-1) + 2 \cdot 0 = 18 – 1 = 17.$$

$$(2\vec{a}) \cdot \vec{c} = 2(\vec{a} \cdot \vec{c}) = 2 \cdot 17 = 34.$$

Bài 2.21 (trang 72)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $M(-4; 3; 3)$, $N(4; -4; 2)$ và $P(3; 6; -1)$.

a) Tìm toạ độ của các vectơ $\overrightarrow{MN}, \overrightarrow{MP}$, từ đó chứng minh rằng ba điểm $M, N, P$ không thẳng hàng.

b) Tìm toạ độ của vectơ $\overrightarrow{NM} + \overrightarrow{NP}$, từ đó suy ra toạ độ của điểm $Q$ sao cho tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành.

c) Tính chu vi của hình bình hành $MNPQ$.

Lời giải:

a) Tính vectơ:

$$\overrightarrow{MN} = (4 – (-4);; -4 – 3;; 2 – 3) = (8;; -7;; -1).$$

$$\overrightarrow{MP} = (3 – (-4);; 6 – 3;; -1 – 3) = (7;; 3;; -4).$$

Kiểm tra ba điểm thẳng hàng: $M, N, P$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{MP}$ cùng phương, tức tồn tại số $k$ sao cho $\overrightarrow{MN} = k \overrightarrow{MP}$. Điều này yêu cầu $\dfrac{8}{7} = \dfrac{-7}{3} = \dfrac{-1}{-4}$. Nhưng $\dfrac{8}{7} \neq \dfrac{-7}{3}$, nên hai vectơ không cùng phương.

Vậy ba điểm $M, N, P$ không thẳng hàng.

b) Tìm $Q$.

Trong hình bình hành $MNPQ$ (thứ tự đỉnh liên tiếp), hai cạnh xuất phát từ $N$ là $NM$ và $NP$. Theo quy tắc hình bình hành:

$$\overrightarrow{NM} + \overrightarrow{NP} = \overrightarrow{NQ}.$$

(Đường chéo từ $N$ đi đến đỉnh đối diện $Q$.)

Tính vectơ:

$$\overrightarrow{NM} = -\overrightarrow{MN} = (-8;; 7;; 1).$$

$$\overrightarrow{NP} = (3 – 4;; 6 – (-4);; -1 – 2) = (-1;; 10;; -3).$$

$$\overrightarrow{NM} + \overrightarrow{NP} = (-8 + (-1);; 7 + 10;; 1 + (-3)) = (-9;; 17;; -2).$$

Suy ra $\overrightarrow{NQ} = (-9;; 17;; -2)$, tức:

$$Q = N + \overrightarrow{NQ} = (4 – 9;; -4 + 17;; 2 – 2) = (-5;; 13;; 0).$$

Kiểm tra: Trung điểm hai đường chéo $MP$ và $NQ$ phải trùng nhau.

• Trung điểm $MP = \left(\dfrac{-4 + 3}{2};; \dfrac{3 + 6}{2};; \dfrac{3 + (-1)}{2}\right) = \left(-\dfrac{1}{2};; \dfrac{9}{2};; 1\right)$.
• Trung điểm $NQ = \left(\dfrac{4 + (-5)}{2};; \dfrac{-4 + 13}{2};; \dfrac{2 + 0}{2}\right) = \left(-\dfrac{1}{2};; \dfrac{9}{2};; 1\right)$. ✓

c) Chu vi hình bình hành.

Tính độ dài hai cạnh kề:

$$MN = \sqrt{8^2 + (-7)^2 + (-1)^2} = \sqrt{64 + 49 + 1} = \sqrt{114}.$$

$$NP = \sqrt{(-1)^2 + 10^2 + (-3)^2} = \sqrt{1 + 100 + 9} = \sqrt{110}.$$

Chu vi:

$$P_{MNPQ} = 2(MN + NP) = 2(\sqrt{114} + \sqrt{110}).$$

Ước tính: $2(\sqrt{114} + \sqrt{110}) \approx 2(10{,}68 + 10{,}49) \approx 42{,}33$.

Bài 2.22 (trang 72)

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho tam giác $ABC$ có $A(1; 0; 1)$, $B(0; -3; 1)$ và $C(4; -1; 4)$.

a) Tìm toạ độ trọng tâm của tam giác $ABC$.

b) Chứng minh rằng $\widehat{BAC} = 90°$.

c) Tính $\widehat{ABC}$.

