Vectơ và hệ trục tọa độ trong không gian

Quy tắc hình hộp, trung điểm, trọng tâm, tích vô hướng, tọa độ điểm và vectơ trong Oxyz; 5 dạng bài thi tốt nghiệp với ví dụ ba mức độ và lời giải chi tiết.

Kiến thức trọng tâmLớp 12
Luyện tập chủ đề này
Mục lục (5 phần)

Vectơ trong không gian là "ngôn ngữ" của toàn bộ phần hình học tọa độ lớp 12. Phần I của đề thường có câu hỏi trực tiếp (quy tắc hình hộp, tọa độ vectơ, tích vô hướng), còn các câu OxyzOxyz ở phần II, III đều cần tính độ dài, góc bằng vectơ; ngày càng nhiều câu gắn với vật lí như hợp lực, công, vận tốc. Chủ đề ngắn, công thức ít, nên đây là phần nên lấy trọn điểm.

Kiến thức trọng tâm

Vectơ và các phép toán

Vectơ trong không gian được định nghĩa như trong mặt phẳng (có hướng, có độ dài); hai vectơ bằng nhau khi cùng hướng và cùng độ dài. Các quy tắc cần thuộc:

Quy tắc Biểu thức
Ba điểm AB→+BC→=AC→\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC}⁠; OB→−OA→=AB→\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = \overrightarrow{AB}
Hình bình hành ABCDABCD AB→+AD→=AC→\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AC}
Hình hộp ABCD.A′B′C′D′ABCD.A'B'C'D' AB→+AD→+AA′→=AC′→\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{AC'}
Trung điểm II của ABAB IA→+IB→=0⃗\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} = \vec{0}⁠; MA→+MB→=2MI→\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{MI} với mọi MM
Trọng tâm GG của tam giác ABCABC GA→+GB→+GC→=0⃗\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}
Trọng tâm GG của tứ diện ABCDABCD GA→+GB→+GC→+GD→=0⃗\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \vec{0}
ABCDA'B'C'D'
Quy tắc hình hộp — tổng ba vectơ cùng gốc AA theo ba cạnh là vectơ đường chéo AC′→\overrightarrow{AC'}⁠.

Trong hình hộp, các cạnh song song và cùng chiều cho các vectơ bằng nhau: AB→=DC→=A′B′→=D′C′→\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{A'B'} = \overrightarrow{D'C'}⁠, AA′→=BB′→=CC′→=DD′→\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{BB'} = \overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{DD'}⁠. Nhờ đó mọi vectơ nối hai đỉnh đều viết được qua ba vectơ AB→\overrightarrow{AB}⁠, AD→\overrightarrow{AD}⁠, AA′→\overrightarrow{AA'}⁠.

Tích vô hướng

Góc giữa hai vectơ khác 0⃗\vec{0}⁠: đặt chúng chung gốc, (a⃗,b⃗)(\vec{a}, \vec{b}) là góc tạo bởi hai tia, nằm trong đoạn [0∘;180∘][0^\circ; 180^\circ]⁠. Muốn tìm góc giữa hai vectơ không chung gốc, thay một vectơ bằng vectơ bằng nó có gốc trùng gốc vectơ kia.

Tích vô hướng: a⃗⋅b⃗=∣a⃗∣⋅∣b⃗∣⋅cos⁡(a⃗,b⃗)\vec{a}\cdot\vec{b} = \lvert\vec{a}\rvert\cdot\lvert\vec{b}\rvert\cdot\cos(\vec{a}, \vec{b}) (quy ước bằng 00 nếu một vectơ là 0⃗\vec{0}⁠). Tính chất:

  • a⃗⋅b⃗=b⃗⋅a⃗\vec{a}\cdot\vec{b} = \vec{b}\cdot\vec{a}⁠; a⃗⋅(b⃗+c⃗)=a⃗⋅b⃗+a⃗⋅c⃗\vec{a}\cdot(\vec{b} + \vec{c}) = \vec{a}\cdot\vec{b} + \vec{a}\cdot\vec{c}⁠; (ka⃗)⋅b⃗=k(a⃗⋅b⃗)(k\vec{a})\cdot\vec{b} = k(\vec{a}\cdot\vec{b})⁠;
  • a⃗ 2=∣a⃗∣2\vec{a}^{\,2} = \lvert\vec{a}\rvert^2⁠, nên ∣a⃗+b⃗∣2=∣a⃗∣2+2a⃗⋅b⃗+∣b⃗∣2\lvert\vec{a} + \vec{b}\rvert^2 = \lvert\vec{a}\rvert^2 + 2\vec{a}\cdot\vec{b} + \lvert\vec{b}\rvert^2⁠;
  • a⃗⊥b⃗⇔a⃗⋅b⃗=0\vec{a} \perp \vec{b} \Leftrightarrow \vec{a}\cdot\vec{b} = 0⁠.

