A – Trắc nghiệm (trang 73)

Câu 2.25

Đề bài: Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $BCD$. Khẳng định nào sau đây là sai?

A. $\overrightarrow{BG} + \overrightarrow{CG} + \overrightarrow{DG} = \vec{0}$.

B. $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} = 3\overrightarrow{AG}$.

C. $\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BD} = 3\overrightarrow{BG}$.

D. $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \vec{0}$.

Lời giải:

$G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ (không phải trọng tâm tứ diện) nên:

$$\overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \vec{0} \Rightarrow \overrightarrow{BG} + \overrightarrow{CG} + \overrightarrow{DG} = \vec{0}.$$

A đúng.

Với điểm $A$ bất kì, từ tính chất trọng tâm: $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} = 3\overrightarrow{AG}$. B đúng.

Gọi $M$ là trung điểm $CD$. Ta có $\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BD} = 2\overrightarrow{BM}$. Mặt khác, $\overrightarrow{BG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{BM}$ (tính chất trọng tâm), tức $\overrightarrow{BM} = \dfrac{3}{2}\overrightarrow{BG}$. Do đó:

$$\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BD} = 2 \cdot \dfrac{3}{2}\overrightarrow{BG} = 3\overrightarrow{BG}.$$

C đúng.

Xét D: $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \overrightarrow{GA} + \vec{0} = \overrightarrow{GA} \neq \vec{0}$ (vì $G$ không thuộc $A$).

D sai.

(Chú ý: nếu $G$ là trọng tâm của tứ diện thì D sẽ đúng. Nhưng đề cho $G$ là trọng tâm của mặt $BCD$.)

Đáp án: D.

Câu 2.26

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $CC’$. Vectơ $\overrightarrow{AM}$ bằng

A. $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA’}$.

B. $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AA’}$.

C. $\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AA’}$.

D. $\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA’}$.

Lời giải:

Áp dụng quy tắc ba điểm:

$$\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CM}.$$

Vì $ABCD$ là hình bình hành: $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$.

Vì $M$ là trung điểm $CC’$ và $\overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{AA’}$ nên $\overrightarrow{CM} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{CC’} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AA’}$.

Do đó:

$$\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AA’}.$$

Đáp án: B.

Câu 2.27

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Khẳng định nào dưới đây là sai?

A. $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{AB’}$.

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

C. $\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{AD’}$.

D. $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{AC’}$.

Lời giải:

Trong hình hộp: $\overrightarrow{AA’} = \overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{DD’}$.

A: $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{AB’}$. Đúng.

B: Quy tắc hình hộp. Đúng.

C: $\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DD’} = \overrightarrow{AD’}$. Đúng.

D: $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{AB’}$ (từ câu A), mà $\overrightarrow{AB’} \neq \overrightarrow{AC’}$ (vì $B’$ và $C’$ khác nhau). Sai.

Đáp án: D.

Câu 2.28

Đề bài: Cho tứ diện đều $ABCD$ có độ dài cạnh bằng $a$. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $CD$. Tích vô hướng $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AM}$ bằng

A. $\dfrac{a^2}{4}$. B. $\dfrac{a^2}{2}$. C. $\dfrac{a^2}{3}$. D. $a^2$.

Lời giải:

Đặt $\vec{u} = \overrightarrow{AB}$, $\vec{v} = \overrightarrow{AC}$, $\vec{w} = \overrightarrow{AD}$ với $|\vec{u}| = |\vec{v}| = |\vec{w}| = a$. Vì tứ diện đều, các mặt là tam giác đều nên góc giữa hai vectơ bất kì (xuất phát từ $A$) đều bằng $60°$:

$$\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{u} \cdot \vec{w} = a \cdot a \cdot \cos 60° = \dfrac{a^2}{2}.$$

Vì $M$ là trung điểm $CD$:

$$\overrightarrow{AM} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}) = \dfrac{1}{2}(\vec{v} + \vec{w}).$$

Do đó:

$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AM} = \vec{u} \cdot \dfrac{1}{2}(\vec{v} + \vec{w}) = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a^2}{2} + \dfrac{a^2}{2}\right) = \dfrac{a^2}{2}.$$

Đáp án: B.

Câu 2.29

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho $\vec{a} = (1; -2; 2)$, $\vec{b} = (-2; 0; 3)$. Khẳng định nào dưới đây là sai?