Lời giải:

a) Trọng tâm $G$:

$$G = \left(\dfrac{1 + 0 + 4}{3};; \dfrac{0 + (-3) + (-1)}{3};; \dfrac{1 + 1 + 4}{3}\right) = \left(\dfrac{5}{3};; -\dfrac{4}{3};; 2\right).$$

b) Chứng minh $\widehat{BAC} = 90°$.

$$\overrightarrow{AB} = (0 – 1;; -3 – 0;; 1 – 1) = (-1;; -3;; 0).$$

$$\overrightarrow{AC} = (4 – 1;; -1 – 0;; 4 – 1) = (3;; -1;; 3).$$

Tính tích vô hướng:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (-1) \cdot 3 + (-3) \cdot (-1) + 0 \cdot 3 = -3 + 3 + 0 = 0.$$

Vì $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$ nên $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$, tức $\widehat{BAC} = 90°$. (đpcm)

c) Tính $\widehat{ABC}$.

$$\overrightarrow{BA} = -\overrightarrow{AB} = (1;; 3;; 0);\quad \overrightarrow{BC} = (4 – 0;; -1 – (-3);; 4 – 1) = (4;; 2;; 3).$$

Tính:

$$\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = 1 \cdot 4 + 3 \cdot 2 + 0 \cdot 3 = 4 + 6 + 0 = 10.$$

$$|\overrightarrow{BA}| = \sqrt{1 + 9 + 0} = \sqrt{10};\quad |\overrightarrow{BC}| = \sqrt{16 + 4 + 9} = \sqrt{29}.$$

$$\cos \widehat{ABC} = \dfrac{10}{\sqrt{10} \cdot \sqrt{29}} = \dfrac{10}{\sqrt{290}}.$$

Suy ra:

$$\widehat{ABC} = \arccos \dfrac{10}{\sqrt{290}} \approx 54°.$$

Bài 2.23 (trang 72)

Đề bài: Một phòng học có thiết kế dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài là $8$ m, chiều rộng là $6$ m và chiều cao là $3$ m. Một chiếc đèn được treo tại chính giữa trần nhà của phòng học. Xét hệ trục toạ độ $Oxyz$ có gốc $O$ trùng với một góc phòng và mặt phẳng $(Oxy)$ trùng với mặt sàn, đơn vị đo được lấy theo mét (H.2.51). Hãy tìm toạ độ của điểm treo đèn.

Lời giải:

Bước 1: Xác định các trục.

Theo Hình 2.51:

• Trục $Ox$: dọc theo chiều dài phòng ($8$ m).
• Trục $Oy$: dọc theo chiều rộng phòng ($6$ m).
• Trục $Oz$: dọc theo chiều cao ($3$ m).

Gốc $O$ ở một góc phòng thuộc mặt sàn. Bốn góc phòng trên sàn có toạ độ $O(0; 0; 0)$, $(8; 0; 0)$, $(0; 6; 0)$, $(8; 6; 0)$.

Bước 2: Xác định tâm trần nhà.

Gọi $A$ là góc phòng trên sàn đối diện $O$ theo đường chéo mặt sàn: $A(8;; 6;; 0)$.

Tâm mặt sàn (là hình chiếu vuông góc của điểm treo đèn xuống sàn) chính là trung điểm đường chéo $OA$:

$$\text{Tâm sàn} = \left(\dfrac{0 + 8}{2};; \dfrac{0 + 6}{2};; 0\right) = (4;; 3;; 0).$$

Bước 3: Điểm treo đèn.

Điểm treo đèn nằm chính giữa trần, có cùng hoành độ và tung độ với tâm sàn, còn cao độ bằng chiều cao phòng ($3$ m).

Kết luận: Toạ độ điểm treo đèn là $(4;; 3;; 3)$.

Bài 2.24 (trang 72)

Đề bài: Trong không gian, xét hệ toạ độ $Oxyz$ có gốc $O$ trùng với vị trí của một giàn khoan trên biển, mặt phẳng $(Oxy)$ trùng với mặt biển (được coi là phẳng) với trục $Ox$ hướng về phía tây, trục $Oy$ hướng về phía nam và trục $Oz$ hướng thẳng đứng lên trời (H.2.52). Đơn vị đo trong không gian $Oxyz$ lấy theo kilômét. Một chiếc radar đặt tại giàn khoan có phạm vi theo dõi là $30$ km. Hỏi radar có thể phát hiện được một chiếc tàu thám hiểm có toạ độ là $(25; 15; -10)$ đối với hệ toạ độ nói trên hay không? Hãy giải thích vì sao.

Lời giải:

Bước 1: Tính khoảng cách từ tàu đến radar.

Radar đặt tại gốc $O(0; 0; 0)$. Toạ độ tàu là $T(25;; 15;; -10)$.

Áp dụng công thức khoảng cách:

$$OT = \sqrt{25^2 + 15^2 + (-10)^2} = \sqrt{625 + 225 + 100} = \sqrt{950} \approx 30{,}82;(\text{km}).$$

Bước 2: So sánh với phạm vi radar.

Phạm vi radar là $30$ km, trong khi khoảng cách từ tàu đến radar là $\approx 30{,}82$ km, tức lớn hơn $30$ km.

Kết luận: Vì khoảng cách từ tàu đến radar vượt quá phạm vi theo dõi, radar không phát hiện được chiếc tàu thám hiểm.

(Chú ý: cao độ $z = -10$ nghĩa là tàu đang lặn dưới mặt biển $10$ km – một chi tiết cho biết đây là tàu thám hiểm dưới biển sâu.)

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