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

(AI giải đề cho tôi)
Cạnh hình lập phương: $A{C}^{\prime }=a\sqrt{3}\cdot \text{cạnh}=2a\sqrt{3}\Rightarrow$ cạnh $=2a$.
a) Đúng: $|\overrightarrow{A{C}^{\prime }}|=A{C}^{\prime }=2a\sqrt{3}$.
b) Đúng: Với $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $A^{\prime }(0;0;2a)$ thì $C(2a;2a;0)$, $C^{\prime }(2a;2a;2a)$, nên $C$ là hình chiếu của $C^{\prime }$ lên $(Oxy)$.
c) Sai: $I(a;a;a)$, $J$ tâm $A^{\prime }AB{B}^{\prime }$: $J(a;0;a)$, $K$ tâm $A^{\prime }AD{D}^{\prime }$: $K(0;a;a)$. Khi đó $\overrightarrow{IJ}=(0;-a;0)$, $\overrightarrow{KD}=\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OK}=(0;a;-a)$, nên $\overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{KD}=-a^2\ne -\frac{\sqrt{2}}{4}{a}^2$.
d) Đúng: Với $Ox\equiv AD$, $Oy\equiv AB$, $Oz\equiv A{A}^{\prime }$: $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=4\overrightarrow{MG}$ với $G(a;a;0)$ là tâm $ABCD$. $|\overrightarrow{MG}|$ ngắn nhất khi $M$ là hình chiếu của $G$ lên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, tức $M(a;a;2a)$. Vậy $\overrightarrow{OM}-\vec{k}=(a;a;2a-1)$. Khớp đáp án mã đề 122: DDSD.
a) (AI giải đề cho tôi)
Độ dài vectơ bằng độ dài đường chéo $A{C}^{\prime }=2a\sqrt{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$C(2a;2a;0)$ và $C^{\prime }(2a;2a;2a)$ nên $C$ là hình chiếu vuông góc của $C^{\prime }$ lên $(Oxy)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{IJ}=(0;-a;0)$, $\overrightarrow{KD}=(0;a;-a)$ nên tích vô hướng bằng $-a^2$, không bằng $-\frac{\sqrt{2}}{4}{a}^2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tổng vectơ bằng $4\overrightarrow{MG}$, $G(a;a;0)$; $M$ ngắn nhất tại $(a;a;2a)$, suy ra $\overrightarrow{OM}-\vec{k}=(a;a;2a-1)$.

(AI giải đề cho tôi)
Cạnh hình lập phương: $A{C}^{\prime }=\text{cạnh}\cdot \sqrt{3}=2a\sqrt{3}\Rightarrow$ cạnh $=2a$.

a) Đúng: Độ dài vectơ $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ chính là độ dài đoạn $A{C}^{\prime }=2a\sqrt{3}$.

b) Đúng: Với hệ trục $O\equiv A$, $Ox\equiv AB$, $Oy\equiv AD$, $Oz\equiv A{A}^{\prime }$, ta có $C^{\prime }(2a;2a;2a)$ và $C(2a;2a;0)$. Hình chiếu vuông góc của $C^{\prime }$ lên $(Oxy)$ là điểm có cùng tọa độ $x,y$ và $z=0$, tức $(2a;2a;0)\equiv C$.

c) Sai: Tọa độ $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $A^{\prime }(0;0;2a)$. Điểm cách đều 8 đỉnh là tâm lập phương $I(a;a;a)$; $J$ tâm $A^{\prime }AB{B}^{\prime }$: $J(a;0;a)$; $K$ tâm $A^{\prime }AD{D}^{\prime }$: $K(0;a;a)$. Suy ra $\overrightarrow{IJ}=(0;-a;0)$, $\overrightarrow{KD}=\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OK}=(0;a;-a)$. Tích vô hướng $\overrightarrow{IJ}\cdot \overrightarrow{KD}=0+(-a)(a)+0=-a^2\ne -\frac{\sqrt{2}}{4}{a}^2$.