A. $\vec{a} + \vec{b} = (-1; -2; 5)$. B. $\vec{a} – \vec{b} = (3; -2; -1)$.

C. $3\vec{a} = (3; -2; 2)$. D. $2\vec{a} + \vec{b} = (0; -4; 7)$.

Lời giải:

Kiểm tra từng khẳng định:

• A: $(1 + (-2); -2 + 0; 2 + 3) = (-1; -2; 5)$. Đúng.
• B: $(1 – (-2); -2 – 0; 2 – 3) = (3; -2; -1)$. Đúng.
• C: $3\vec{a} = (3 \cdot 1; 3 \cdot (-2); 3 \cdot 2) = (3; -6; 6)$. Đề cho $(3; -2; 2)$. Sai.
• D: $2\vec{a} + \vec{b} = (2 + (-2); -4 + 0; 4 + 3) = (0; -4; 7)$. Đúng.

Đáp án: C.

Câu 2.30

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho hình bình hành $ABCD$ có $A(-1; 0; 3)$, $B(2; 1; -1)$ và $C(3; 2; 2)$. Toạ độ của điểm $D$ là

A. $(2; -1; 0)$. B. $(0; -1; -6)$. C. $(0; 1; 6)$. D. $(-2; 1; 0)$.

Lời giải:

Trong hình bình hành $ABCD$ (thứ tự đỉnh liên tiếp): $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}$, tức $B – A = C – D$, suy ra:

$$D = C – B + A = (3 – 2 + (-1);; 2 – 1 + 0;; 2 – (-1) + 3) = (0;; 1;; 6).$$

Đáp án: C.

Câu 2.31

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho $A(1; 0; -1)$, $B(0; -1; 2)$ và $G(2; 1; 0)$. Biết tam giác $ABC$ có trọng tâm là điểm $G$. Toạ độ của điểm $C$ là

A. $(5; 4; -1)$. B. $(-5; -4; 1)$. C. $(1; 2; -1)$. D. $(-1; -2; 1)$.

Lời giải:

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$:

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

Suy ra:

$$C = (3x_G – x_A – x_B;; 3y_G – y_A – y_B;; 3z_G – z_A – z_B) = (6 – 1 – 0;; 3 – 0 + 1;; 0 + 1 – 2) = (5;; 4;; -1).$$

Đáp án: A.

Câu 2.32

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho $\vec{a} = (2; 1; -3)$, $\vec{b} = (-2; -1; 2)$. Tích vô hướng $\vec{a} \cdot \vec{b}$ bằng

A. $-2$. B. $-11$. C. $11$. D. $2$.

Lời giải:

$$\vec{a} \cdot \vec{b} = 2 \cdot (-2) + 1 \cdot (-1) + (-3) \cdot 2 = -4 – 1 – 6 = -11.$$

Đáp án: B.

Câu 2.33

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho $\vec{a} = (2; 1; -2)$, $\vec{b} = (0; -1; 1)$. Góc giữa hai vectơ $\vec{a}, \vec{b}$ bằng

A. $60°$. B. $135°$. C. $120°$. D. $45°$.

Lời giải:

Tính:

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

$$|\vec{a}| = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3;\quad |\vec{b}| = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}.$$

$$\cos(\vec{a}, \vec{b}) = \dfrac{-3}{3 \cdot \sqrt{2}} = -\dfrac{1}{\sqrt{2}} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}.$$

Suy ra $(\vec{a}, \vec{b}) = 135°$.

Đáp án: B.

Câu 2.34

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho $\vec{a} = (-2; 2; 2)$, $\vec{b} = (1; -1; -2)$. Côsin của góc giữa hai vectơ $\vec{a}, \vec{b}$ bằng

A. $\dfrac{-2\sqrt{2}}{3}$. B. $\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$. C. $\dfrac{\sqrt{2}}{3}$. D. $\dfrac{-\sqrt{2}}{3}$.

Lời giải:

Bước 1: Tính tích vô hướng.

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

Bước 2: Tính độ dài hai vectơ.

$$|\vec{a}| = \sqrt{(-2)^2 + 2^2 + 2^2} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}.$$

$$|\vec{b}| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{6}.$$

Bước 3: Tính $\cos(\vec{a}, \vec{b})$.

$$\cos(\vec{a}, \vec{b}) = \dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|} = \dfrac{-8}{2\sqrt{3} \cdot \sqrt{6}} = \dfrac{-8}{2\sqrt{18}} = \dfrac{-8}{6\sqrt{2}} = \dfrac{-4}{3\sqrt{2}} = -\dfrac{4\sqrt{2}}{3 \cdot 2} = -\dfrac{2\sqrt{2}}{3}.$$

Đáp án: A.

