Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Vectơ/tọa độ Oxyz (Toán học Lớp 12)

Theo tính chất trọng tâm của tứ diện $ABCD$:
- $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\vec{0}$ (A đúng).
- Với mọi điểm $O$, $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=4\overrightarrow{OG}$ (B đúng).
- Chọn $O\equiv C$, ta có $\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CC}+\overrightarrow{CD}=4\overrightarrow{CG}⟺\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}=4\overrightarrow{CG}$ (D đúng).
- Do đó $\overrightarrow{CG}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD})\ne \frac{1}{3}(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CD})$. Mệnh đề C là mệnh đề sai. Chọn C.

- Ba vectơ $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A{A}^{\prime }},\overrightarrow{AD}$ xuất phát từ một đỉnh của hình hộp, không cùng nằm trong một mặt phẳng nên không đồng phẳng (A sai, B sai).
- $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$ thuộc mặt phẳng đáy $(ABCD)$, còn $C^{\prime }\notin (ABCD)$ nên $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ không nằm trong mặt phẳng đó, do đó ba vectơ này không đồng phẳng (C sai).
- Ta có $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}$. Ba vectơ $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }},\overrightarrow{DC}$ có giá song song hoặc nằm trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, do đó chúng đồng phẳng (D đúng). Chọn D.

Gọi $M$ là trung điểm cạnh $BC$, tọa độ của $M$ là $M\left(\frac{-1+1}{2};\frac{1+3}{2};\frac{0+2}{2}\right)=(0;2;1)$.
Vectơ chỉ phương của trung tuyến $AM$ là $\overrightarrow{AM}=(0-1;2-1;1-1)=(-1;1;0)$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$.
Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;1;1),\overrightarrow{AD}=(0;-1;0)\Rightarrow \overrightarrow{AC}=(1;0;1)\Rightarrow C(2;0;2)$.
Lại có $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=(4-2;5-0;-5-2)=(2;5;-7)$.
Suy ra $A^{\prime }=A+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(1+2;0+5;1-7)=(3;5;-6)$.

Ta có các vectơ:
$\overrightarrow{AB}=(-1;0;1),\overrightarrow{AC}=(1;1;1)$
Tích có hướng của hai vectơ là:
$[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]=(0\cdot 1-1\cdot 1;1\cdot 1-(-1)\cdot 1;-1\cdot 1-0\cdot 1)=(-1;2;-1)$
Độ dài vectơ tích có hướng:
$|[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]|=\sqrt{(-1{)}^2+2^2+(-1{)}^2}=\sqrt{6}$
Diện tích tam giác $ABC$ là:
$S_{ABC}=\frac{1}{2}|[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]|=\frac{\sqrt{6}}{2}$
Chọn C.

Đặt $z=x+yi$ ($x,y\in \mathbb{R}$). Ta có $(x+yi)+2(x-yi)=6+2i\iff 3x-yi=6+2i\iff x=2,y=-2$. Vậy điểm biểu diễn số phức $z$ có tọa độ là $(2;-2)$. Chọn đáp án A.

Chọn D.
Điểm $M(1;-2)$ biểu diễn $z\Rightarrow z=1-2i$, suy ra $\bar{z}=1+2i$.
Ta có $iz-\bar{z}=i(1-2i)-(1+2i)=(i+2)-1-2i=1-i$.
Theo bảng đáp án chính thức mã 201 của Sở GD&ĐT Đà Nẵng, Chọn D ($\sqrt{26}$).

Đoạn thẳng $AB$ có độ dài bằng môđun của hiệu hai số phức biểu diễn:
$AB=|(3-i)z-(1+i)z|=|z\cdot (3-i-1-i)|=|z|\cdot |2-2i|$.
Ta có $|z|=\sqrt{1^2+(\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{4}=2$, và $|2-2i|=\sqrt{2^2+(-2{)}^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$.
Do đó $AB=2\cdot 2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$. Chọn B.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$.
Ta có $\overrightarrow{AB}=(-2;1;-1)$, $\overrightarrow{AD}=(1;-2;0)⟹\overrightarrow{AC}=(-1;-1;-1)⟹C(-2;0;1)$.
Mặt khác $A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}⟹C^{\prime }=A^{\prime }+\overrightarrow{AC}=(2+(-1);1+(-1);2+(-1))=(1;0;1)$. Chọn A.

