Đáp án: \(B(4;3;0)\)

Lời giải:

Điểm \(B\) có tọa độ là \(B(0;3;5)\).

Đáp án: \(B'(2;3;0)\)

Lời giải:

Tọa độ của điểm \(B'\) là: \(B'(2;3;5)\).

Đáp án: \((0;-3;4)\)

Lời giải:

Hình chiếu của điểm \(M(a;b;c)\) lên mặt phẳng \((Oyz)\) là điểm \(A(0;b;c)\), nên hình chiếu của điểm \(M(2;-3;4)\) lên mặt phẳng \((Oyz)\) là điểm có tọa độ là \((0;-3;4)\).

Đáp án: \(\left(1;4;- 5\right)\)

Lời giải:

Dễ thấy phương trình mặt phẳng \(\left(Oxz\right)\colon y = 0\) nên suy ra điểm đối xứng với \(A\left(1; -4; - 5\right)\) qua \(\left(Oxz\right)\) là điểm \(A'\left(1;4;-5\right)\).

Đáp án: \((-1;3;-3)\)

Lời giải:

Ta có \(\overrightarrow{BA}=(-1;3;-3)\).

Đáp án: \((-2;-2;4)\)

Lời giải:

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A)\). Áp dụng ta được \(\overrightarrow{AB}=(-2;-2;4)\).

Đáp án: \(I(1;0;4)\)

Lời giải:

Tọa độ trung điểm \(I\) là

\(\begin{cases}x_I = \displaystyle\frac{x_A+x_B}{2}=1\\ y_I = \displaystyle\frac{y_A+y_B}{2}=0\\ z_I = \displaystyle\frac{z_A+z_B}{2}=4.\end{cases}\)

Đáp án: \(I(1;-1;4)\)

Lời giải:

Ta có \(\begin{cases}x_I=\displaystyle\frac{x_A+x_B}{2}=\displaystyle\frac{3-1}{2}=1\\ y_I=\displaystyle\frac{y_A+y_B}{2}=\displaystyle\frac{-4+2}{2}=-1\\ z_I=\displaystyle\frac{z_A+z_B}{2}=\displaystyle\frac{3+5}{2}=4\end{cases} \Rightarrow I(1;-1;4)\).

Đáp án: \(A'(-3;3;3)\)

Lời giải:

Gọi \(I, I'\) lần lượt là tâm của \(ABCD\) và \(A'B'C'D'\). Khi đó:

+) \(I\) là trung điểm \(AC\) nên \(I\left( \displaystyle\frac{1}{2};2;\displaystyle\frac{1}{2}\right) \).

+) \(I'\) là trung điểm \(B'D'\) nên \(I'\left( \displaystyle\frac{1}{2};3;\displaystyle\frac{5}{2}\right) \).

Hơn nữa

\(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{II'}\Leftrightarrow \left(x_{A'}+3;y_{A'}-2;z_{A'}-1 \right)=(0;1;2) \) hay \(A'(-3;3;3)\).

Đáp án: \((9;-5;5)\)

Lời giải:

Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-4;5;-1),\ \overrightarrow{DC}=(5-x_D;-y_D; 4-z_D)\).

Từ đó suy ra

\(\begin{cases}5-x_D=-4\\-y_D=5\\4-z_D=-1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_D=9\\y_D=-5\\z_D=5.\end{cases}\)

Áp dụng quy tắc hình hộp, ta có

$$\overrightarrow{ON}=2 \vec{i}+5 \vec{j}+4 \vec{k}.$$

Vì vậy, toạ độ của điểm $N$ là $(2 ; 5 ; 4)$.

Trong hình bên, \(ABCM.FODE\) là hình hộp chữ nhật. Áp dụng quy tắc hình hộp suy ra

\[\overrightarrow{O M}=\overrightarrow{O F}+\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O B}=3 \overrightarrow{i}+4 \overrightarrow{j}+3 \overrightarrow{k}.\]

Vì vậy, toạ độ của điểm \(M\) là \((3 ; 4 ; 3)\).