B – Tự luận (trang 74)

Bài 2.35

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật. Chứng minh rằng

$$\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SC} = \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SD}.$$

Lời giải:

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật (do đó là hình bình hành), hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường.

Áp dụng tính chất trung điểm (với $O$ là trung điểm $AC$):

$$\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SC} = 2\overrightarrow{SO}.\quad (1)$$

Tương tự (với $O$ là trung điểm $BD$):

$$\overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SD} = 2\overrightarrow{SO}.\quad (2)$$

Từ (1) và (2): $\overrightarrow{SA} + \overrightarrow{SC} = \overrightarrow{SB} + \overrightarrow{SD}$ (đpcm).

Bài 2.36

Đề bài: Cho tứ diện $ABCD$, lấy hai điểm $M, N$ thoả mãn $\overrightarrow{MB} + 2\overrightarrow{MA} = \vec{0}$ và $\overrightarrow{NC} = 2\overrightarrow{DN}$. Hãy biểu diễn $\overrightarrow{MN}$ theo $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BC}$.

Lời giải:

Bước 1: Xác định vị trí $M$ và $N$.

Từ $\overrightarrow{MB} + 2\overrightarrow{MA} = \vec{0}$: $\overrightarrow{MB} = -2\overrightarrow{MA}$, tức $M$ nằm giữa $A$ và $B$ với $|MB| = 2|MA|$. Do đó:

$$\overrightarrow{AM} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB};\Leftrightarrow;\overrightarrow{MA} = -\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}.$$

Từ $\overrightarrow{NC} = 2\overrightarrow{DN}$: $N$ nằm giữa $C$ và $D$, gần $D$ hơn, với $|NC| = 2|DN|$. Do đó:

$$\overrightarrow{DN} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{DC}.$$

Bước 2: Tính $\overrightarrow{MN}$.

Áp dụng quy tắc ba điểm $M \to A \to D \to N$:

$$\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DN} = -\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{DC}.$$

Bước 3: Biểu diễn theo $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BC}$.

Ta có công thức trong tứ diện: $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DC}$ (cả hai đều bằng $\overrightarrow{AC}$). Suy ra:

$$-\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DC} = -(\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DC} – \overrightarrow{BC}) + \overrightarrow{DC} = -\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC}.$$

Do đó:

$$\overrightarrow{MN} = \dfrac{1}{3}(-\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DC}) + \overrightarrow{AD} = \dfrac{1}{3}(-\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC}) + \overrightarrow{AD} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AD} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}.$$

Kết luận: $\overrightarrow{MN} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AD} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC} = \dfrac{1}{3}(2\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC})$.

Bài 2.37

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $BDA’$.

a) Biểu diễn $\overrightarrow{AG}$ theo $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{AA’}$.

b) Từ câu a, hãy chứng tỏ ba điểm $A, G$ và $C’$ thẳng hàng.

Lời giải:

a) Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BDA’$, với điểm $A$ bất kì ta có:

$$\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{3}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA’}).$$

b) Áp dụng quy tắc hình hộp với gốc $A$:

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

Từ câu a:

$$\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC’} \Leftrightarrow \overrightarrow{AC’} = 3\overrightarrow{AG}.$$

Hai vectơ $\overrightarrow{AG}$ và $\overrightarrow{AC’}$ cùng phương (do tỉ lệ), có cùng điểm đầu $A$. Do đó ba điểm $A, G, C’$ thẳng hàng (đpcm).

(Nhận xét: Đường chéo $AC’$ của hình hộp đi qua trọng tâm $G$ của tam giác $BDA’$.)

Bài 2.38

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

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

b) Tìm toạ độ điểm $M$ thuộc trục $Oz$ sao cho đường thẳng $BM$ vuông góc với đường thẳng $AC$.

Lời giải:

a) Trọng tâm $G$:

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

b) Tìm $M$ trên $Oz$.