Với hai vectơ khác 0⃗\vec{0}⁠, dấu của tích vô hướng cho biết góc: dương thì góc nhỏ hơn 90∘90^\circ⁠, bằng 00 thì góc vuông, âm thì góc lớn hơn 90∘90^\circ⁠.

Hệ trục tọa độ OxyzOxyz

Hệ gồm ba trục OxOx⁠, OyOy⁠, OzOz đôi một vuông góc tại OO với các vectơ đơn vị i⃗\vec{i}⁠, j⃗\vec{j}⁠, k⃗\vec{k}⁠.

  • M(x;y;z)⇔OM→=xi⃗+yj⃗+zk⃗M(x; y; z) \Leftrightarrow \overrightarrow{OM} = x\vec{i} + y\vec{j} + z\vec{k}⁠; a⃗=(a1;a2;a3)⇔a⃗=a1i⃗+a2j⃗+a3k⃗\vec{a} = (a_1; a_2; a_3) \Leftrightarrow \vec{a} = a_1\vec{i} + a_2\vec{j} + a_3\vec{k}⁠.
  • Hình chiếu của M(x;y;z)M(x; y; z) trên mặt phẳng (Oxy)(Oxy) là (x;y;0)(x; y; 0)⁠, trên (Oxz)(Oxz) là (x;0;z)(x; 0; z)⁠, trên trục OxOx là (x;0;0)(x; 0; 0)⁠.
  • Khoảng cách từ MM đến trục OzOz là x2+y2\sqrt{x^2 + y^2}⁠, đến mặt phẳng (Oxy)(Oxy) là ∣z∣\lvert z\rvert⁠.

Biểu thức tọa độ

Với a⃗=(a1;a2;a3)\vec{a} = (a_1; a_2; a_3)⁠, b⃗=(b1;b2;b3)\vec{b} = (b_1; b_2; b_3)⁠, A(xA;yA;zA)A(x_A; y_A; z_A)⁠, B(xB;yB;zB)B(x_B; y_B; z_B)⁠:

Nội dung Công thức
Tổng, hiệu, nhân số a⃗±b⃗=(a1±b1;a2±b2;a3±b3)\vec{a} \pm \vec{b} = {(a_1 \pm b_1; a_2 \pm b_2; a_3 \pm b_3)}
ka⃗=(ka1;ka2;ka3)k\vec{a} = {(ka_1; ka_2; ka_3)}
Tích vô hướng a⃗⋅b⃗=a1b1+a2b2+a3b3\vec{a}\cdot\vec{b} = {a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3}
Độ dài ∣a⃗∣=a12+a22+a32\lvert\vec{a}\rvert = \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + a_3^2}
Góc cos⁡(a⃗,b⃗)=a1b1+a2b2+a3b3∣a⃗∣⋅∣b⃗∣\cos(\vec{a}, \vec{b}) = \dfrac{a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3}{\lvert\vec{a}\rvert\cdot\lvert\vec{b}\rvert}
Vectơ AB→\overrightarrow{AB}⁠, độ dài ABAB AB→=(xB−xA;yB−yA;zB−zA)\overrightarrow{AB} = {(x_B - x_A; y_B - y_A; z_B - z_A)}
AB=∣AB→∣AB = \lvert\overrightarrow{AB}\rvert
Trung điểm II của ABAB I(xA+xB2; yA+yB2; zA+zB2)I\Bigg(\dfrac{x_A + x_B}{2};\allowbreak\ \dfrac{y_A + y_B}{2};\allowbreak\ \dfrac{z_A + z_B}{2}\Bigg)
Trọng tâm GG của tam giác ABCABC G(xA+xB+xC3; yA+yB+yC3; zA+zB+zC3)G\Bigg(\dfrac{x_A + x_B + x_C}{3};\allowbreak\ \dfrac{y_A + y_B + y_C}{3};\allowbreak\ \dfrac{z_A + z_B + z_C}{3}\Bigg)
Cùng phương (b⃗≠0⃗)(\vec{b} \ne \vec{0}) a⃗=kb⃗\vec{a} = k\vec{b}⁠, tức các tọa độ tương ứng tỉ lệ

Vectơ trong vật lí

  • Hợp lực của các lực F⃗1,F⃗2,…\vec{F}_1, \vec{F}_2, \dots cùng tác dụng vào một vật là tổng F⃗1+F⃗2+⋯\vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \cdots⁠; vật đứng cân bằng khi hợp lực bằng 0⃗\vec{0}⁠.
  • Công của lực F⃗\vec{F} (N) làm vật dịch chuyển theo vectơ d⃗\vec{d} (m) là A=F⃗⋅d⃗A = \vec{F}\cdot\vec{d} (J).
  • Vật chuyển động thẳng đều với vectơ vận tốc v⃗\vec{v} từ điểm M0M_0⁠: sau tt giây ở vị trí MM với M0M→=tv⃗\overrightarrow{M_0M} = t\vec{v}⁠; tốc độ là ∣v⃗∣\lvert\vec{v}\rvert⁠.

