Bài 6. Vectơ trong không gian

Hướng dẫn giải

Vì trong quá trình máy bay tăng vận tốc từ 900km/h lên 920km/h máy bay giữ nguyên hướng bay nên vectơ \(\overrightarrow {{F_1}} \) và \(\overrightarrow {{F_2}} \) có cùng hướng. Do đó, \(\overrightarrow {{F_1}}  = k\overrightarrow {{F_2}} \) với k là một số thực dương nào đó (1).

Gọi \({v_1},{v_2}\) lần lượt là vận tốc của của chiếc máy bay khi đạt 900km/h và 920km/h.

Suy ra \({v_1} = 900\left( {km/h} \right),{v_2} = 920\left( {km/h} \right)\)

Vì lực cản của không khí ngược hướng với lực đẩy của động cơ và có độ lớn tỉ lệ thuận với bình phương vận tốc máy bay nên

\(\frac{{\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|}} = \frac{{v_1^2}}{{v_2^2}} = \frac{{{{900}^2}}}{{{{920}^2}}} = \frac{{2025}}{{2116}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \frac{{2025}}{{2116}}\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|\) (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(\overrightarrow {{F_1}}  = \frac{{2025}}{{2116}}\overrightarrow {{F_2}}  \Rightarrow k = \frac{{2025}}{{2116}} \approx 0,96\)

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

a) Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AO}  + \overrightarrow {OB} ;\overrightarrow {A'B'}  = \overrightarrow {A'O'}  + \overrightarrow {O'B'} \)

Mà \(\overrightarrow {OA}  = \overrightarrow a ,\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow b ,\overrightarrow {O'A'}  = \overrightarrow a ,\overrightarrow {O'B'}  = \overrightarrow b  \Rightarrow \overrightarrow {AO}  = \overrightarrow {A'O'} ;\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {O'B'} \)

Do đó, \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {A'B'} \)

b) Áp dụng định lí côsin vào tam giác AOB ta có: \(\cos \widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2.OA.OB}}\)

Áp dụng định lí côsin vào tam giác A’O’B’ ta có: \(\cos \widehat {A'O'B'} = \frac{{O'A{'^2} + O'B{'^2} - A'B{'^2}}}{{2.O'A'.O'B'}}\)

Vì \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {A'B'}  \Rightarrow AB = A'B',\overrightarrow {AO}  = \overrightarrow {A'O'}  \Rightarrow OA = O'A'\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {O'B'}  \Rightarrow OB = O'B'\)

Do đó, \(\cos \widehat {AOB} = \cos \widehat {A'O'B'} \Rightarrow \widehat {AOB} = \widehat {A'O'B'}\)

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

Góc giữa hai vectơ cùng hướng bằng \({0^0}\).

Góc giữa hai vectơ ngược hướng bằng \({180^0}\).

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên AA’B’B là hình chữ nhật. Suy ra, \(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {BB'} \). Do đó: \(\left( {\overrightarrow {AA'} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {BB'} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \widehat {B'BC} = {90^0}\) (do BB’C’C là hình chữ nhật)

Vì AA’B’B là hình chữ nhật nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {A'B'} \).

Do đó, \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \widehat {C'A'B'}\).

Vì tam giác A’B’C’ là tam giác đều nên \(\widehat {C'A'B'} = {60^0}\). Do đó, \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = {60^0}\).

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

Công thức xác định tích vô hướng của hai vectơ trong mặt phẳng: Tích vô hướng của hai vectơ \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow v \) là một số, kí hiệu là \(\overrightarrow u  \cdot \overrightarrow v \), được xác định bởi công thức sau:  

\(\overrightarrow u  \cdot \overrightarrow v  = \left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right)\).

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD trong hình vuông ABCD. Do đó, O là trung điểm của BD, O là trung điểm của AC.

Tứ giác ABCD là hình vuông cạnh a nên độ dài đường chéo BD là \(a\sqrt 2 \)\( \Rightarrow OB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Gọi E là trung điểm của SC. Mà O là trung điểm của AC nên OE là đường trung bình của tam giác SAC, do đó, OE//SA, \(OE = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2}\). Suy ra: \(\overrightarrow {AS}  = 2\overrightarrow {OE} \)

Vì O là trung điểm của BD nên \(\overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {OB} \)

Vì tam giác SBC có ba cạnh bằng nhau nên tam giác SBC là tam giác đều. Do đó, BE là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác SBC. Do đó, \(EB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(O{E^2} + O{B^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{3{a^2}}}{4} = E{B^2}\) nên \(\Delta \)EOB vuông tại O. Do đó, \(\overrightarrow {OE}  \bot \overrightarrow {OB} \)