d) Đúng: Với $Ox\equiv AD$, $Oy\equiv AB$, $Oz\equiv A{A}^{\prime }$: $A(0;0;0)$, $B(0;2a;0)$, $C(2a;2a;0)$, $D(2a;0;0)$. Ta có $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=4\overrightarrow{OM}-(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD})=4\overrightarrow{OM}-(4a;4a;0)$. Biểu thức này ngắn nhất khi $\overrightarrow{OM}=(a;a;2a)$ (vì $M\in (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $z_M=2a$). Khi đó $\overrightarrow{OM}-\vec{k}=(a;a;2a)-(0;0;1)=(a;a;2a-1)$.

Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 121: DDSD.
a) (AI giải đề cho tôi)
Độ dài vectơ $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ bằng độ dài đoạn thẳng $A{C}^{\prime }=2a\sqrt{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với hệ trục đã cho, $C^{\prime }(2a;2a;2a)$, hình chiếu lên $(Oxy)$ là $(2a;2a;0)\equiv C$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $I(a;a;a)$, $J(a;0;a)$, $K(0;a;a)$: $\overrightarrow{IJ}=(0;-a;0)$, $\overrightarrow{KD}=(0;a;-a)$, nên $\overrightarrow{IJ}\cdot \overrightarrow{KD}=-a^2\ne -\frac{\sqrt{2}}{4}{a}^2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tổng $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=4\overrightarrow{OM}-(4a;4a;0)$ ngắn nhất khi $M(a;a;2a)$, suy ra $\overrightarrow{OM}-\vec{k}=(a;a;2a-1)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $O(0;0;0)$, cột điện dọc trục $Oz$ với $A(0;0;h)$, $B(6;0;0)$, và vì góc nhị diện $[B,OA,C]=135^0$ nên $C(6\cos 135^0;6\sin 135^0;0)=(-3\sqrt{2};3\sqrt{2};0)$.

Góc giữa $\overrightarrow{AB}$ và mặt phẳng $(OBC)$ bằng $45^0$: $\sin 45^0=\frac{h}{AB}=\frac{h}{\sqrt{36+h^2}}$, suy ra $h^2=36$, $h=6$.

Vậy $\overrightarrow{AB}=(6;0;-6)$, $\overrightarrow{AC}=(-3\sqrt{2};3\sqrt{2};-6)$.
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=-18\sqrt{2}+36$; $|AB|=|AC|=6\sqrt{2}$.

$$\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\frac{36-18\sqrt{2}}{72}=\frac{2-\sqrt{2}}{4}\approx 0,1464\approx 0,1$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,1.

Chọn B
Đặt vị trí vật tại điểm $O$, dựng lần lượt các vectơ ${\vec{F}}_1=\overrightarrow{OA},{\vec{F}}_2=\overrightarrow{OE},{\vec{F}}_3=\overrightarrow{OC}$.
Dựng hình lập phương $OABC.EFGH$

Vì các sợi dây có độ dài bằng nhau và đôi một tạo với nhau một góc $90^{\circ }$ nên $\left|{\vec{F}}_1\right|=\left|{\vec{F}}_2\right|=\left|{\vec{F}}_3\right|$.
Theo quy tắc hình hộp, ta có: ${\vec{F}}_1+{\vec{F}}_2+{\vec{F}}_3=\overrightarrow{OG}=\vec{F}\Rightarrow \left|{\vec{F}}_1+{\vec{F}}_2+{\vec{F}}_3\right|=\left|\overrightarrow{OG}\right|=\left|\vec{F}\right|$.
Để vật cân bằng thì độ lớn của tổng hợp lực sẽ bằng với trọng lượng của vật.
Từ đó suy ra $\left|\vec{F}\right|=60N$, mà $OG=OA.\sqrt{3}$ nên $\left|{\vec{F}}_1\right|=\frac{60}{\sqrt{3}}\approx 34,6N$.