Mô hình dưới đây dựng đúng các điểm của Dạng 3 và Dạng 4: xoay hình để thấy AB→\overrightarrow{AB} và AC→\overrightarrow{AC} vuông góc, còn ABDCABDC là một hình vuông nằm nghiêng trong không gian.

Hệ tọa độ Oxyz 3D

A(2; 0; 1), B(1; 2; 3), C(4; 2; 0) — hai vectơ AB, AC vuông góc và cùng dài 3; D(3; 4; 2) là đỉnh thứ tư của hình vuông ABDC

Đang chuẩn bị mô hình…

Khi nào dùng vectơ, khi nào dùng tọa độ?

Có hai cách giải cùng một bài hình không gian. Cách vectơ (không tọa độ) hợp với câu hỏi về hình hộp, tứ diện cho bằng chữ: biểu diễn qua ba vectơ gốc rồi dùng quy tắc ba điểm, tích vô hướng. Cách tọa độ hợp với mọi câu đã cho sẵn tọa độ, và cả với hình lập phương, hình hộp chữ nhật, hình chóp S.ABCDS.ABCD có SASA vuông góc với đáy hình chữ nhật ABCDABCD — những hình tự gắn được hệ trục vì có ba cạnh đôi một vuông góc tại một đỉnh.

Với hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ABCD.A'B'C'D' cạnh 11⁠, chọn AA làm gốc, các tia ABAB⁠, ADAD⁠, AA′AA' lần lượt là OxOx⁠, OyOy⁠, OzOz⁠, ta có ngay B(1;0;0)B(1; 0; 0)⁠, D(0;1;0)D(0; 1; 0)⁠, A′(0;0;1)A'(0; 0; 1)⁠, C(1;1;0)C(1; 1; 0)⁠, C′(1;1;1)C'(1; 1; 1)⁠... Từ đây mọi độ dài, góc chỉ còn là phép tính. Đề phần I thường đủ ngắn để làm cách nào cũng được; đề phần II, III nên ưu tiên tọa độ vì ít phải lập luận hơn.

Dạng bài thường gặp trong đề thi

Mỗi dạng có phương pháp và ví dụ theo ba mức nhận biết, thông hiểu, vận dụng. Tự làm trước rồi mới mở lời giải.

Dạng 1: Biểu diễn vectơ trong hình hộp, tứ diện (phần I)

Phương pháp

  1. Chọn ba vectơ "gốc" chung điểm đầu, thường theo ba cạnh xuất phát từ một đỉnh (⁠AB→\overrightarrow{AB}⁠, AD→\overrightarrow{AD}⁠, AA′→\overrightarrow{AA'}⁠).
  2. Đi từ điểm đầu tới điểm cuối của vectơ cần biểu diễn theo các cạnh (quy tắc ba điểm); mỗi cạnh thay bằng vectơ gốc bằng nó hoặc đối của nó.
  3. Gặp trung điểm, trọng tâm: dùng MA→+MB→=2MI→\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{MI} hoặc AG→=13(AB→+AC→)\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}\right) (⁠GG là trọng tâm tam giác ABCABC⁠).
  4. Kiểm tra: số hạng và dấu phải khớp khi đi theo một đường khác.
Xem lời giải

a) Các cạnh song song, cùng chiều và cùng độ dài với ABAB là DCDC⁠, A′B′A'B'⁠, D′C′D'C'⁠: DC→=A′B′→=D′C′→=AB→\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{A'B'} = \overrightarrow{D'C'} = \overrightarrow{AB}⁠. Chú ý CD→\overrightarrow{CD} có cùng độ dài nhưng ngược hướng nên không bằng AB→\overrightarrow{AB}⁠.

b) Ba vectơ có chung gốc B′B' và đi theo ba cạnh B′A′B'A'⁠, B′C′B'C'⁠, B′BB'B của hình hộp. Quy tắc hình hộp đúng với mọi đỉnh: tổng bằng vectơ đường chéo đi từ B′B' tới đỉnh đối diện là DD⁠, tức B′A′→+B′C′→+B′B→=B′D→\overrightarrow{B'A'} + \overrightarrow{B'C'} + \overrightarrow{B'B} = \overrightarrow{B'D}⁠.

Kiểm tra bằng quy tắc hình bình hành và quy tắc ba điểm: B′A′→+B′C′→=B′D′→\overrightarrow{B'A'} + \overrightarrow{B'C'} = \overrightarrow{B'D'} (mặt A′B′C′D′A'B'C'D' là hình bình hành) và B′B→=D′D→\overrightarrow{B'B} = \overrightarrow{D'D}⁠, nên tổng bằng B′D′→+D′D→=B′D→\overrightarrow{B'D'} + \overrightarrow{D'D} = \overrightarrow{B'D}⁠.