Dựa vào hình vẽ, ta thấy điểm \(P\) có tọa độ là \((2;3;3)\).

\(OP=\sqrt{2^2+3^2+3^2}=\sqrt{22}\).

a) Ta có

+) \(O\) là gốc tọa độ nên \(O(0;0;0)\);

+) \(B\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên \((Oxy)\) nên \(B(2;3;0)\);

+) \(C'\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên \((Oyz)\) nên \(A'(0;3;5)\);

+) \(A'\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên \((Oxz)\) nên \(A'(2;0;5)\);

+) \(A\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên trục \(Ox\) nên \(A(2;0;0)\);

+) \(C\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên trục \(Oy\) nên \(C(0;3;0)\);

+) \(O'\) là hình chiếu vuông góc của \(B'\) lên trục \(Oz\) nên \(O'(0;0;5)\).

b) Ta có \(OB'=\sqrt{2^2+3^2+5^2}=\sqrt{38}\).

Do $A_1$ nằm trên $Ox$ nên có tọa độ là $\left(3;0;0\right)$.\\

$A_2$ nằm trên mặt phẳng $Oy$ nên có tọa độ là $\left(0;2;0\right)$.\\

$A_3$ nằm trên mặt phẳng $Oz$ nên có tọa độ là $\left(0;0;4\right)$.

Do $A_1$ nằm trên $(Oxy)$ nên có tọa độ là $\left(4;5;0\right)$.\\

$A_2$ nằm trên mặt phẳng $(Oyz)$ nên có tọa độ là $\left(0;5;3\right)$.\\

$A_3$ nằm trên mặt phẳng $(Ozx)$ nên có tọa độ là $\left(4;0;3\right)$.

Do $\overrightarrow{OA}=4\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}$ nên $A\left(4;0;0\right)$.\\

$\overrightarrow{OC}=0\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}$ nên $C\left(0;6;0\right)$.\\

$\overrightarrow{OO'}=0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}$ nên $O'\left(0;0;3\right)$.\\

$\overrightarrow{OA'}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OO'}=4\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}$ nên $A'\left(4;0;3\right)$.\\

$\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}=4\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}$nên $B\left(4;6;0\right)$.\\

$\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OO'}=4\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}$ nên $B'\left(4;6;3\right)$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=5\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}$, suy ra $B(5; 0; 0)$; \\

$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=5\overrightarrow{i}+5\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}$, suy ra $C(5; 5; 0)$.\\

$\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}=5\overrightarrow{i}+5\overrightarrow{j}+5\overrightarrow{k}$, suy ra $C'(5; 5; 5)$.

a) Mặt bên \(OCC'O'\) nằm trong mặt phẳng tọa độ \((Oyz)\).

b) \(Ox \perp (Oyz)\) nên \(Ox \perp \left(OCC'O'\right)\).

c) Mặt bên \(OAA'O'\) nằm trong mặt phẳng tọa độ \((Oxz)\). Các mặt phẳng tọa độ đôi một vuông góc với nhau nên \(\left(OAA'O'\right) \perp (Oxy)\).

Ta có

a) \(O(0;0;0); B;D \in Ox\Rightarrow B\left(\displaystyle\frac{b}{2};0;0\right); D\left(-\displaystyle\frac{b}{2};0;0\right)\).

\(A;C\in Oy\Rightarrow A\left(0;-\displaystyle\frac{a}{2};0\right); C\left(0;\displaystyle\frac{a}{2};0\right)\).

\(A'\in Oz\Rightarrow A'\left(0;0;c\right)\).

