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

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $\overrightarrow{AB}=B-A=(3;0;0)$. b) Đúng: $A^{\prime }$ có cùng tọa độ với $A$ theo $Ox,Oy$ và cao bằng $D{D}^{\prime }=5$ nên $A^{\prime }(0;0;5)$. c) Sai: $M$ trung điểm $D{D}^{\prime }$ với $D(0;4;0)$, $D^{\prime }(0;4;5)$ nên $M(0;4;\frac{5}{2})$, không phải $(0;4;5)$. d) Đúng: $C^{\prime }(3;4;5)$. Lấy $A^{\prime \prime }$ đối xứng $A^{\prime }(0;0;5)$ qua mặt $(Oxy)$ thì $A^{\prime \prime }(0;0;-5)$. Khi đó $\min (A^{\prime }N+N{C}^{\prime })=A^{\prime \prime }{C}^{\prime }=\sqrt{(3-0{)}^2+(4-0{)}^2+(5+5{)}^2}=\sqrt{125}=5\sqrt{5}$. Khớp với đáp án nguồn (D, D, S, D).
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}=B-A=(3-0;0-0;0-0)=(3;0;0)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp chữ nhật, $A{A}^{\prime }=D{D}^{\prime }=5$ và $A^{\prime }$ nằm trên trục $Oz$ nên $A^{\prime }(0;0;5)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$M$ trung điểm $D{D}^{\prime }$: $M\left(\frac{0+0}{2};\frac{4+4}{2};\frac{0+5}{2}\right)=(0;4;2,5)\ne (0;4;5)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$C^{\prime }(3;4;5)$. Lấy $A^{\prime \prime }(0;0;-5)$ đối xứng $A^{\prime }$ qua $(Oxy)$, khi đó $A^{\prime }N+N{C}^{\prime }=A^{\prime \prime }N+N{C}^{\prime }\ge A^{\prime \prime }{C}^{\prime }=\sqrt{9+16+100}=\sqrt{125}=5\sqrt{5}$, dấu bằng khi $N$ là giao của $A^{\prime \prime }{C}^{\prime }$ với $(Oxy)$.

(AI giải đề cho tôi)
Hợp lực của $\overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_2}$: $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=15^2+15^2+2\cdot 15\cdot 15\cos 135^{\circ }=450-\frac{450}{\sqrt{2}}\approx 131,802$. Vì $\overrightarrow{F_3}$ vuông góc với mặt phẳng $(\alpha )$ nên vuông góc với $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$, do đó $|\vec{F}{|}^2=131,802+10^2=231,802$, suy ra $|\vec{F}|\approx 15,2$ N. Kết quả khớp với đáp án nguồn 15,2.

Từ hình vẽ suy ra tọa độ: $A(600;300;450)$ và $C=(150;750;600)$.

Sau 10 phút vệ tinh đi được đoạn đường $BC\Rightarrow AB=\frac{2}{3}AC$. Do đó ta có $\overrightarrow{AB}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$.

Gọi $B(x;y;z)$. Tính $\overrightarrow{AB}=(x-600;y-300;z-450)$, $\overrightarrow{AC}=(-450;450;150)$.

$$\overrightarrow{AB}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}\iff \{\begin{array}{l}x-600=\frac{2}{3}(-450)\\ y-300=\frac{2}{3}\cdot 450\\ z-450=\frac{2}{3}\cdot 150\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=300\\ y=600\\ z=550\end{array}\Rightarrow B(300;600;550).$$