Xem lời giải
  • Quy tắc hình hộp tại đỉnh CC (đỉnh đối diện là A′A'⁠): CA′→=CB→+CD→+CC′→=−a⃗−b⃗+c⃗\overrightarrow{CA'} = \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{CC'} = -\vec{a} - \vec{b} + \vec{c} (vì CB→=−AD→\overrightarrow{CB} = -\overrightarrow{AD}⁠, CD→=−AB→\overrightarrow{CD} = -\overrightarrow{AB}⁠, CC′→=AA′→\overrightarrow{CC'} = \overrightarrow{AA'}⁠).
  • Quy tắc ba điểm: BD′→=BA→+AD→+DD′→=−a⃗+b⃗+c⃗\overrightarrow{BD'} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DD'} = -\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} (vì DD′→=AA′→\overrightarrow{DD'} = \overrightarrow{AA'}⁠).
  • AM→=AC→+CM→=(a⃗+b⃗)+12c⃗\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CM} = (\vec{a} + \vec{b}) + \dfrac{1}{2}\vec{c}⁠.
Xem lời giải

a) Đi từ MM tới NN theo hai đường:

MN→=MA→+AD→+DN→,MN→=MB→+BC→+CN→.\begin{aligned} \overrightarrow{MN} &= \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DN}, \\ \overrightarrow{MN} &= \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CN}. \end{aligned}

Cộng vế theo vế, với MA→+MB→=0⃗\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = \vec{0} và DN→+CN→=0⃗\overrightarrow{DN} + \overrightarrow{CN} = \vec{0} (trung điểm): 2MN→=AD→+BC→2\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC}⁠.

b) GG là trung điểm MNMN nên AG→=12(AM→+AN→)\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{AN}\right)⁠, trong đó AM→=12AB→\overrightarrow{AM} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} và AN→=12(AC→+AD→)\overrightarrow{AN} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}\right)⁠. Vậy

AG→=14(AB→+AC→+AD→).\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{4}\left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}\right).

Điểm GG thỏa mãn hệ thức này chính là trọng tâm của tứ diện (đúng với hệ thức GA→+GB→+GC→+GD→=0⃗\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \vec{0}⁠).

Dạng 2: Góc và tích vô hướng trong hình không gian (phần I)

Phương pháp

  1. Góc giữa hai vectơ không chung gốc: "dời" một vectơ thành vectơ bằng nó có cùng gốc với vectơ kia (dùng các cạnh song song của hình hộp, lập phương).
  2. Tích vô hướng của hai vectơ phức tạp: biểu diễn cả hai qua các vectơ gốc đôi một vuông góc hoặc có góc đã biết, rồi khai triển như nhân đa thức.
  3. Muốn chứng minh hai đường thẳng vuông góc: chứng minh tích vô hướng hai vectơ chỉ phương bằng 00⁠.
Xem lời giải
  • ACC′A′ACC'A' là hình chữ nhật nên A′C′→=AC→\overrightarrow{A'C'} = \overrightarrow{AC}⁠. Góc (AB→,AC→)=BAC^=45∘\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\right) = \widehat{BAC} = 45^\circ (đường chéo hình vuông ABCDABCD⁠).
  • C′D′→=CD→=−AB→\overrightarrow{C'D'} = \overrightarrow{CD} = -\overrightarrow{AB}⁠, hai vectơ ngược hướng nên góc bằng 180∘180^\circ⁠.

Đề hỏi góc giữa hai đường thẳng ABAB và C′D′C'D' thì đáp số là 0∘0^\circ (song song) — khác góc giữa hai vectơ.

Xem lời giải

Đặt a⃗=AB→\vec{a} = \overrightarrow{AB}⁠, b⃗=AD→\vec{b} = \overrightarrow{AD}⁠, c⃗=AA′→\vec{c} = \overrightarrow{AA'}⁠: ba vectơ đôi một vuông góc, cùng độ dài aa⁠, nên a⃗⋅b⃗=b⃗⋅c⃗=c⃗⋅a⃗=0\vec{a}\cdot\vec{b} = \vec{b}\cdot\vec{c} = \vec{c}\cdot\vec{a} = 0 và a⃗ 2=b⃗ 2=c⃗ 2=a2\vec{a}^{\,2} = \vec{b}^{\,2} = \vec{c}^{\,2} = a^2⁠.

