Giải Toán 12 Kết Nối Tri Thức Bài 6 Vectơ Trong Không Gian

Giải Toán 12 Kết nối tri thức bài 6 Vectơ trong không gian chi tiết dễ hiểu giúp các bạn tham khảo và làm bài tập một cách hiệu quả.

Câu 2.1. 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

Các mệnh đề đúng là a, b.

Câu 2.2. Cho hình hộp chữ nhật $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có $AB = 2,AD = 3$ và $AA’ = 4$. Tính độ dài của các vectơ $\overrightarrow {BB’} ,\overrightarrow {BD} $ và $\overrightarrow {BD’} $.

Lời giải

Vì BB’ = AA’ = 4 nên $\left| {\overrightarrow {BB’} } \right| = 4$.

Tam giác vuông ABD có $BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13} $ nên $\left| {\overrightarrow {BD} } \right| = \sqrt {13} .$

Tam giác vuông BDD’ có $BD’ = \sqrt {B{D^2} + D{{D’}^2}} = \sqrt {13 + {4^2}} = \sqrt {29} $ nên $\left| {\overrightarrow {BD’} } \right| = \sqrt {29} .$

Câu 2.3. 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 â) 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 $\vec e$.

Hình 2.29

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

Lời giải

a) Các vectơ $\;\vec b,\,\,\;\vec c,\;\,\,\vec d,\;\,\,\vec e$ đều cùng phương với vectơ $\vec a$ nên chúng đôi một cùng phương với nhau. Các vectơ $\;\vec b,\,\,\;\vec c,\;\,\,\vec d,\;\,\,\vec e$ đều ngược hướng với vectơ $\vec a$ nên chúng đôi một cùng hướng với nhau.

b) Do trọng lực phân tán đều qua các chân bàn nên các phản lực có độ lớn như nhau, suy ra các vectơ $\;\vec b,\,\,\;\vec c,\;\,\,\vec d,\;\,\,\vec e$ có độ dài bằng nhau.

Do đó các vectơ $\;\vec b,\,\,\;\vec c,\;\,\,\vec d,\;\,\,\vec e$ đôi một bằng nhau.

Câu 2.4. Cho hình hộp $ABCD \cdot A’B’C’D’$. 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

a) $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DD’} + \overrightarrow {C’D’} = \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {DD’} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {DD’} = \overrightarrow {CC’} .$

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

c) $\overrightarrow {BC} – \overrightarrow {CC’} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {C’C} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {A’C} $ (theo quy tắc hình hộp).

Câu 2.5. Cho hình lăng trụ tam giác $ABC \cdot A’B’C’$ 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) $\overline {BC’} $.

Lời giải

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

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

c) $\overrightarrow {BC’} = \overrightarrow {BB’} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AA’} + \overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} = \vec a + \vec c – \vec b.$

Câu 2.6. Cho hình chóp tứ giác $S \cdot ABCD$. 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 có: $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} $$ \Leftrightarrow $$\overrightarrow {SA} – \overrightarrow {SB} = \overrightarrow {SD} – \overrightarrow {SC} $$ \Leftrightarrow $$\overrightarrow {BA} = \overrightarrow {CD} $, tức là $ABCD$ là hình bình hành.

Câu 2.7. 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} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {BC} } \right) + \overrightarrow {AB} $.

Lời giải

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

Câu 2.8. Trong Luyện tập 8, ta đã biết trọng tâm của tứ diện $ABCD$ là một điểm / thoả mãn $\overrightarrow {Al} = 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).

Hình 2.30

Lời giải

Do $\overrightarrow {AI} = 3\overrightarrow {IG} $ nên ba điểm A, I, G thẳng hàng và AI = 3IG.

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và I trên mặt phẳng (BCD).