KL: $OB=\sqrt{300^2+600^2+550^2}\approx 867$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục: Ox hướng Nam, Oy hướng Đông, Oz hướng lên. A(2;-3;1,5), B(-3;4;1,2). a) OA=√(4+9+2,25)=√15,25≈3,91 km; OB=√(9+16+1,44)=√26,44≈5,14 km, nên khinh khí cầu thứ nhất GẦN điểm xuất phát hơn, khẳng định a) sai. b) A(2;-3;1,5) đúng. c) Gọi P(x;y;0) trên mặt đất, lấy A'(2;-3;-1,5) đối xứng A qua mặt đất thì PA+PB=PA'+PB ≥ A'B, dấu bằng khi P là giao điểm của A'B với mặt đất. A'B=√(5²+7²+2,7²)=√81,29≈9,02 km, đúng. d) B(-3;4;1,2) chứ không phải (-3;-4;1,2), sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
OA=√15,25≈3,91 km < OB=√26,44≈5,14 km nên khinh khí cầu thứ nhất gần điểm xuất phát hơn, khẳng định sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Nam 2 km → x=2; Tây 3 km → y=-3; cao 1,5 km → z=1,5. Vậy A(2;-3;1,5), đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Min PA+PB trên mặt đất bằng A'B với A'(2;-3;-1,5): √(25+49+7,29)=√81,29≈9,02 km, đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Bắc 3 km → x=-3; Đông 4 km → y=4; cao 1,2 km → z=1,2. Vậy B(-3;4;1,2), không phải (-3;-4;1,2), sai.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $E(0;0;1)$, $F(1;0;1)$, $G(1;1;1)$, $H(0;1;1)$. Tâm $O(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2})$. Trọng tâm tam giác $BFD$: $I=\frac{B+F+D}{3}=\left(\frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$. Suy ra $\overrightarrow{IO}=O-I=\left(-\frac{1}{6};\frac{1}{6};\frac{1}{6}\right)$ và $\overrightarrow{BH}=H-B=(-1;1;1)$. Vậy $\overrightarrow{IO}=\frac{1}{6}\overrightarrow{BH}$, tức $a=1,b=6$, nên $M=a^2+b^2=1+36=37$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (37).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A là gốc, $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AD}=\vec{d}$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{a}$ với $\vec{a},\vec{b},\vec{d}$ đôi một vuông góc và cùng độ dài. Khi đó $\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}$.

a) $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\vec{b}+\vec{d}+\vec{a}$ vì $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$, $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Đúng.

b) $I$ là trung điểm $AC$ nên $\vec{I}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$; $G$ trọng tâm tam giác $A{B}^{\prime }C$ nên $\vec{G}=\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{B^{\prime }G}=\vec{G}-\vec{a}=\frac{\vec{b}+\vec{d}-2\vec{a}}{3}$ và $\overrightarrow{GI}=\vec{I}-\vec{G}=\frac{\vec{b}+\vec{d}-2\vec{a}}{6}$. Vậy $\overrightarrow{B^{\prime }G}=2\overrightarrow{GI}$. Đúng.

c) $G$ là trọng tâm tam giác $A{B}^{\prime }C$ nên $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{G{B}^{\prime }}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}$, không phải với bộ điểm $A,B,C$. Thật vậy $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=-3\vec{G}+\vec{b}+(\vec{b}+\vec{d})=\vec{b}-\vec{a}\ne \vec{0}$. Sai.

d) $I$ là tâm hình vuông $ABCD$, $D$ và $C$ là hai đỉnh kề nhau nên $\overrightarrow{ID}$ và $\overrightarrow{IC}$ vuông góc, cùng độ dài nhưng khác hướng, do đó không bằng nhau. Sai.

Kết quả khớp đáp án nguồn (mã đề 1101, Câu 2): a)Đ - b)Đ - c)S - d)S.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ vì $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Với $\vec{G}=\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}}{3}$, $\vec{I}=\frac{\vec{b}+\vec{d}}{2}$: $\overrightarrow{B^{\prime }G}=\frac{\vec{b}+\vec{d}-2\vec{a}}{3}=2\overrightarrow{GI}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $G$ là trọng tâm tam giác $A{B}^{\prime }C$ nên $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{G{B}^{\prime }}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}$; còn $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{b}-\vec{a}\ne \vec{0}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $I$ là tâm hình vuông $ABCD$ nên $\overrightarrow{ID}$ và $\overrightarrow{IC}$ vuông góc, cùng độ dài nhưng khác hướng, do đó không bằng nhau.