$M$ thuộc trục $Oz$ nên $M(0; 0; m)$ với $m \in \mathbb{R}$.

$$\overrightarrow{BM} = (0 – 1;; 0 – 1;; m – (-1)) = (-1;; -1;; m + 1).$$

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

$BM \perp AC$ khi và chỉ khi $\overrightarrow{BM} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$:

$$(-1)(-3) + (-1)(1) + (m + 1)(-1) = 0.$$

$$3 – 1 – m – 1 = 0 \Leftrightarrow 1 – m = 0 \Leftrightarrow m = 1.$$

Kết luận: $M(0;; 0;; 1)$.

Bài 2.39

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho hình hộp $OABC.O’A’B’C’$ có $A(2; 3; 1)$, $C(-1; 2; 3)$ và $O'(1; -2; 2)$. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình hộp.

Lời giải:

Điểm $O$ trùng gốc toạ độ: $O(0; 0; 0)$.

Bước 1: Tìm $B$.

$OABC$ là hình bình hành (đáy dưới hình hộp, thứ tự đỉnh $O, A, B, C$). Theo quy tắc hình bình hành:

$$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} = (2 + (-1);; 3 + 2;; 1 + 3) = (1;; 5;; 4).$$

Vậy $B(1;; 5;; 4)$.

Bước 2: Tìm các đỉnh đáy trên.

Vectơ cạnh bên: $\overrightarrow{OO’} = (1;; -2;; 2)$. Trong hình hộp, mỗi đỉnh đáy trên được tính bằng đỉnh đáy dưới tương ứng cộng với $\overrightarrow{OO’}$:

• $A’ = A + \overrightarrow{OO’} = (2 + 1;; 3 – 2;; 1 + 2) = (3;; 1;; 3)$.
• $B’ = B + \overrightarrow{OO’} = (1 + 1;; 5 – 2;; 4 + 2) = (2;; 3;; 6)$.
• $C’ = C + \overrightarrow{OO’} = (-1 + 1;; 2 – 2;; 3 + 2) = (0;; 0;; 5)$.

Kết luận: $B(1; 5; 4)$; $A'(3; 1; 3)$; $B'(2; 3; 6)$; $C'(0; 0; 5)$.

Bài 2.40

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho hai vectơ $\vec{a} = (-2; 1; 2)$, $\vec{b} = (1; 1; -1)$.

a) Xác định toạ độ của $\vec{u} = \vec{a} – 2\vec{b}$.

b) Tính độ dài của $\vec{u}$.

c) Tính $\cos(\vec{a}, \vec{b})$.

Lời giải:

a) Tính $2\vec{b} = (2; 2; -2)$, sau đó:

$$\vec{u} = \vec{a} – 2\vec{b} = (-2 – 2;; 1 – 2;; 2 – (-2)) = (-4;; -1;; 4).$$

b) Độ dài:

$$|\vec{u}| = \sqrt{(-4)^2 + (-1)^2 + 4^2} = \sqrt{16 + 1 + 16} = \sqrt{33}.$$

c) Tính:

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

$$|\vec{a}| = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3;\quad |\vec{b}| = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}.$$

$$\cos(\vec{a}, \vec{b}) = \dfrac{-3}{3 \cdot \sqrt{3}} = -\dfrac{1}{\sqrt{3}} = -\dfrac{\sqrt{3}}{3}.$$

Bài 2.41

Đề bài: Trong không gian $Oxyz$, cho các điểm $A(4; 2; -1)$, $B(1; -1; 2)$ và $C(0; -2; 3)$.

a) Tìm toạ độ của vectơ $\overrightarrow{AB}$ và tính độ dài đoạn thẳng $AB$.

b) Tìm toạ độ điểm $M$ sao cho $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CM} = \vec{0}$.

c) Tìm toạ độ điểm $N$ thuộc mặt phẳng $(Oxy)$ sao cho $A, B, N$ thẳng hàng.

Lời giải:

a) Toạ độ vectơ và độ dài:

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

$$AB = |\overrightarrow{AB}| = \sqrt{9 + 9 + 9} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}.$$

b) Từ $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CM} = \vec{0}$:

$$\overrightarrow{CM} = -\overrightarrow{AB} = (3;; 3;; -3).$$

Gọi $M(x; y; z)$: $\overrightarrow{CM} = (x – 0;; y – (-2);; z – 3) = (x;; y + 2;; z – 3)$.

Từ đó: $x = 3$, $y + 2 = 3 \Rightarrow y = 1$, $z – 3 = -3 \Rightarrow z = 0$.