Ta có

\(\overrightarrow{AA'}=\left(0;\displaystyle\frac{a}{2};c\right); \overrightarrow{BB'}=\left(x_{B'}-\displaystyle\frac{b}{2};y_{B'};z_{B'}\right)\); \(\overrightarrow{CC'}=\left(x_{C'};y_{C'}-\displaystyle\frac{a}{2};z_{C'}\right); \overrightarrow{DD'}=\left(x_{D'}+\displaystyle\frac{b}{2};y_{D'};z_{D'}\right)\).

Ta có

\(\bullet\) \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{BB'}\Rightarrow B'\left(\displaystyle\frac{b}{2};\displaystyle\frac{a}{2};c\right)\).

\(\bullet\) \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{CC'}\Rightarrow C'\left(0;a;c\right)\).

\(\bullet\) \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{DD'}\Rightarrow D'\left(- \displaystyle\frac{b}{2};\displaystyle\frac{a}{2};c\right)\).

b) \(\overrightarrow{BD'}=\left(-b;\displaystyle\frac{a}{2};c\right)\).

Vì đỉnh \(D'\) thuộc tia \(O x\) nên hai véc-tơ \(\overrightarrow{O D'}\) và \(\overrightarrow{i}\) cùng phương, suy ra có số thực \(m\) sao cho \(\overrightarrow{O D'}=m \overrightarrow{i}\).

Tương tự, có các số thực \(n\), \(p\) sao cho \(\overrightarrow{O B'}=n \overrightarrow{j}\) và \(\overrightarrow{O A}=p \overrightarrow{k}\). Theo quy tắc hình hộp, suy ra \(\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O D'}+\overrightarrow{O B'}+\overrightarrow{O A}=m \overrightarrow{i}+n \overrightarrow{j}+p \overrightarrow{k}\) và do đó điểm \(C\) có toạ độ là \((m ; n ; p)\).

Mặt khác, đỉnh \(C\) có toạ độ là \((2 ; 3 ; 5)\) nên \(m=2, n=3\), \(p=5\), tức là \(\overrightarrow{O D'}=2 \overrightarrow{i}, \overrightarrow{O B'}=3 \overrightarrow{j}\) và \(\overrightarrow{O A}=5 \overrightarrow{k}\).

Từ đây suy ra \(D'(2 ; 0 ; 0), B'(0 ; 3 ; 0)\) và \(A(0 ; 0 ; 5)\).

Vì \(\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}\) nên ta tìm được \(C(2;4;0)\).

Vì \(\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{AA'}\) nên ta tìm được \(D'(2;0;3)\).

Vì \(\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{DD'}\) nên ta tìm được \(C'(2;4;3)\).

Vì \(\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{AA'}\) nên ta tìm được \(B'(2;0;3)\).

Gọi các điểm \(B(3;0;0)\), \(C(3;6;0)\), \(D(0;6;0)\) như hình vẽ.

\(N\) là trung điểm \(OC\), \(N'\) là hình chiếu của \(N\) lên mặt phẳng trần nhà.

Suy ra \(N'\) là điểm treo đèn.

Ta có \(N\) có tọa độ là \(\left(\displaystyle\frac{0+3}{2};\displaystyle\frac{0+6}{2};\displaystyle\frac{0+0}{2}\right)\), suy ra \(N\left(\displaystyle\frac{3}{2};3;0\right)\).

Suy ra \(N'\left(\displaystyle\frac{3}{2};3;3\right)\).

Vậy tọa độ của điểm treo đèn là \(\left(\displaystyle\frac{3}{2};3;3\right)\).

Để tìm toạ độ của véctơ \(\overrightarrow{AB}\), ta cần biểu diễn \(\overrightarrow{AB}\) theo ba véctơ \(\overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}, \overrightarrow{k}\).

Do \(\overrightarrow{AB}\) cùng phương với \(\overrightarrow{i}\) và \(|\overrightarrow{AB}|=AB=8=8|\overrightarrow{i}|\) nên \(\overrightarrow{AB}=8\overrightarrow{i}\) hay \(\overrightarrow{AB}=8\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\).