Vì $M$ thuộc trục Oy nên $M(0;y;0)$.
$$MA=\sqrt{(0-3{)}^2+(y-2{)}^2+(0-4{)}^2}=\sqrt{9+(y-2{)}^2+16}=\sqrt{(y-2{)}^2+25}.$$ (0,25)
$$MB=\sqrt{(0-(-9){)}^2+(y-14{)}^2+(0-12{)}^2}=\sqrt{81+(y-14{)}^2+144}=\sqrt{(y-14{)}^2+225}.$$
Biểu thức cần tìm giá trị nhỏ nhất:
$$T=\sqrt{(y-2{)}^2+25}+\sqrt{(y-14{)}^2+225}=\sqrt{(2-y{)}^2+25}+\sqrt{(y-14{)}^2+225}.$$
Xét bất đẳng thức vector: $|\vec{u}|+|\vec{v}|\ge |\vec{u}+\vec{v}|$.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi hai vector $\vec{u}$ và $\vec{v}$ cùng hướng.
Đặt $\vec{u}=(2-y;5)\Rightarrow |\vec{u}|=\sqrt{(2-y{)}^2+5^2}$ ; $\vec{v}=(y-14;15)\Rightarrow |\vec{v}|=\sqrt{(y-14{)}^2+15^2}$ (0,25)
Khi đó tổng vector là: $\vec{u}+\vec{v}=(2-y+y-14;5+15)=(-12;20)$.
Độ dài vector tổng: $|\vec{u}+\vec{v}|=\sqrt{(-12{)}^2+20^2}=\sqrt{144+400}=\sqrt{544}=4\sqrt{34}$.
Vậy ta luôn có: $MA+MB\ge 4\sqrt{34}$.
Dấu "=" xảy ra khi $\vec{u}$ và $\vec{v}$ cùng hướng
$$\frac{2-y}{y-14}=\frac{5}{15}\Rightarrow y=5.$$ (0,25)
Vậy tọa độ xe trạm cần tìm là $M(0;5;0)$.
Chú ý: Nếu học sinh trình bày cách giải khác, đảm bảo đúng và chặt chẽ thì chấm điểm tối đa của phần hoặc câu đó.

Vì $M$ thuộc trục Oy nên $M(0;y;0)$.
$$MA=\sqrt{(0-3{)}^2+(y-2{)}^2+(0-4{)}^2}=\sqrt{9+(y-2{)}^2+16}=\sqrt{(y-2{)}^2+25}.$$ (0,25)
$$MB=\sqrt{(0-(-9){)}^2+(y-14{)}^2+(0-12{)}^2}=\sqrt{81+(y-14{)}^2+144}=\sqrt{(y-14{)}^2+225}.$$
Biểu thức cần tìm giá trị nhỏ nhất:
$$T=\sqrt{(y-2{)}^2+25}+\sqrt{(y-14{)}^2+225}=\sqrt{(2-y{)}^2+25}+\sqrt{(y-14{)}^2+225}.$$
Xét bất đẳng thức vector: $|\vec{u}|+|\vec{v}|\ge |\vec{u}+\vec{v}|$.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi hai vector $\vec{u}$ và $\vec{v}$ cùng hướng.
Đặt $\vec{u}=(2-y;5)\Rightarrow |\vec{u}|=\sqrt{(2-y{)}^2+5^2}$ ; $\vec{v}=(y-14;15)\Rightarrow |\vec{v}|=\sqrt{(y-14{)}^2+15^2}$ (0,25)
Khi đó tổng vector là: $\vec{u}+\vec{v}=(2-y+y-14;5+15)=(-12;20)$.
Độ dài vector tổng: $|\vec{u}+\vec{v}|=\sqrt{(-12{)}^2+20^2}=\sqrt{144+400}=\sqrt{544}=4\sqrt{34}$.
Vậy ta luôn có: $MA+MB\ge 4\sqrt{34}$.
Dấu "=" xảy ra khi $\vec{u}$ và $\vec{v}$ cùng hướng
$$\frac{2-y}{y-14}=\frac{5}{15}\Rightarrow y=5.$$ (0,25)
Vậy tọa độ xe trạm cần tìm là $M(0;5;0)$.
Chú ý: Nếu học sinh trình bày cách giải khác, đảm bảo đúng và chặt chẽ thì chấm điểm tối đa của phần hoặc câu đó.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AD}=\vec{d}$ với $|\vec{b}|=|\vec{c}|=|\vec{d}|=a$, $\vec{b}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{d}=a^2\cos 60^{\circ }=\frac{a^2}{2}$, $\vec{c}\cdot \vec{d}=a^2\cos 90^{\circ }=0$.

a) $I$ là trung điểm $AB$, $J$ là trung điểm $CD$ nên $\overrightarrow{IJ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB})=\frac{1}{2}(\vec{c}+\vec{d}-\vec{b})$.