Áp dụng định lí Thalès suy ra $\frac{{IK}}{{AH}} = \frac{{IG}}{{AG}} = \frac{1}{4}.$

Do đó $IK = \frac{1}{4}AH = \frac{1}{4}\; \cdot \;8 = 2$ (cm). Vậy khoảng cách từ trọng tâm của khối rubik đến mỗi mặt là 2 cm.

Câu 2.9. 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.

Hình 2.31

Lời giải

Giả sử lực kéo trên mỗi sợi dây được biểu diễn bởi các vectơ $\overrightarrow {OA} ,\;\,\overrightarrow {OB} ,\,\;\overrightarrow {OC} $ với O là đầu chung của ba sợi dây.

Khi ba sợi dây cân bằng thì $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \vec 0.$

Vẽ hình bình hành OADB thì $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OD} ,$

suy ra $\overrightarrow {OD} = – \overrightarrow {OC} $ hay O là trung điểm của CD.

Do đó các điểm O, A, B, C cùng thuộc mặt phẳng (ABCD), suy ra ba sợi dây cùng nằm trong mặt phẳng đó.

Câu 2.10. Cho hình lăng trụ tứ giác đều $ABCD \cdot A’B’C’D’$ 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

 

a) $\left( {\overrightarrow {AA’} ,\;\;\overrightarrow {C’C} } \right) = \left( {\overrightarrow {AA’} ,\;\;\overrightarrow {A’A} } \right) = 180^\circ ,$ (Do hai vectơ $\overrightarrow {AA’} $ và $\overrightarrow {A’A} $ ngược hướng).

$\overrightarrow {AA’} \cdot \;\overrightarrow {CC’} = \left| {\overrightarrow {AA’} } \right| \cdot \;\left| {\overrightarrow {CC’} } \right|.cos\left( {\overrightarrow {AA’} ,\;\overrightarrow {CC’} } \right) = 2.2.cos{180^0} = – 4;$

b) $\left( {\overrightarrow {AA’} ,\;\;\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AA’} ,\;\;\overrightarrow {AD} } \right) = 90^\circ $

$\overrightarrow {AA’} \cdot \;\overrightarrow {BC} = 0$ (Do $\left( {\overrightarrow {AA’} ,\overrightarrow {BC} } \right) = {90^0}$)

c) $\left( {\overrightarrow {AC} ,\;\;\overrightarrow {B’A’} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\;\;\overrightarrow {BA} } \right) = {180^0} – \widehat {BAC} = {180^0} – {45^0} = 135^\circ $

$\overrightarrow {AC} \cdot \;\overrightarrow {B’A’} = \overrightarrow {AC} \cdot \;\overrightarrow {BA} = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \;\left| {\overrightarrow {BA} } \right|cos\left( {\overrightarrow {AC} ,\;\overrightarrow {BA} } \right)$$ = \sqrt 2 .1.cos{135^0} = – 1$.

Câu 2.11. 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 ${45^ \circ }$, hãy tính:

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

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

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

Lời giải

a) $\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 1.1.cos{45^0} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$;

b) $\left( {\overrightarrow a + 3\overrightarrow b } \right)\left( {\overrightarrow a – 2\overrightarrow b } \right) = {\overrightarrow a ^2} – 2\overrightarrow a .\overrightarrow b + 3\overrightarrow a .\overrightarrow b – 6{\overrightarrow b ^2}$

$ = {\overrightarrow a ^2} + \overrightarrow a .\overrightarrow b – 6{\overrightarrow b ^2} = {1^2} + \frac{{\sqrt 2 }}{2} – {6.1^2}$$ = \frac{{ – 10 + \sqrt 2 }}{2}$;

c) ${\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)^2} = {\overrightarrow a ^2} + 2\overrightarrow a .\overrightarrow b + {\overrightarrow b ^2} = {1^2} + 2.\frac{{\sqrt 2 }}{2} + {1^2} = 2 + \sqrt 2 $.

Câu 2.12. 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) $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} } \right) \cdot \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CB} \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} = \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {BC} \cdot \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {BC} $

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

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