Tương tự, ta cũng có \(\overrightarrow{AD}=0\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\), \(\overrightarrow{AA'}=0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}\).

Trong hình bình hành \(ABCD\), ta có \(\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=8\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\).

Trong hình bình hành \(AA'C'C\), ta có \(\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AA'}=8\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}\).

Vì \(M\) là trung điểm \(C'D'\) nên

\(\begin{aligned}[t]\overrightarrow{AM} &=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD'}+\overrightarrow{AC'}\right) &=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC'}\right) &=\displaystyle\frac{1}{2}\left(4\overrightarrow{k}+6\overrightarrow{j}+8\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}\right) &=4\overrightarrow{i}+6\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}.\end{aligned}\)

a) Tọa độ các đỉnh của hình lập phương lần lượt là

\(C(1;1;0)\), \(B'(1;0;1)\), \(D'(0;1;1)\), \(C'(1;1;1)\).

b) Tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(A'BD\) là

\(G\left(\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{1}{3}\right).\)

c) Tọa độ của véc-tơ \(\overrightarrow{OG}=\left(\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{1}{3};\displaystyle\frac{1}{3}\right)\) và \(\overrightarrow{OC'}=(1;1;1)\).

Khi đó, \(\overrightarrow{OG}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{OC'}\) suy ra \(\overrightarrow{OG}\), \(\overrightarrow{OC'}\) cùng phương nên ba điểm \(O\), \(G\), \(C'\) thẳng hàng và \(\overrightarrow{OG}=\displaystyle\frac{1}{3}\overrightarrow{OC'}\).

a) Dựa trên gợi ý của hình vẽ ta xác định một hệ trục toạ độ là \(Bxyz\) với \(B\) trùng với gốc toạ độ \(O(0; 0)\) và các véctơ đơn vị là \(\overrightarrow{i}\) trên trục \(Bx\); \(\overrightarrow{j}\) trên trục \(By\); \(\overrightarrow{k}\) trên trục \(Bz\).

b) Ta có \(\overrightarrow{BA}=0\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\) nên \(A(0; 2; 0)\).

Vì \(B\) trùng gốc \(O\) nên \(B(0; 0; 0)\).

Vì \(\overrightarrow{BC}=0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}\) nên \(C(0; 0; 3)\).

Ta có \(\overrightarrow{BS}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BH}\)

mà \(\overrightarrow{BA}=0\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}\)

và \(\overrightarrow{BH}=0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}\)

nên \(\overrightarrow{BH}=0\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}\) hay \(S(0; 2; 2)\).

a) Dựa trên gợi ý của hình vẽ ta xác định một hệ trục toạ độ là $Bxyz$ với $B$ trùng với gốc toạ độ $O(0; 0)$ và các véctơ đơn vị là $\overrightarrow{i}$ trên trục $Bx$; $\overrightarrow{j}$ trên trục $By$; $\overrightarrow{k}$ trên trục $Bz$.

b) Ta có $\overrightarrow{BA}=0\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}$ nên $A(0; 2; 0)$.\\

Vì $B$ trùng gốc $O$ nên $B(0; 0; 0)$.\\

Vì $\overrightarrow{BC}=0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}$ nên $C(0; 0; 3)$.\\

Ta có $\overrightarrow{BS}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BH}$ \\

mà $\overrightarrow{BA}=0\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}$ \\

và $\overrightarrow{BH}=0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}$ \\

nên $\overrightarrow{BH}=0\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}$ hay $S(0; 2; 2)$.

Vì \(BC = 2\), \(O\) là trung điểm \(BC\) nên \(OC =1\). Suy ra điểm cuối của véc-tơ \(\overrightarrow{i}\) là điểm \(C\).

Vì \(SAOH\) là hình chữ nhật nên \(OH = SA = 1\). Suy ra điểm cuối của véc-tơ \(\overrightarrow{k}\) là điểm \(H\).