Xét tích vô hướng với $\overrightarrow{AB}$:
$$\overrightarrow{IJ}\cdot \overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(\vec{c}\cdot \vec{b}+\vec{d}\cdot \vec{b}-\vec{b}\cdot \vec{b})=\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}-a^2\right)=0.$$
Vậy $IJ\perp AB$.

Xét tích vô hướng với $\overrightarrow{CD}=\vec{d}-\vec{c}$:
$$\overrightarrow{IJ}\cdot \overrightarrow{CD}=\frac{1}{2}\left(\vec{d}\cdot \vec{d}-\vec{c}\cdot \vec{c}-\vec{d}\cdot \vec{b}+\vec{c}\cdot \vec{b}\right)=\frac{1}{2}\left(a^2-a^2-\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}\right)=0.$$
Vậy $IJ\perp CD$. Kết luận: $IJ$ vuông góc với cả $AB$ và $CD$.

b) Tính độ dài:
$$I{J}^2=\frac{1}{4}\left(|\vec{c}{|}^2+|\vec{d}{|}^2+|\vec{b}{|}^2+2\vec{c}\cdot \vec{d}-2\vec{c}\cdot \vec{b}-2\vec{d}\cdot \vec{b}\right)=\frac{1}{4}\left(3a^2+0-a^2-a^2\right)=\frac{a^2}{4}.$$
Vậy $IJ=\frac{a}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn A làm gốc, đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AD}=\vec{d},\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{t}$. Khi đó $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{b}+\vec{d}+\vec{t}$. Trọng tâm $G_1$ của tam giác $A^{\prime }BD$: $\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{\vec{t}+\vec{b}+\vec{d}}{3}$. Trọng tâm $G_2$ của tam giác $B^{\prime }{D}^{\prime }C$: với $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\vec{b}+\vec{t},\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\vec{d}+\vec{t},\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\vec{d}$, ta có $\overrightarrow{A{G}_2}=\frac{(\vec{b}+\vec{t})+(\vec{d}+\vec{t})+(\vec{b}+\vec{d})}{3}=\frac{2\vec{b}+2\vec{d}+2\vec{t}}{3}$. Suy ra $\overrightarrow{G_1{G}_2}=\overrightarrow{A{G}_2}-\overrightarrow{A{G}_1}=\frac{\vec{b}+\vec{d}+\vec{t}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. Vậy $\frac{G_1{G}_2}{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}$, tức $a=1,b=3$ (phân số tối giản), nên $a+b=4$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (4).

(AI giải đề cho tôi)
Hai lực $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ có độ lớn bằng nhau $60N$ và hợp với nhau góc $120^{\circ }$, nên tổng $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$ có độ lớn $2\cdot 60\cdot \cos 60^{\circ }=60N$ (tính theo quy tắc hình bình hành, đường chéo của hình thoi góc $120^{\circ }$). Lực thứ ba $\overrightarrow{F_3}$ có độ lớn $80N$ và vuông góc với mặt phẳng chứa $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$, do đó vuông góc với $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$. Hợp lực $\vec{F}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}$ có độ lớn $|\vec{F}|=\sqrt{60^2+80^2}=\sqrt{3600+6400}=\sqrt{10000}=100N$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (100).

