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

a) Sai vì $\overrightarrow{AB}=(1;1;1)=\overrightarrow{DC}\Rightarrow D(4;5;-5)$.
b) Sai vì $\overrightarrow{AB}=(1;1;1)$.
c) Đúng vì $\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=(-2;-5;7)=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\Rightarrow A^{\prime }(2;1;2)\Rightarrow \overrightarrow{A^{\prime }C}=(3;5;-6)$.
d) Đúng vì $A(4;6;-5)\Rightarrow \overrightarrow{OA}=4\vec{i}+6\vec{j}-5\vec{k}$.

Ta có $A{B}^{\prime }=A{D}^{\prime }=B^{\prime }{D}^{\prime }=a\sqrt{2}$ nên tam giác $A{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ đều cạnh $a\sqrt{2}$. Khi đó $|\vec{x}|=|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A{D}^{\prime }}|=2\cdot a\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{6}$.

a) Đúng. b) $AB=\sqrt{2}$ và $AC=1$ (Sai). c) $\cos \widehat{BAC}=\frac{-1}{\sqrt{2}}⟹\widehat{BAC}=135^{\circ }$ (Sai). d) $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin 135^{\circ }=\frac{1}{2}$ (Đúng).

Ta có $AB=\sqrt{3},AC=1,BC=\sqrt{6}$. Chu vi tam giác $ABC$ là $\sqrt{3}+1+\sqrt{6}\approx 5,18$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BA}=(2-5;0-1;1-(-2))=(-3;-1;3)$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=(-3;-3;3)$ (d đúng). Từ $\overrightarrow{CM}=-\overrightarrow{AB}=(3;3;-3)⟹M(3;1;0)$ (a đúng). Trọng tâm $G\left(\frac{5}{3};-\frac{1}{3};\frac{4}{3}\right)$ (b sai). Điểm $N(3;1;0)\in (Oxy)$ thỏa $\overrightarrow{AN}=(-1;-1;1)=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$ nên $A,B,N$ thẳng hàng (c đúng).

a) Vì $A{A}^{\prime }\perp AD$ nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{AD}=0$ (Sai). b) $H$ là tâm hình hộp nên $AH=\frac{1}{2}A{C}^{\prime }=\frac{a\sqrt{2^2+3^2+4^2}}{2}=\frac{a\sqrt{29}}{2}$ (Sai). c) $|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}|=A{C}^{\prime }=a\sqrt{29}$ (Đúng). d) Theo quy tắc hình hộp, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ (Đúng).

Chọn hệ trục tọa độ gốc tại điểm xuất phát, hai máy bay ở vị trí $M_1(4;-3;1,5)$ và $M_2(-2;3;1)$. Khoảng cách giữa chúng là $\sqrt{(4-(-2){)}^2+(-3-3{)}^2+(1,5-1{)}^2}=\sqrt{72,25}=8,5\text{km}$.

Trong hình lập phương $ABCD.MNPQ$, ta có $\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{AC}$. Tam giác $ACN$ có $AC=AN=CN=a\sqrt{2}$ là tam giác đều nên $(\overrightarrow{AN},\overrightarrow{AC})=60^{\circ }$. Do đó $(\overrightarrow{AN},\overrightarrow{PM})=(\overrightarrow{AN},-\overrightarrow{AC})=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$.

Từ $\overrightarrow{MO}=(-1;2;-2)⟹\overrightarrow{OM}=(1;-2;2)⟹M(1;-2;2)$. Trung điểm của $MN$ có tọa độ $\left(\frac{1+1}{2};\frac{-2+0}{2};\frac{2+4}{2}\right)=(1;-1;3)$.

a) Từ hình vẽ, $x=150$ (Nam), $y=300$ (Đông), $z=9$, nên tọa độ máy bay là $(150;300;9)$ (Sai). b) Sau $1$ giờ bay theo hướng Đông (chiều dương trục $Oy$), tung độ tăng thêm $750\text{km}$ thành $300+750=1050$, tọa độ là $(150;1050;9)$ (Đúng). c) Khoảng cách đến $O$ là $\sqrt{150^2+300^2+9^2}=\sqrt{112581}\approx 335,5\text{km}\ne 335,6\text{km}$ (Sai). d) Độ cao so với mặt đất là $z=9\text{km}$ (Đúng).

Vì $M$ là trung điểm của $CD$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})$. Khi đó $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AB})=\frac{1}{2}(a^2\cos 60^{\circ }+a^2\cos 60^{\circ })=\frac{a^2}{2}$.

Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành khi $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\iff D=A+C-B=(1+2-(-3);2+4-0;1+(-1)-3)=(6;6;-3)$. Chọn D.

a) $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}-2\overrightarrow{OC}=(1+3-4;1+3-0;2+0-2)=(0;4;0)\ne (0;-4;0)$. Sai.
b) $P=M{A}^2+M{B}^2=20+(c-2{)}^2+c^2=2(c-1{)}^2+22$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $c=1\ne -1$. Sai.
c) Trung điểm của $AB$ là $\left(\frac{1+3}{2};\frac{1+3}{2};\frac{2+0}{2}\right)=(2;2;1)$. Đúng.
d) $\overrightarrow{AB}=(2;2;-2),\overrightarrow{AC}=(1;-1;-1)\Rightarrow \cos (AB,AC)=\frac{|2\cdot 1+2(-1)+(-2)(-1)|}{\sqrt{12}\cdot \sqrt{3}}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$. Đúng.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0104, trang 5), Câu 11 chọn đáp án A.

Vì $M$ là trung điểm của $AB$, $N$ là trung điểm của $CD$, $G$ là trung điểm của $MN$ nên $G$ là trọng tâm của hệ bốn điểm $A,B,C,D$.
Do đó: $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\vec{0}$ (B đúng).
Suy ra: $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=-\overrightarrow{GD}\ne \overrightarrow{GD}$ (A sai).
Mặt khác, $G$ là trung điểm $MN$ nên $\overrightarrow{GM}+\overrightarrow{GN}=\vec{0}$ (D đúng).
Vì $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=\vec{0}$ và $\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=2\overrightarrow{MN}=4\overrightarrow{MG}$ nên $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=4\overrightarrow{MG}$ (C đúng).
Vậy khẳng định sai là A.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 17), Câu 11 (Phần I) chọn đáp án C.

Trong tam giác $SAB$, $M$ là trung điểm của $SA$ và $N$ là trung điểm của $SB$, nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}⟺\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{MN}$.
Theo quy tắc trừ vectơ với điểm $P$: $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{PN}-\overrightarrow{PM}$.
Do đó: $\overrightarrow{AB}=2(\overrightarrow{PN}-\overrightarrow{PM})$.

Chọn đáp án C.

Trong hình hộp $ABCD.EFGH$, đường thẳng $AG$ nằm trong mặt phẳng $(DAFG)$ và đường thẳng $HE\parallel DA$ nên $\overrightarrow{HE}$ có giá song song với $(DAFG)$. Hai vectơ $\overrightarrow{AG}$ và $\overrightarrow{HE}$ không cùng phương nên là cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng $(DAFG)$. Chọn A.

a) Vì $\vec{b}=2\vec{i}+0\vec{j}+4\vec{k}$ nên $\vec{b}=(2;0;4)$. Đúng.
b) $\vec{a}\cdot \vec{b}=4\cdot 2+(-1)\cdot 0+2\cdot 4=16\ne 4$. Sai.
c) $|\vec{a}|=\sqrt{4^2+(-1{)}^2+2^2}=\sqrt{21}\ne \sqrt{19}$ và $|\vec{b}|=\sqrt{2^2+0^2+4^2}=2\sqrt{5}$. Sai.
d) $\cos (\vec{a},\vec{b})=\frac{\vec{a}\cdot \vec{b}}{|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|}=\frac{16}{\sqrt{21}\cdot 2\sqrt{5}}=\frac{8}{\sqrt{105}}\Rightarrow (\vec{a},\vec{b})\approx 38,67^{\circ }\ne 78^{\circ }$. Sai.
Đáp án bảng mã đề 0101 (trang 5): a) Đ, b) S, c) S, d) S.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 123, trang 5), Câu 8 (Phần I) chọn đáp án B.

Vì đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của cả $AC$ và $BD$.
Do đó $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=2\overrightarrow{SO}$ và $\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SO}$.
Cộng vế với vế ta được: $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}=4\overrightarrow{SO}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 123, trang 5), Câu 3 (Phần II): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

- Ý a: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}=(-5-(-3);6-4;2-2)=(-2;2;0)$. Ý a đúng.
- Ý b: Từ $\overrightarrow{DC}=(-2;2;0)⟹D=C-(-2;2;0)=(-10+2;17-2;-7-0)=(-8;15;-7)$. Ý b đúng.
- Ý c: Ta có $\overrightarrow{AD}=(-8-(-3);15-4;-7-2)=(-5;11;-9)$.
Tích có hướng $[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}]=(-18;-18;-12)\ne (-2;8;-9)$. Do đó ý c sai.
- Ý d: Đường thẳng đi qua $D(-8;15;-7)$ và vuông góc với $(ABCD)$ nhận $\vec{u}=(3;3;2)$ làm VTCP có phương trình chính tắc là $\frac{x+8}{3}=\frac{y-15}{3}=\frac{z+7}{2}$. Phương trình ở ý d sai dấu tọa độ điểm $D$. Do đó ý d sai.