Tam giác \(ABC\) đều, có \(AO\) là đường cao.

Suy ra \(AO = \sqrt{AB^2 - OB^2} = \sqrt{3}\). Trên cạnh \(OA\), lấy điểm \(j\) sao cho \(Oj = 1\).

Vậy ta được các véc-tơ \(\overrightarrow{i}\), \(\overrightarrow{j}\), \(\overrightarrow{k}\) như hình vẽ.

Điểm \(C\) nằm trên tia \(Ox\), \(OC = 1\Rightarrow \overrightarrow{OC} = 1\cdot \overrightarrow{i} + 0\cdot \overrightarrow{j} + 0\cdot \overrightarrow{k} \Rightarrow C(1; 0; 0)\).

Điểm \(B\) nằm trên tia đối của tia \(Ox\), \(OB = 1 \Rightarrow \overrightarrow{OB} = (-1)\cdot \overrightarrow{i} + 0\cdot \overrightarrow{j} + 0\cdot \overrightarrow{k} \Rightarrow B(-1; 0; 0)\).

Điểm \(A\) nằm trên tia \(Oy\), \(OA = \sqrt{3} \Rightarrow \overrightarrow{OA} = 0\cdot \overrightarrow{i} + \sqrt{3}\cdot \overrightarrow{j} + 0\cdot \overrightarrow{k}\Rightarrow A(0;\sqrt{3};0)\).

Ta có \(\overrightarrow{OS} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OH} = 0\cdot \overrightarrow{i} + \sqrt{3}\cdot \overrightarrow{j} + 0\cdot \overrightarrow{k} + 0\cdot \overrightarrow{i} + 0\cdot \overrightarrow{j} + 1\cdot \overrightarrow{k} = 0\cdot \overrightarrow{i} + \sqrt{3}\cdot \overrightarrow{j} + 1\cdot \overrightarrow{k}\).

Suy ra \(S(0;\sqrt{3};1)\).

Gọi \(a\) là các cạnh của hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\). Ta có \(BD=AC=a\sqrt{2}\).

+) \(O(0;0;0); B\in Ox\Rightarrow B\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0\right); C\in Oy \Rightarrow C\left(0;\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0\right); S\in Oz\Rightarrow S\left(0;0;\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)\).

+) \(O\) là trung điểm \(AC\) và \(BD \Rightarrow A\left(0; -\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}; 0\right); D\left(-\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0\right)\).

Xét tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\) và có \(OA = 4\), \(AB = 5\) nên \(OB = \sqrt{AB^2 - OA^2 } = 3\).

Điểm \(B\) nằm trên tia \(Ox\), \(OB = 3\Rightarrow \overrightarrow{OB} = 3\overrightarrow{i}\).

Điểm \(A\) nằm trên tia đối của tia \(Oy\), \(OA = 4\) \(\Rightarrow \overrightarrow{OA}=-4\overrightarrow{j}\).

Điểm \(C\) nằm trên tia \(Oy\), \(OC = OA = 4\Rightarrow \overrightarrow{OC}=4\overrightarrow{j}\).

Điểm \(S\) nằm trên tia \(Oz\), \(OS = 4\Rightarrow \overrightarrow{OS}=4\overrightarrow{k}\).

Khi đó \(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = 3\cdot \overrightarrow{i}+4\cdot \overrightarrow{j}+0\cdot \overrightarrow{k}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow{AB} = (3; 4; 0)\).

\(\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA} = 0\cdot \overrightarrow{i}+8\cdot \overrightarrow{j}+0\cdot \overrightarrow{k}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow{AC} = (0; 8; 0)\).

\(\overrightarrow{AS} = \overrightarrow{OS} - \overrightarrow{OA} = 0\cdot \overrightarrow{i}+4\cdot \overrightarrow{j}+4\cdot \overrightarrow{k} \Rightarrow \overrightarrow{AS} = (0; 4; 4)\).