Vậy $M(3;; 1;; 0)$.

c) Tìm $N$ trên $(Oxy)$.

$N$ thuộc $(Oxy)$ nên $N(x; y; 0)$. $A, B, N$ thẳng hàng khi $\overrightarrow{AN}$ cùng phương $\overrightarrow{AB}$:

$$\overrightarrow{AN} = (x – 4;; y – 2;; 0 – (-1)) = (x – 4;; y – 2;; 1).$$

Điều kiện $\overrightarrow{AN} = k \overrightarrow{AB}$ với $k \in \mathbb{R}$:

$$\begin{cases} x – 4 = -3k \\ y – 2 = -3k \ 1 = 3k \end{cases}$$

Từ phương trình thứ ba: $k = \dfrac{1}{3}$. Thay vào hai phương trình đầu:

$$x – 4 = -1 \Rightarrow x = 3;\quad y – 2 = -1 \Rightarrow y = 1.$$

Vậy $N(3;; 1;; 0)$.

(Nhận xét: $N \equiv M$ – một sự trùng hợp thú vị. Có thể kiểm tra bằng cách khác: $N$ nằm trên đường thẳng $AB$ và cùng mặt phẳng $(Oxy)$, chính là giao điểm.)

Bài 2.42

Đề bài: Hình 2.53 minh hoạ một chiếc đèn được treo cách trần nhà là $0{,}5$ m, cách hai tường lần lượt là $1{,}2$ m và $1{,}6$ m. Hai bức tường vuông góc với nhau và cùng vuông góc với trần nhà. Người ta di chuyển chiếc đèn đó đến vị trí mới cách trần nhà là $0{,}4$ m, cách hai tường đều là $1{,}5$ m.

a) Lập một hệ trục toạ độ $Oxyz$ phù hợp và xác định toạ độ của chiếc đèn lúc đầu và sau khi di chuyển.

b) Vị trí mới của chiếc đèn cách vị trí ban đầu là bao nhiêu mét? (Làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).

Lời giải:

a) Chọn hệ toạ độ.

• Gốc $O$: chọn tại góc nhà phía trên trần (giao điểm của hai bức tường và trần nhà).
• Trục $Ox$: giao của bức tường bên trái với trần.
• Trục $Oy$: giao của bức tường bên phải với trần.
• Trục $Oz$: giao của hai bức tường, hướng xuống (theo phương thẳng đứng đi vào phòng).

Đơn vị: mét.

Với cách chọn này, mặt phẳng $(Oxy)$ trùng với mặt trần, mặt phẳng $(Oxz)$ trùng với bức tường bên trái, mặt phẳng $(Oyz)$ trùng với bức tường bên phải.

Toạ độ của điểm bất kì trong phòng $M(x; y; z)$ có ý nghĩa:

• $x$ = khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(Oyz)$ = khoảng cách đến bức tường bên phải.
• $y$ = khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(Oxz)$ = khoảng cách đến bức tường bên trái.
• $z$ = khoảng cách từ $M$ đến mặt trần $(Oxy)$.

Vị trí ban đầu $A$: cách bức tường bên phải $1{,}6$ m, cách bức tường bên trái $1{,}2$ m, cách trần $0{,}5$ m.

$$A(1{,}6;; 1{,}2;; 0{,}5).$$

(Nếu chọn ngược lại, kết quả sẽ là $A(1{,}2;; 1{,}6;; 0{,}5)$ – không ảnh hưởng đến kết quả câu b.)

Vị trí mới $B$: cách cả hai tường $1{,}5$ m, cách trần $0{,}4$ m.

$$B(1{,}5;; 1{,}5;; 0{,}4).$$

b) Tính khoảng cách $AB$.

$$\overrightarrow{AB} = (1{,}5 – 1{,}6;; 1{,}5 – 1{,}2;; 0{,}4 – 0{,}5) = (-0{,}1;; 0{,}3;; -0{,}1).$$

$$AB = \sqrt{(-0{,}1)^2 + 0{,}3^2 + (-0{,}1)^2} = \sqrt{0{,}01 + 0{,}09 + 0{,}01} = \sqrt{0{,}11} \approx 0{,}3;(\text{m}).$$

Kết luận: Vị trí mới cách vị trí ban đầu khoảng $0{,}3$ m.

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