  • AC′→=a⃗+b⃗+c⃗\overrightarrow{AC'} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}⁠, nên AB→⋅AC′→=a⃗ 2+a⃗⋅b⃗+a⃗⋅c⃗=a2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC'} = \vec{a}^{\,2} + \vec{a}\cdot\vec{b} + \vec{a}\cdot\vec{c} = a^2⁠.
  • BD′→=−a⃗+b⃗+c⃗\overrightarrow{BD'} = -\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}⁠, nên AC′→⋅BD′→=−a2+a2+a2=a2\overrightarrow{AC'}\cdot\overrightarrow{BD'} = -a^2 + a^2 + a^2 = a^2⁠.
  • AC′=BD′=a3AC' = BD' = a\sqrt{3} (đường chéo hình lập phương).
cos⁡(AC′→,BD′→)=a2a3⋅a3=13.\cos\left(\overrightarrow{AC'}, \overrightarrow{BD'}\right) = \dfrac{a^2}{a\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}} = \dfrac{1}{3}.

Góc giữa hai đường chéo xấp xỉ 70,5∘70{,}5^\circ⁠.

Xem lời giải

Viết CD→=AD→−AC→\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AC}⁠. Các mặt là tam giác đều nên góc giữa hai cạnh chung đỉnh AA bằng 60∘60^\circ⁠:

AB→⋅CD→=AB→⋅AD→−AB→⋅AC→=a2cos⁡60∘−a2cos⁡60∘=0.\begin{aligned} \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD} &= \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} \\ &\quad - \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} \\ &= a^2\cos 60^\circ - a^2\cos 60^\circ \\ &= 0. \end{aligned}

Vậy AB→⊥CD→\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{CD}⁠, tức AB⊥CDAB \perp CD⁠. Cách làm này dùng được cho mọi tứ diện có AC=ADAC = AD và BAC^=BAD^\widehat{BAC} = \widehat{BAD}⁠.

Dạng 3: Tọa độ điểm, tọa độ vectơ (phần I)

Phương pháp

  1. Tọa độ AB→\overrightarrow{AB} = tọa độ điểm cuối trừ tọa độ điểm đầu.
  2. Trung điểm, trọng tâm: trung bình cộng tọa độ.
  3. Tìm đỉnh của hình bình hành: viết đúng cặp vectơ bằng nhau theo thứ tự đỉnh (⁠ABCDABCD⁠: AB→=DC→\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}⁠).
  4. Điểm thuộc trục, mặt phẳng tọa độ: điểm trên OxOx có dạng (x;0;0)(x; 0; 0)⁠, trên (Oxy)(Oxy) có dạng (x;y;0)(x; y; 0)⁠...; ba điểm thẳng hàng khi hai vectơ nối chúng cùng phương.
Xem lời giải

a) u⃗=2i⃗+0j⃗−3k⃗\vec{u} = 2\vec{i} + 0\vec{j} - 3\vec{k} nên u⃗=(2;0;−3)\vec{u} = (2; 0; -3) — đừng quên tọa độ 00 của j⃗\vec{j}⁠.

b) Hình chiếu trên (Oxy)(Oxy) là (−2;4;0)(-2; 4; 0)⁠; trên trục OzOz là (0;0;3)(0; 0; 3)⁠. Khoảng cách từ MM đến OzOz là (−2)2+42=20=25\sqrt{(-2)^2 + 4^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}⁠.

Xem lời giải

AB→=(−1;2;2)\overrightarrow{AB} = (-1; 2; 2)⁠, AC→=(2;2;−1)\overrightarrow{AC} = (2; 2; -1)⁠.

G(2+1+43;0+2+23;1+3+03)=(73;43;43)G\left(\dfrac{2 + 1 + 4}{3}; \dfrac{0 + 2 + 2}{3}; \dfrac{1 + 3 + 0}{3}\right) = \left(\dfrac{7}{3}; \dfrac{4}{3}; \dfrac{4}{3}\right)⁠.

ABDCABDC là hình bình hành ⇔AB→=CD→⇔D=C+AB→=(4−1;2+2;0+2)=(3;4;2)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CD} \Leftrightarrow D = C + \overrightarrow{AB} = (4 - 1; 2 + 2; 0 + 2) = (3; 4; 2)⁠.

Chú ý thứ tự đỉnh: "ABDCABDC" có cặp cạnh đối ABAB và DCDC⁠, nên dùng AB→=CD→\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CD}⁠.

Xem lời giải

AB→=(2;1;−2)\overrightarrow{AB} = (2; 1; -2)⁠. AA⁠, BB⁠, MM thẳng hàng ⇔AM→=tAB→\Leftrightarrow \overrightarrow{AM} = t\overrightarrow{AB} với một số tt⁠, tức

M(2+2t; −1+t; 4−2t).M(2 + 2t;\ -1 + t;\ 4 - 2t).

M∈(Oxy)⇔zM=0⇔4−2t=0⇔t=2M \in (Oxy) \Leftrightarrow z_M = 0 \Leftrightarrow 4 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 2⁠. Vậy M(6;1;0)M(6; 1; 0)⁠.

Vì AM→=2AB→\overrightarrow{AM} = 2\overrightarrow{AB} nên BB là trung điểm của AMAM (kiểm tra: 2+62=4\dfrac{2 + 6}{2} = 4⁠, −1+12=0\dfrac{-1 + 1}{2} = 0⁠, 4+02=2\dfrac{4 + 0}{2} = 2⁠).