(AI giải đề cho tôi)
Hai lực $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ có độ lớn $60N$ và hợp nhau góc $120^{\circ }$ nên hợp lực của chúng có độ lớn $F_{12}=\sqrt{60^2+60^2+2\cdot 60\cdot 60\cdot \cos 120^{\circ }}=\sqrt{3600+3600-3600}=60N$, phương theo phân giác của góc $120^{\circ }$ (như hình vẽ, $\vec{F}$ nằm trong mặt phẳng tạo bởi $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$). Lực thứ ba $\overrightarrow{F_3}=80N$ vuông góc với mặt phẳng đó nên vuông góc với $\overrightarrow{F_{12}}$. Do đó hợp lực của ba lực là $F=\sqrt{60^2+80^2}=\sqrt{10000}=100N$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1212, Câu 1: 100).

(AI giải đề cho tôi)
Ta cần giải hệ: $\vec{d}=x\vec{a}+y\vec{b}+z\vec{c}$ cho hệ phương trình: $-3x+2y+4z=2$; $2x+3y-z=15$; $x+5y+4z=27$. Từ phương trình thứ hai: $z=2x+3y-15$. Thay vào phương trình thứ nhất: $-3x+2y+4(2x+3y-15)=2\Rightarrow 5x+14y=62$. Thay vào phương trình thứ ba: $x+5y+4(2x+3y-15)=27\Rightarrow 9x+17y=87$. Giải hệ: nhân phương trình đầu với 9 và phương trình sau với 5: $45x+126y=558$; $45x+85y=435$ nên $41y=123\Rightarrow y=3$. Suy ra $x=(62-42)/5=4$ và $z=2(4)+3(3)-15=2$. Kiểm tra: $-3(4)+2(3)+4(2)=2$ ✓; $2(4)+3(3)-2=15$ ✓; $4+5(3)+4(2)=27$ ✓. Vậy $x+y+z=4+3+2=9$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(30;0;0)$, $D(0;150;0)$, $C(30;150;0)$, $G(0;0;80)$, $H(30;0;80)$, $J(0;30;80)$, $I(30;30;80)$, $E(30;150;10)$, $F(0;150;10)$.

a) $I(30;30;80)$, $IK=20$ theo phương thẳng đứng xuống nên $K(30;30;80-20)=K(30;30;60)$. Đúng.

b) Hình chiếu của $K(30;30;60)$ lên $(Oxy)$ là $(30;30;0)$, không phải $(30;150;0)$. Sai.

c) $\overrightarrow{KE}=(0;120;-50)$ nên $KE=\sqrt{120^2+50^2}=\sqrt{16900}=130$ cm. Đúng.

d) Gọi $M(m;30;80)$ trên $IJ$ với $0\le m\le 30$, khi đó $N(m;30;60)$ trên $KL$. Thời gian:
$$T(m)=\frac{\sqrt{m^2+900}}{5}+\frac{20}{10}+\frac{\sqrt{(30-m{)}^2+16900}}{8}.$$
Giải $T^{\prime }(m)=\frac{m}{5\sqrt{m^2+900}}-\frac{30-m}{8\sqrt{(30-m{)}^2+16900}}=0$ cho nghiệm $m\approx 3,5$; khi đó $T\approx 6,04+2+16,58\approx 24,6$ s, làm tròn tới hàng đơn vị là $25$ s $\ne 20$ s. Sai.