Ta có: \(\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {OE} .\left( { - 2\overrightarrow {OB} } \right) =  - 4\overrightarrow {OE} .\overrightarrow {OB}  = 0\)

Tứ giác ABCD là hình vuông nên \(\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {BA} \)

Ta có: \(\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {BA}  =  - \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AB}  =  - \left| {\overrightarrow {AS} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|\cos \left( {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {AB} } \right) =  - \left| {\overrightarrow {AS} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|\cos \widehat {SAB}\)

Vì tam giác SAB có ba cạnh bằng nhau nên tam giác SAB đều, suy ra \(\widehat {SAB} = {60^0}\)

Suy ra: \(\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {CD}  =  - \left| {\overrightarrow {AS} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|\cos \widehat {SAB} =  - a.a.\cos {60^0} = \frac{{ - {a^2}}}{2}\)

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

Giả sử cạnh của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ bằng 1. Khi đó, \(A'C' = B'D' = \sqrt 2 \)

Gọi E’ là giao điểm của hai đường chéo A’C’ và B’D’ của hình vuông A’B’C’D’. Khi đó, E’ là trung điểm của A’C’ và B’D’. Suy ra \(\overrightarrow {B'D'}  = 2\overrightarrow {E'D'} \) và \(E'D' = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Gọi E là trung điểm của CC’. Mà E’ là trung điểm của A’C’ nên EE’ là đường trung bình của tam giác A’C’C. Do đó, \(\overrightarrow {A'C}  = 2\overrightarrow {E'E} \) và \(E'E = \frac{1}{2}A'C\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta \)A’C’C vuông tại C’ có: \(A'C = \sqrt {A'C{'^2} + C'{C^2}}  = \sqrt {2 + 1}  = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow E'E = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta \)D’C’E vuông tại C’ có:

\(ED{'^2} = C'D{'^2} + C'{E^2} = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}\)

Vì \(E'D{'^2} + E'{E^2} = \frac{1}{2} + \frac{3}{4} = \frac{5}{4} = ED{'^2}\) nên \(\Delta \)E’D’E vuông tại E’. Do đó, \(\overrightarrow {E'E}  \bot \overrightarrow {E'D'} \)

Ta có: \(\overrightarrow {A'C} .\overrightarrow {B'D'}  = 2.\overrightarrow {E'E} .2.\overrightarrow {E'D'} \)\( = 0\) (đpcm)

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

Ta có: \(A = \overrightarrow F .\overrightarrow {MN}  = \left| {\overrightarrow F } \right|.\left| {\overrightarrow {MN} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow F ,\overrightarrow {MN} } \right)\)

Vì lực \(\overrightarrow F \) có độ lớn không đổi và vật di chuyển một quãng đường không đổi nên A lớn nhất khi \(\cos \left( {\overrightarrow F ,\overrightarrow {MN} } \right)\) lớn nhất. Do đó, \(\cos \left( {\overrightarrow F ,\overrightarrow {MN} } \right) = 1 \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow F ,\overrightarrow {MN} } \right) = {0^0}\) . Khi đó, lực tác động cùng hướng với chuyển động của vật. Vậy công sinh ra sẽ lớn nhất khi lực tác động cùng hướng với chuyển động của vật.

Khi kéo (hoặc đẩy) các vật nặng, ta nên kéo (hoặc đẩy) cùng cùng hướng với chuyển động của vật. 

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

Các câu đúng: Nếu \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) đều cùng hướng với \(\overrightarrow c \) thì \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng hướng.

Nếu \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) đều ngược hướng với \(\overrightarrow c \) thì \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng hướng.

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

Vì B’BAA’ là hình chữ nhật nên \(BB' = AA' = DD' = 4 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BB'} } \right| = 4\)

Vì tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên tam giác BAD vuông tại A.

Do đó, \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{2^2} + {3^2}}  = \sqrt {13} \) (định lí Pythagore), suy ra: \(\left| {\overrightarrow {BD} } \right| = \sqrt {13} \)

Vì BB’D’D là hình chữ nhật nên tam giác DD’B vuông tại D

Theo định lí Pythagore ta có: \(BD' = \sqrt {B{D^2} + DD{'^2}}  = \sqrt {13 + {4^2}}  = \sqrt {29}  \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BD'} } \right| = \sqrt {29} \)

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)