Dạng 4: Tích vô hướng, độ dài, góc bằng tọa độ (phần I, phần II)

Phương pháp

  1. Tính các vectơ cần dùng (điểm cuối trừ điểm đầu), viết ra nháp từng tọa độ.
  2. Vuông góc: tích vô hướng bằng 00⁠. Độ dài: căn của tổng bình phương. Góc: công thức côsin.
  3. Nhận dạng tam giác: so sánh ba cạnh (cân, đều) và tích vô hướng tại từng đỉnh (vuông).
  4. Câu đúng/sai: một ý sai thường đổi thứ tự đỉnh (hình bình hành ABCDABCD khác ABDCABDC⁠) hoặc nhầm góc giữa hai vectơ với góc giữa hai đường thẳng.
Xem lời giải
  • a⃗⋅b⃗=2⋅1+(−1)⋅4+3⋅(−2)=2−4−6=−8\vec{a}\cdot\vec{b} = 2\cdot 1 + (-1)\cdot 4 + 3\cdot(-2) = 2 - 4 - 6 = -8 (âm nên góc giữa a⃗\vec{a}⁠, b⃗\vec{b} là góc tù).
  • ∣a⃗∣=4+1+9=14\lvert\vec{a}\rvert = \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14}⁠.
  • a⃗⋅c⃗=2−2+0=0\vec{a}\cdot\vec{c} = 2 - 2 + 0 = 0 nên a⃗⊥c⃗\vec{a} \perp \vec{c}⁠.
Xem lời giải

AB→=(1;1;0)\overrightarrow{AB} = (1; 1; 0)⁠, AC→=(0;1;1)\overrightarrow{AC} = (0; 1; 1)⁠, BC→=(−1;0;1)\overrightarrow{BC} = (-1; 0; 1)⁠.

cos⁡BAC^=AB→⋅AC→AB⋅AC=0+1+02⋅2=12,\begin{aligned} \cos\widehat{BAC} &= \dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{AB\cdot AC} \\ &= \dfrac{0 + 1 + 0}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}} = \dfrac{1}{2}, \end{aligned}

nên BAC^=60∘\widehat{BAC} = 60^\circ⁠. Ngoài ra AB=AC=BC=2AB = AC = BC = \sqrt{2}⁠: tam giác ABCABC đều.

Xem lời giải

a) Đúng. AB→=(1−2;2−0;3−1)\overrightarrow{AB} = (1 - 2; 2 - 0; 3 - 1)⁠.

b) Sai. AB→⋅AC→=(−1)⋅2+2⋅2+2⋅(−1)=0\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = (-1)\cdot 2 + 2\cdot 2 + 2\cdot(-1) = 0⁠.

c) Đúng. Tích vô hướng bằng 00 nên AB⊥ACAB \perp AC⁠; AB=1+4+4=3AB = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3 và AC=4+4+1=3AC = \sqrt{4 + 4 + 1} = 3⁠.

d) Sai. ABCDABCD là hình bình hành cần AB→=DC→\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}⁠, nhưng DC→=(1;−2;−2)=−AB→\overrightarrow{DC} = (1; -2; -2) = -\overrightarrow{AB}⁠. Điểm DD này làm ABDCABDC (không phải ABCDABCD⁠) thành hình bình hành — thậm chí là hình vuông.

Dạng 5: Vectơ trong tình huống thực tế (phần III)

Phương pháp

  1. Đọc hệ trục đề chọn (mặt đất là (Oxy)(Oxy)⁠, trục OzOz hướng lên, đơn vị) và đổi dữ kiện thành điểm, vectơ.
  2. Chuyển động thẳng đều: vị trí sau tt giây là M0+tv⃗M_0 + t\vec{v}⁠; quãng đường là t∣v⃗∣t\lvert\vec{v}\rvert⁠.
  3. Lực: hợp lực là tổng các vectơ lực; cân bằng khi tổng bằng 0⃗\vec{0}⁠; công là tích vô hướng F⃗⋅d⃗\vec{F}\cdot\vec{d}⁠.
  4. Góc với phương thẳng đứng dùng k⃗=(0;0;1)\vec{k} = (0; 0; 1)⁠; làm tròn số đo góc ở bước cuối.
Xem lời giải

Sau tt giây, vị trí là A+tv⃗A + t\vec{v}⁠. Với t=5t = 5⁠: B(10+10;20−5;5+10)=(20;15;15)B(10 + 10; 20 - 5; 5 + 10) = (20; 15; 15)⁠.

Quãng đường: AB=5∣v⃗∣=54+1+4=15 (m)AB = 5\lvert\vec{v}\rvert = 5\sqrt{4 + 1 + 4} = 15\,(\text{m})⁠.

