Câu hỏi:

02/10/2025 334 Lưu

Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm \(M( - 4;3; - 1)\)và \(N(2; - 1; - 3)\)

a) Tìm tọa độ vectơ \(\overrightarrow {OM} ( - 4;3; - 1)\)

b) Cho vectơ \(\overrightarrow v  = \overrightarrow i  + \overrightarrow {2j}  - 3\overrightarrow k \)và \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow v \). Tọa độ vủa điểm \[A\] là: \(A(5;1;2)\)

c) Gọi \(G\) là trọng tâm của \(\Delta OMN\). Tọa độ hình chiếu của \(G\) trên \(Oxy\) là \(\left( {0;\,0;\, - \frac{4}{3}} \right)\)

d) I là trung điểm của đoạn \[MN\]. Tọa độ của vectơ \[\overrightarrow w  = 3\overrightarrow i  + 2\overrightarrow {ON}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {OI} \]là \[\left( {\frac{9}{2};\frac{{ - 5}}{2}; - 7} \right)\]

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

a) Tọa độ vectơ \(\overrightarrow {OM} \)tương đương với tọa độ điểm \(M( - 4;3; - 1)\)

b) Ta có \(\overrightarrow v  = \overrightarrow i  + \overrightarrow {2j}  - 3\overrightarrow k \) nên \(\overrightarrow v (1;2; - 3)\), giả sử tọa độ của \(A({x_A};{y_A};{z_A})\)

Theo giả thiết \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow v \)\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l} - 4 - {x_A} = 1\\3 - {y_A} = 2\\ - 1 - {z_A} =  - 3\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 5\\{y_A} = 1\\{z_A} = 2\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\(A(5;1;2)\)

c) Ta có \(G\left( { - \frac{2}{3};\,\frac{2}{3};\, - \frac{4}{3}} \right)\). Tọa độ hình chiếu của \(G\) trên \(Oxy\) là \(\left( { - \frac{2}{3};\,\frac{2}{3};\,0} \right)\).

d) I là trung điểm của \[MN\] nên tọa độ \[I\] xác định bởi công thức

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = {x_I}\\\frac{{{y_M} + {y_N}}}{2} = {y_I}\\\frac{{{z_M} + {z_N}}}{2} = {z_I}\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - 4 + 2}}{2} = {x_I}\\\frac{{3 - 1}}{2} = {y_I}\\\frac{{ - 1 - 3}}{2} = {z_I}\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l} - 1 = {x_I}\\1 = {y_I}\\ - 2 = {z_I}\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\(I( - 1;1; - 2)\)

Theo giả thiết \[\overrightarrow w  = 3\overrightarrow i  + 2\overrightarrow {ON}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {OI}  = (3.1 + 2.2 - \frac{1}{2}.5,3.0 + 2.( - 1) - \frac{1}{2}.1,3.0 + 2.( - 3) - \frac{1}{2}.2)\]

\[ \Rightarrow \overrightarrow w  = (\frac{9}{2},\frac{{ - 5}}{2}, - 7)\]

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Đáp số: \(10\sqrt 3 \,\,\left( N \right)\).

Một tấm gỗ tròn được treo song song với mặt phẳng nằm ngang bởi ba sợi dây không giãn xuất phát từ điểm \(O\) trên tr (ảnh 2)

Gọi \({A_1},{B_1},{C_1}\) lần lượt là các điểm sao cho \(\overrightarrow {O{A_1}}  = \overrightarrow {{F_1}} ,{\rm{ }}\overrightarrow {O{B_1}}  = \overrightarrow {{F_2}} ,{\rm{ }}\overrightarrow {O{C_1}}  = \overrightarrow {{F_3}} \)

Lấy các điểm D1,A1',B1',D1' sao cho OA1D1B1.C1A1'D1'B1' là hình hộp.

Theo quy tắc hình hộp ta có: OA1+OB1+OC1=OD1'

Do các lực căng \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} \) đôi một vuông góc với nhau và có độ lớn: \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 10\left( N \right)\) nên hình hộp OA1D1B1.C1A1'D1'B1' có ba cạnh \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc và bằng nhau. Vì thế OA1D1B1.C1A1'D1'B1' là hình lập phương có độ dài cạnh bằng \(10\), suy ra độ dài đường chéo bằng \(10\sqrt 3 \)

Lời giải

Một chậu cây được đặt trên một giá đỡ có bốn chân với điểm đặt \(S\left( {0;0;30} \right)\) và các điểm chạm mặt đất của bốn chân lần lượt là \(A\left( {30;0;0} \right),B\left( {0;20;0} \right),C\left( { - 20;0;0} \ri (ảnh 2)

Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo bằng nhau và vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình vuông.

Ta có: \(\overrightarrow {SA}  = \left( {30;0; - 30} \right),\overrightarrow {SB}  = \left( {0;20; - 20} \right),\overrightarrow {SC}  = \left( { - 20;0; - 20} \right),\overrightarrow {SD}  = \left( {0; - 20; - 20} \right)\)

\( \Rightarrow SA = SB = SC = SD = 30\sqrt 2 \). Do đó \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều.

Các vecto \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} ,\overrightarrow {{F_4}} \) có điểm đầu tại \(S\) và điểm cuối lần lượt là \(A',B',C',D'\).

Ta có \(SA' = SB' = SC' = SD'\) nên \(S.A'B'C'D'\) cũng là hình chóp tứ giác đều.

Gọi \(\overrightarrow F \) là trọng lực tác dụng lên chậu cây và \(O'\) là tâm của hình vuông \(A'B'C'D'\). Ta có:

\[\overrightarrow F  = \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = \overrightarrow {SA'}  + \overrightarrow {SB'}  + \overrightarrow {SC'}  + \overrightarrow {SD'}  = 4\overrightarrow {SO'} \]

Ta có: \(\left| {\overrightarrow F } \right| = 60 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {SO'} } \right| = SO = 15\).

Do tam giác \(SO'A'\) vuông cân nên \(SA' = SO'\sqrt 2  = 15\sqrt 2  = \frac{1}{2}SA \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}}  = \overrightarrow {SA'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SA}  = \left( {15;0; - 15} \right)\)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

\(\overrightarrow {{F_2}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SB}  = \left( {0;15; - 15} \right),\overrightarrow {{F_3}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SC}  = \left( { - 15;0; - 15} \right),\overrightarrow {{F_4}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SD}  = \left( {0; - 15; - 15} \right)\)

Suy ra: \(\overrightarrow {{F_1}}  + 2\overrightarrow {{F_2}}  + 3\overrightarrow {{F_3}}  + 4\overrightarrow {{F_4}}  = \left( { - 30; - 30; - 150} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}}  + 2\overrightarrow {{F_2}}  + 3\overrightarrow {{F_3}}  + 4\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 90\sqrt 3  \approx 156\).