\(\overrightarrow{AM} = \displaystyle\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AS}\right)= 0\cdot \overrightarrow{i}+6\cdot \overrightarrow{j}+2\cdot \overrightarrow{k} \Rightarrow \overrightarrow{AM} = (0; 6; 2)\).

Tọa độ tâm của hình bình hành \(MMNPQ\) là trung điểm \(H\) của \(MP\) nên \(H(45;60;30)\).

Suy ra tọa độ \(K_0(45;60;25)\); \(K_1(45;60;19)\) và \(\overrightarrow{K_0K_1}=(0;0;6)\).

+) Gọi toạ độ điểm \(A\) là \(\left(x_A;y_A;z_A\right)\). Vì chiều rộng của sân là \(6,1 \mathrm{~m}\) nên \(x_A=6,1\). Do một nửa chiều dài của sân là \(6,7 \mathrm{~m}\) nên \(y_A=6,7\). Điểm \(A\) thuộc mặt phẳng \((Oxy)\) nên \(z_A=0\). Vì vậy, điểm \(A\) có tọa độ là \((6,1;6,7;0)\).

+) Độ dài đoạn thẳng \(AB\) là \(1,55 \mathrm{~m}\) nên điểm \(B\) có toạ độ là \((6,1;6,7;1,55)\).

Vậy ta có: \(\overrightarrow{AB}=(6,1-6,1;6,7-6,7;1,55-0)\), tức là \(\overrightarrow{AB}=(0;0;1,55)\).

Gọi \(M\) là điểm biểu diễn của tàu thám hiểm, suy ra \(M(25;15;-10)\).

Ta có \(\overrightarrow{OM}=(25;15;-10) \Rightarrow \left|\overrightarrow{OM}\right|=\sqrt{25^2+15^2+(-10)^2}=5\sqrt{38}\approx 30,82\) (km) \(>30\).

Vậy ra-đa không thể phát hiện được chiếc tàu thám hiểm có toạ độ là \((25;15;-10)\) đối với hệ toạ độ nói trên.

a) Ta có \(\overrightarrow{AC}=(100;100;-2)\), suy ra \(AC=\sqrt{100^2+100^2+4}=141{,}435\).

b) Ta có \(\overrightarrow{AB}=(200;0;0)\)

Máy bay đã phải bay chệch hướng một góc \(\widehat{BAC}\), ta có

\(\cos \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{AB\cdot AC}=\displaystyle\frac{20000}{200\sqrt{100^2+100^2+4}}\approx0{,}71\Rightarrow \widehat{BAC}=44^\circ45^\circ\)

Công sinh ra bởi lực \(\overrightarrow{F}\) bằng \(A=\overrightarrow{F}\cdot\overrightarrow{OM}=9\,\mathrm{J}\).

\(\triangle OBH\) vuông tại \(H\), có \(\widehat{HOB}= 30^\circ\),

\(OB = 15\Rightarrow OH = OB\cdot \cos 30 = \displaystyle\frac{15\sqrt{3}}{2}\),

\( BH = OB\cdot \sin 30 = \displaystyle\frac{15}{2} \Rightarrow OK = \displaystyle\frac{15}{2}\).

Ta có \(\overrightarrow{OA} = 10\overrightarrow{k} \), \(\overrightarrow{OH} = \displaystyle\frac{15\sqrt{3}}{2} \overrightarrow{j}\), \(\overrightarrow{OK} = \displaystyle\frac{15}{2}\overrightarrow{i}\).