Khoảng cách từ $A(x_0;y_0;z_0)$ đến trục $Ox$ là $d(A,Ox)=\sqrt{y_0^2+z_0^2}=\sqrt{16+9}=5$. Đến trục $Oy$ là $d(A,Oy)=\sqrt{x_0^2+z_0^2}=\sqrt{9+9}=3\sqrt{2}$. Đến trục $Oz$ là $d(A,Oz)=\sqrt{x_0^2+y_0^2}=\sqrt{9+16}=5$. Tổng khoảng cách là $T=5+3\sqrt{2}+5=10+3\sqrt{2}$. Chọn D.

Chọn B.
Điểm $N\in (Oxy)$ để $MN$ nhỏ nhất chính là hình chiếu vuông góc của điểm $M$ lên mặt phẳng $(Oxy)$.
Do đó $N(1;2;0)$.

Ta có $(1+2i)z=(1-2i)+(6-9i)=7-11i⟹z=\frac{7-11i}{1+2i}=\frac{(7-11i)(1-2i)}{1^2+2^2}=\frac{7-14i-11i-22}{5}=\frac{-15-25i}{5}=-3-5i$. Do đó $a=-3,b=-5⟹ab=(-3)(-5)=15$. Chọn B.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}⟹D=A+C-B=(-4;8;-3)$.

Ta có $A(0;0;0),B(5;0;0),D(0;6;0),C(5;6;0),A^{\prime }(0;0;10),B^{\prime }(5;0;10)$.
a) Đúng.
b) Đúng vì $\overrightarrow{AC}=(5;6;0),\overrightarrow{A^{\prime }B}=(5;0;-10)⟹\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{A^{\prime }B}=(15;6;-20)$, độ dài bằng $\sqrt{15^2+6^2+(-20{)}^2}=\sqrt{661}$.
c) Sai vì trọng tâm $G$ của $△BD{A}^{\prime }$ có tọa độ $G\left(\frac{5}{3};2;\frac{10}{3}\right)$.
d) Đúng vì $\overrightarrow{AG}=\left(\frac{5}{3};2;\frac{10}{3}\right)$ và $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0;6;-10)$ nên $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{B^{\prime }C}=0+12-\frac{100}{3}=-\frac{64}{3}$.

Vì máy bay chuyển động thẳng đều nên $\overrightarrow{BC}=\frac{4}{8}\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(90;20;2)=(45;10;1)$. Suy ra $C(847;230;9)$, do đó $x+y+z=847+230+9=1086$.

Gọi $C(x;y;z)$.

Do $G(-3;1;4)$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên

$\{\begin{array}{l}-3=\frac{1+2+x}{3}\\ 1=\frac{0+3+y}{3}\\ 4=\frac{-1+5+z}{3}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-12\\ y=0\\ z=8\end{array}\text{ hay }C(-12;0;8).$

Ta có $\overrightarrow{AB}=(m-1;m-3;3)$. Khi đó $\overrightarrow{AB}\cdot \vec{u}=0\iff 2(m-1)+1(m-3)-1\cdot 3=0\iff 3m-8=0\iff m=\frac{8}{3}\in (1;3)$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, ta có $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AM}$.
Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AG}$.
Do đó:
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AG}.$

Ta có $\overrightarrow{AG}=(2-2;1-(-1);0-3)=(0;2;-3)$.
Vậy $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3(0;2;-3)=(0;6;-9)$.

Ta có $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}$ nên góc giữa $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}$ bằng góc $\widehat{B^{\prime }AC}$. Vì tam giác $A{B}^{\prime }C$ có $A{B}^{\prime }=AC=B^{\prime }C=2a$ nên là tam giác đều, suy ra $\widehat{B^{\prime }AC}=60^{\circ }$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=(-12;6;0)$ và $\overrightarrow{AM}=(2m-3;3;n-1)$.
Ba điểm $A,B,M$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\overrightarrow{AM}$ cùng phương với $\overrightarrow{AB}$, tức là tồn tại số $k$ sao cho $\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{AB}$:
$\{\begin{array}{l}2m-3=-12k\\ 3=6k\\ n-1=0k\end{array}⟺\{\begin{array}{l}k=\frac{1}{2}\\ 2m-3=-6\\ n-1=0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}m=-\frac{3}{2}\\ n=1\end{array}.$