Trong không gian tọa độ OxyzOxyz với các vectơ đơn vị →i;→j;→k→i;→j;→k trên các trục, cho một vectơ →u→u.
Ta nói bộ ba số (x;y;z)(x;y;z) là tọa độ của vectơ →u→u đối với hệ tọa độ OxyzOxyz và kí hiệu là →u=(x;y;z)→u=(x;y;z) hoặc →u(x;y;z)→u(x;y;z) khi và chỉ khi →u=x→i+y→j+z→k.→u=x→i+y→j+z→k.
Tính chất. Cho các vectơ →u1=(x1;y1;z1),→u2=(x2;y2;z2)→u1=(x1;y1;z1),→u2=(x2;y2;z2) và một số thực kk tùy ý, ta có:
→u1=→u2⇔{x1=x2y1=y2z1=z2→u1±→u2=(x1±x2;y1±y2;z1±z2)k→u1=(kx1;ky1;kz1)
Hai vectơ →u1 và →u2 khác vectơ-không được gọi là cùng phương khi và chỉ khi tồn tại một số k sao cho →u1=k→u2 hay x1:y1:z1=x2:y2:z2.
Ta có: →a=2→i+→k−3→j=2→i−3→j+→k⇒→a=(2;−3;1) .
Ta có →AB=(−3;4;−3) suy ra |→AB|=√(−3)2+42+(−3)2=√34 .
Tọa độ điểm A đối xứng với B(a;b;c) qua gốc tọa độ O(0;0;0) là A(−a;−b;−c)
Khi đó tọa độ điểm A đối xứng với B(1;3;−5) qua gốc tọa độ O(0;0;0) là A(−1;−3;5)
Vì AB=√9+4+4=√17 .
Các phép toán vecto trong SGK, k→a=(ka1;ka2,ka3) Khẳng định k3→a=(ka1;ka2,ka3) sai.
Ta có AB=√(3−1)2+(0+3)2+(−2−1)2=√22 .
Theo biểu thức tọa độ của các phép toán vecto ta có
m→a+n→b=(ma1+nb1;ma2+nb2;ma3+nb3)
Ta có: {→a=(2;0;3)→b=(−3;−18;0)→c=(2;0;−2)⇒{2→a=(4;0;6)−→b3=(1;6;0)3→c=(6;0;−6)
⇒→x=2→a−→b3+3→c=(11;6;0). Vậy →x=(11;6;0)
Phương pháp: Điểm M(a;b;c) có hình chiếu trên trục Ox, Oy, Oz lần lượt là: M1(a;0;0),M2(0;b;0) và M3(0;0;c) .
Cách giải: Hình chiếu của M lên trục Oy là Q(0;2;0)
→AB=(1;2;3) .
Côsin góc giữa hai vectơ →a và →b là: cos(→a,→b)=→a.→b|→a|.|→b| =−1√14.√2=−12√7 .
→u,→v cùng phương với nhau ⇒1−2=−1a=2b⇒a=2;b=−4
Nếu →a(xa,ya,za) và →b(xb,yb,zb) thì →c=→a−→b=(xa−xb;ya−yb;za−zb)
ABCD là hình bình hành nên →CD=−→AB=(−1;−1;2),
Ta có →v=(a;b;c)
→v=−2→u⇔{a=−2(−1)b=−2.0c=−2.3⇒→v=(2;0;−6)
Hình chiếu của A(3;−1;1) lên mặt phẳng (Oyz) là điểm N(0;−1;1) .
→MA=k→MB,→MB≠→0,k∈R∖{0}, suy ra :
→MA,→MB là hai vectơ cùng phương nhưng giá của chúng có thể trùng nhau, có thể song song nên A, M, B chưa chắc thẳng hàng (M không nằm giữa A, B) và MA=|k|MB
Chọn đáp án : ‘‘→MA,→MB là hai vectơ cùng phương’’
Ta có →AB=(−4;1;4) ⇒AB=|→AB|=√(−4)2+12+42=√33 .
AB=√(2−1)2+(1+1)2+(1−2)2=√6.
→a .
Từ →a=−→i+2→j−3→k⇒→a=(−1;2;−3) .
Điểm thuộc mặt phẳng (xOy) sẽ có cao độ bằng 0. Từ đó, tachọn được Q(2;1;0) là điểm thỏa yêu cầu đề bài.
Hình chiếu vuông góc của điểm M(2;1;−1) trên trục Oz có tọa độ là (0;0;−1) .
Ta thấy −62=−31=3−1=−3⇒→v=−3→u