Khi đó

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{AB} & = &\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = \overrightarrow{OH}+\overrightarrow{OK}-\overrightarrow{OA}\\& = & \displaystyle\frac{15}{2}\overrightarrow{i} + \displaystyle\frac{15\sqrt{3}}{2} \overrightarrow{j} - 10 \overrightarrow{k}\\\Rightarrow \overrightarrow{AB} & =& \left(\displaystyle\frac{15}{2}; \displaystyle\frac{15\sqrt{3}}{2}; - 10 \right).\end{eqnarray*}

Tam giác \(OMH\) vuông tại \(H\), \(OM = 50\); \(\widehat{MOH} = 48^\circ\) nên ta có \(OH = OM\cdot \cos 48 \approx 33{,}5\) và \(OC = MH = OM \cdot \sin 48 \approx 37{,}2\).

Tam giác \(OAH\) vuông tại \(A\), \(OH = 33{,}5\); \(\widehat{AOH} = 64^\circ\) nên ta có \(OA = OH\cdot \cos 64 \approx 14{,}7\),

\(OB = AH = OH\cdot \sin 64 \approx 30{,}1\).

Suy ra

\begin{eqnarray*}\overrightarrow{OM} & = & \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} \\& = & 14{,}7\overrightarrow{i}+30{,}1\overrightarrow{j}+37{,}2\overrightarrow{k}.\end{eqnarray*}

Vậy \(M(14{,}7; 30{,}1; 37{,}2)\).

Trong nửa giờ, kể từ lúc đạt được độ cao nhất định, máy bay bay với vận tốc \(890\) km/h nên bay được quãng đường dài \(445\) km.

Véc-tơ biểu diễn độ dịch chuyển của chiếc máy bay trong nửa giờ đó đối với hệ toạ độ

là \(\vec{v}=0\cdot \vec{i}+445\cdot \vec{j}+ 0\cdot \vec{k}\).

Vậy \(\vec{v}=(0;445;0)\).

Theo giả thiết, ta có các điểm \(P(0;0;4)\), \(Q_1(0;-1;0)\), \(Q_2\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\displaystyle\frac{1}{2};0\right)\), \(Q_{3}\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\displaystyle\frac{1}{2};0\right)\).

Suy ra \(\overrightarrow{PQ_1}=(0-0;-1-0;0-4)\) hay \(\overrightarrow{PQ_1}=(0;-1;-4)\);

\(\overrightarrow{PQ_2}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}-0;\displaystyle\frac{1}{2}-0;0-4\right)\) hay \(\overrightarrow{PQ_2}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\displaystyle\frac{1}{2};-4\right)\);

\(\overrightarrow{PQ_3}=\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}-0;\displaystyle\frac{1}{2}-0;0-4\right)\) hay \(\overrightarrow{PQ_3}=\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\displaystyle\frac{1}{2};-4\right)\).

Suy ra \(\left|\overrightarrow{PQ_1}\right|=\left|\overrightarrow{PQ_2}\right|=\left|\overrightarrow{PQ_3}\right|=\sqrt{17}\). Do đó \(\left|\overrightarrow{F_1}\right|=\left|\overrightarrow{F_2}\right|=\left|\overrightarrow{F_3}\right|\).

Vì vậy, tồn tại hằng số \(c\ne 0\) sao cho

\(\overrightarrow{F_1}=c\overrightarrow{PQ_1}=(0;-c;-4c);\)

\(\overrightarrow{F_2}=c\overrightarrow{PQ_2}=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}c;\displaystyle\frac{1}{2}c;-4c\right);\)

\(\overrightarrow{F_3}=c\overrightarrow{PQ_3}=\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}c;\displaystyle\frac{1}{2}c;-4c\right).\)

Suy ra \(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=(0;0;-12c)\).

Mặt khác, ta có \(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F}\), trong đó \(\overrightarrow{F}=(0;0;-360)\) là trọng lực tác dụng lên máy quay.

Suy ra \(-12c=-360\), tức là \(c=30\).

Vậy \(\overrightarrow{F_1}=(0;-30;-120)\); \(\overrightarrow{F_2}=\left(15\sqrt{3};15;-120\right)\); \(\overrightarrow{F_3}=\left(-15\sqrt{3};15;-120\right)\).