Kết quả: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai — khớp đáp án nguồn (mã đề 1211, Câu 1: Đ S Đ S).
a) (AI giải đề cho tôi)
$I(30;30;80)$, $IK=20$ theo phương $Oz$ nên $K(30;30;80-20)=K(30;30;60)$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $K(30;30;60)$ lên $(Oxy)$ là $(30;30;0)$, không phải $(30;150;0)$. Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{KE}=(0;120;-50)$, $KE=\sqrt{120^2+50^2}=130$ cm. Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với $M(m;30;80)$, $N(m;30;60)$: $T(m)=\frac{\sqrt{m^2+900}}{5}+2+\frac{\sqrt{(30-m{)}^2+16900}}{8}$, nhỏ nhất tại $m\approx 3,5$ với $T\approx 24,6\approx 25$ s $\ne 20$ s. Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy hình vuông là $x$ (m) và chiều cao cabin là $h$ (m). Theo đề: $x^{2}h=5,4$ và $2x^2+4xh=18,9$. Thay $h=5,4/x^2$: $2x^2+21,6/x=18,9\Rightarrow 2x^3-18,9x+21,6=0\Rightarrow x^3-9,45x+10,8=0$. Thử $x=1,5$: $3,375-14,175+10,8=0$, thỏa mãn (và $1,5<2$ như giả thiết). Khi đó $h=5,4/2,25=2,4$ m. Với đơn vị trục là $10$ cm: cạnh đáy $=15$, chiều cao $=24$. Theo hình vẽ, gốc tọa độ tại $A$, trục $x$ theo $AD$, trục $y$ theo $AB$, trục $z$ hướng lên. Mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là mặt phẳng $x=15$, mặt $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là mặt phẳng $y=0$. Camera cách hai vách này đều $20$ cm $=2$ đơn vị, nên $a=15-2=13$, $b=2$. Camera trên trần cabin nên $c=24$. Vậy $T=a+b+c=13+2+24=39$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Hai lực $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ có độ lớn $60N$ và hợp nhau góc $120^{\circ }$ nên tổng $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$ có độ lớn $\left|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}\right|=\sqrt{60^2+60^2+2\cdot 60\cdot 60\cdot \cos 120^{\circ }}=\sqrt{3600+3600-3600}=60N$. Lực thứ ba $\overrightarrow{F_3}$ có độ lớn $80N$ và vuông góc với mặt phẳng chứa $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$, tức vuông góc với $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$. Do đó hợp lực $\vec{F}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}$ có độ lớn $\left|\vec{F}\right|=\sqrt{60^2+80^2}=\sqrt{10000}=100N$.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ ba lực cùng trọng lực cân bằng nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=(0;0;-2)$. Do tính đối xứng của cấu hình (ba chân cách đều, độ lớn ba lực bằng nhau), các thành phần ngang triệt tiêu khi cộng lại và mỗi lực có thành phần thẳng đứng bằng $\frac{2}{3}$ N, tức $c=-\frac{2}{3}$. Lực $\overrightarrow{F_1}$ hướng dọc theo $\overrightarrow{SA}=(0;-6;-20)$, $|\overrightarrow{SA}|=\sqrt{436}$. Thành phần thẳng đứng: $F\cdot \frac{20}{\sqrt{436}}=\frac{2}{3}\Rightarrow F=\frac{\sqrt{436}}{30}$. Suy ra $\overrightarrow{F_1}=\frac{\sqrt{436}}{30}\cdot \frac{(0;-6;-20)}{\sqrt{436}}=\left(0;-\frac{1}{5};-\frac{2}{3}\right)$, tức $a=0,b=-\frac{1}{5},c=-\frac{2}{3}$. Khi đó $T=3\cdot 0+5\cdot \left(-\frac{1}{5}\right)+30\cdot \left(-\frac{2}{3}\right)=-1-20=-21$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 102, Phần III câu 2: $-21$).

(AI giải đề cho tôi)
Các vectơ chỉ phương của ba lực: $\overrightarrow{SA}=(0;-6;-20)$, $\overrightarrow{SB}=(3\sqrt{3};3;-20)$, $\overrightarrow{SC}=(-3\sqrt{3};3;-20)$, cùng độ lớn $k$ (N). Trọng lực $\vec{P}=(0;0;-2)$ nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=(0;0;2)$ (cân bằng). Do tính đối xứng của ba chân, các thành phần ngang triệt tiêu, chỉ còn thành phần theo trục $Oz$: $3k\cdot \frac{-20}{|SA|}=-2$ với $|SA|=\sqrt{0+36+400}=\sqrt{436}=2\sqrt{109}$. Suy ra $k=\frac{|SA|}{30}$, do đó $\overrightarrow{F_1}=\frac{k}{|SA|}(0;-6;-20)=\frac{1}{30}(0;-6;-20)=(0;-0,2;-\frac{2}{3})$, tức $a=0,b=-0,2,c=-\frac{2}{3}$. Vậy $T=3a+5b+6c=0+5(-0,2)+6(-\frac{2}{3})=-1-4=-5$, khớp đáp án nguồn (mã đề 101, Phần III câu 1: -5).