Phương thẳng đứng có vectơ k⃗=(0;0;1)\vec{k} = (0; 0; 1)⁠: cos⁡(v⃗,k⃗)=23⋅1=23\cos(\vec{v}, \vec{k}) = \dfrac{2}{3\cdot 1} = \dfrac{2}{3}⁠, nên góc ≈48,2∘\approx 48{,}2^\circ⁠.

Xem lời giải

Vật cân bằng nên F⃗1+F⃗2+F⃗3=0⃗\vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \vec{F}_3 = \vec{0}⁠, suy ra

F⃗3=−(F⃗1+F⃗2)=−(1;5;5)=(−1;−5;−5).\begin{aligned} \vec{F}_3 &= -\left(\vec{F}_1 + \vec{F}_2\right) = -(1; 5; 5) \\ &= (-1; -5; -5). \end{aligned}

∣F⃗3∣=1+25+25=51≈7,14\lvert\vec{F}_3\rvert = \sqrt{1 + 25 + 25} = \sqrt{51} \approx 7{,}14⁠. Đáp số: 7,17{,}1 (N).

Xem lời giải

Công: A=F⃗⋅d⃗=20⋅6+10⋅3+20⋅0=150 (J)A = \vec{F}\cdot\vec{d} = 20\cdot 6 + 10\cdot 3 + 20\cdot 0 = 150\,(\text{J})⁠. Đáp số phần III: 150150⁠.

Góc giữa F⃗\vec{F} và d⃗\vec{d}⁠: ∣F⃗∣=400+100+400=30\lvert\vec{F}\rvert = \sqrt{400 + 100 + 400} = 30⁠, ∣d⃗∣=45=35\lvert\vec{d}\rvert = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}⁠,

cos⁡(F⃗,d⃗)=15030⋅35=53≈0,745,\begin{aligned} \cos(\vec{F}, \vec{d}) &= \dfrac{150}{30\cdot 3\sqrt{5}} \\ &= \dfrac{\sqrt{5}}{3} \approx 0{,}745, \end{aligned}

nên góc ≈41,8∘\approx 41{,}8^\circ⁠. Vì phần nằm ngang (20;10;0)(20; 10; 0) của F⃗\vec{F} cùng hướng với d⃗\vec{d}⁠, đây cũng chính là góc giữa dây kéo và mặt sàn.

Lỗi thường gặp

Mẹo làm bài

Tự luyện

Tám câu trộn đủ ba dạng câu hỏi của đề. Làm xong cả bài rồi mới mở đáp án.

  1. (Phần I) Góc giữa hai vectơ a⃗=(1;−2;2)\vec{a} = (1; -2; 2) và b⃗=(2;1;0)\vec{b} = (2; 1; 0) bằng

    A. 30∘30^\circ · B. 45∘45^\circ · C. 60∘60^\circ · D. 90∘90^\circ

Xem đáp án

D. a⃗⋅b⃗=2−2+0=0\vec{a}\cdot\vec{b} = 2 - 2 + 0 = 0 nên hai vectơ vuông góc.

  1. (Phần I) Với a⃗\vec{a}⁠, b⃗\vec{b} ở câu 1, tính ∣a⃗+b⃗∣\lvert\vec{a} + \vec{b}\rvert⁠.
Xem đáp án

a⃗+b⃗=(3;−1;2)\vec{a} + \vec{b} = (3; -1; 2)⁠, nên ∣a⃗+b⃗∣=9+1+4=14\lvert\vec{a} + \vec{b}\rvert = \sqrt{9 + 1 + 4} = \sqrt{14}⁠. Cách khác: ∣a⃗+b⃗∣2=∣a⃗∣2+2a⃗⋅b⃗+∣b⃗∣2=9+0+5=14\lvert\vec{a} + \vec{b}\rvert^2 = \lvert\vec{a}\rvert^2 + 2\vec{a}\cdot\vec{b} + \lvert\vec{b}\rvert^2 = 9 + 0 + 5 = 14⁠.

  1. (Phần I) Tìm số thực mm để u⃗=(m;2;−1)\vec{u} = (m; 2; -1) vuông góc với v⃗=(3;m;4)\vec{v} = (3; m; 4)⁠.
Xem đáp án

u⃗⋅v⃗=3m+2m−4=0⇔m=45\vec{u}\cdot\vec{v} = 3m + 2m - 4 = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{4}{5}⁠.

  1. (Phần I) Cho M(3;−2;5)M(3; -2; 5)⁠. Tìm hình chiếu của MM trên mặt phẳng (Oxz)(Oxz) và khoảng cách từ MM đến trục OzOz⁠.
Xem đáp án

Hình chiếu trên (Oxz)(Oxz) là (3;0;5)(3; 0; 5)⁠. Khoảng cách đến trục OzOz là 32+(−2)2=13\sqrt{3^2 + (-2)^2} = \sqrt{13}⁠.

  1. (Phần I) Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ABC.A'B'C'⁠. Đặt AA′→=a⃗\overrightarrow{AA'} = \vec{a}⁠, AB→=b⃗\overrightarrow{AB} = \vec{b}⁠, AC→=c⃗\overrightarrow{AC} = \vec{c}⁠. Biểu diễn B′C→\overrightarrow{B'C} theo a⃗\vec{a}⁠, b⃗\vec{b}⁠, c⃗\vec{c}⁠.
Xem đáp án

B′C→=B′B→+BC→=−a⃗+(AC→−AB→)=c⃗−b⃗−a⃗\overrightarrow{B'C} = \overrightarrow{B'B} + \overrightarrow{BC} = -\vec{a} + \left(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}\right) = \vec{c} - \vec{b} - \vec{a}⁠.

  1. (Phần II) Cho A(1;0;2)A(1; 0; 2)⁠, B(3;2;1)B(3; 2; 1)⁠, C(0;4;3)C(0; 4; 3)⁠. Xét tính đúng sai:

    a) AB→=(2;2;−1)\overrightarrow{AB} = (2; 2; -1)⁠.

    b) Tam giác ABCABC vuông tại AA⁠.

    c) AC=32AC = 3\sqrt{2}⁠.

    d) cos⁡BAC^>12\cos\widehat{BAC} > \dfrac{1}{2}⁠.

Xem đáp án

a) Đúng. (3−1;2−0;1−2)(3 - 1; 2 - 0; 1 - 2)⁠.

b) Sai. AC→=(−1;4;1)\overrightarrow{AC} = (-1; 4; 1)⁠, AB→⋅AC→=−2+8−1=5≠0\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = -2 + 8 - 1 = 5 \ne 0⁠.

c) Đúng. AC=1+16+1=18=32AC = \sqrt{1 + 16 + 1} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}⁠.

d) Sai. cos⁡BAC^=53⋅32=5218≈0,393<12\cos\widehat{BAC} = \dfrac{5}{3\cdot 3\sqrt{2}} = \dfrac{5\sqrt{2}}{18} \approx 0{,}393 < \dfrac{1}{2} (góc khoảng 66,9∘66{,}9^\circ⁠, lớn hơn 60∘60^\circ⁠).

  1. (Phần III) Cho A(1;2;−1)A(1; 2; -1)⁠, B(3;0;3)B(3; 0; 3)⁠. Điểm MM thuộc trục OyOy thỏa mãn MA=MBMA = MB⁠. Tìm tung độ của MM⁠.
Xem đáp án

M(0;m;0)M(0; m; 0)⁠. MA2=1+(m−2)2+1=m2−4m+6MA^2 = 1 + (m - 2)^2 + 1 = m^2 - 4m + 6⁠, MB2=9+m2+9=m2+18MB^2 = 9 + m^2 + 9 = m^2 + 18⁠. MA=MB⇔−4m+6=18⇔m=−3MA = MB \Leftrightarrow -4m + 6 = 18 \Leftrightarrow m = -3⁠. Đáp số: -3.

  1. (Phần III) Một cột ăng-ten thẳng đứng có chân OO và đỉnh TT cao 12 m12\,\text{m}⁠. Chọn hệ trục OxyzOxyz có mặt đất là (Oxy)(Oxy)⁠, đơn vị mét, T(0;0;12)T(0; 0; 12)⁠. Hai sợi dây neo đi từ đỉnh TT xuống hai điểm P(5;0;0)P(5; 0; 0) và Q(0;−9;0)Q(0; -9; 0) trên mặt đất. Tính góc giữa hai sợi dây TPTP và TQTQ (làm tròn đến hàng đơn vị của độ).
Xem đáp án

TP→=(5;0;−12)\overrightarrow{TP} = (5; 0; -12)⁠, TQ→=(0;−9;−12)\overrightarrow{TQ} = (0; -9; -12)⁠; TP=13TP = 13⁠, TQ=15TQ = 15⁠, TP→⋅TQ→=144\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ} = 144⁠.

cos⁡PTQ^=14413⋅15=4865≈0,738\cos\widehat{PTQ} = \dfrac{144}{13\cdot 15} = \dfrac{48}{65} \approx 0{,}738⁠, nên PTQ^≈42,4∘\widehat{PTQ} \approx 42{,}4^\circ⁠. Đáp số: 42.

Kiểm tra lại kiến thức vừa ôn

Làm 10 câu luyện tập về vectơ và hệ trục tọa độ trong không gian và xem lời giải ngay sau mỗi câu.

Luyện tập ngay

Đề có câu hỏi về chủ đề này

Đề ôn luyện số 1

90 phút · Trung bình

Làm thử miễn phí

Đề ôn luyện số 2

90 phút · Cơ bản

Làm thử miễn phí

Đề ôn luyện số 3

90 phút · Nâng cao

Làm thử miễn phí