a) Sai: Khi $QT=7m$ thì $z_Q=7\ne 5$ (mâu thuẫn).
b) Sai: $OD=8-2=6m\to D(-6;0;0)$; $K(0;0;5)\to E(-2;0;5)$; $Q(-6;3;7)$, $G(-6;6;5)$. $\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{EQ};\vec{i}\right]=(0;2;-3)$, $\overrightarrow{n_2}=\left[\overrightarrow{QG};\vec{i}\right]=(0;-2;-3)$. $\cos \left(\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right)=\frac{5}{13}\to \left(\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right)\approx 67,3$ độ.
c) Đúng: $V_1=8.\frac{1}{2}.2.6=48\left(m^3\right)$; $V_2=AB.AD.AE=240\left(m^3\right)$; $V_1+V_2=288\left(m^3\right)$.
d) Sai: Trải phẳng 2 lần, với $M$ trung điểm $FG$: $M_1\left(-2;0;5+2\sqrt{13}\right)$ và $M_2\left(-2;11;0\right)$. Quãng đường ngắn nhất cần tìm là $\min \left\{O{M}_1;O{M}_2\right\}=5\sqrt{5}$ (m), không phải $5+2\sqrt{10}$ m.
a) Sai: Ta dễ thấy khi $QT=7m$ thì $z_Q=7\ne 5$ (mâu thuẫn).
b) Sai: Từ hình vẽ ta suy ra $OD=AD-OA=8-2=6m\to D(-6;0;0)$. Tiếp đến $K\in Oz$ và $AE=5m$ nên suy ra $K(0;0;5)\to E(-2;0;5)$. Tại điểm $Q,G$ ta có $x_G=x_Q=x_T=x_D=-6$ và $y_G=y_C=\overline{CD}=\overline{AB}=6$. Do $T$ là trung điểm của $DC$ nên $DT=\frac{DC}{2}\to y_Q=y_T=\frac{y_C}{2}=\frac{\overline{CD}}{2}=\frac{\overline{AB}}{2}=3\to Q(-6;3;7)$. Mà $\overrightarrow{HE}\parallel Ox$ (với $\vec{i}=(1;0;0)$) nên suy ra vector pháp tuyến của mặt phẳng $(EHQP)$ là $\overrightarrow{n_1}$ trong đó $\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{EQ};\vec{i}\right]=(0;2;-3)$. Tiếp đến ta có: $z_G=z_E=5$ nên $G(-6;6;5)$ nên suy ra vector pháp tuyến của mặt phẳng $(FGQP)$ là $\overrightarrow{n_2}$ trong đó $\overrightarrow{n_2}=\left[\overrightarrow{QG};\vec{i}\right]=(0;-2;-3)$. Suy ra góc giữa hai mái nhà có cosin là $$\cos \left(\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right)=\frac{\overrightarrow{n_1}.\overrightarrow{n_2}}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|.\left|\overrightarrow{n_2}\right|}=\frac{5}{13}\to \left(\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right)={\cos }^{-1}\left(\frac{5}{13}\right)\approx 67,3\text{ (độ)}$$
c) Đúng: Thể tích khối lăng trụ $EFP.HGQ$ là $V_1=AD.\frac{1}{2}\left|z_Q-z_H\right|.AB=8.\frac{1}{2}.\left|7-5\right|.6=48\left(m^3\right)$. Thể tích khối hộp chữ nhật $ABCD.EFGH$ là $V_2=AB.AD.AE=240\left(m^3\right)$. Suy ra thể tích toàn bộ căn nhà này bằng: $V_1+V_2=288\left(m^3\right)$.
d) Sai: Ta cần trải phẳng 2 lần như sau: Lần 1: Trải 2 mặt phẳng $(EHQP)$ và $(FGQP)$ sao cho đồng phẳng liên tiếp với $(ADHE)$. Lần 2: Trải mặt phẳng $(BCGF)$ sao cho đồng phẳng với $(ABCD)$. Từ đây ta có hình vẽ như sau: (gọi $M$ là trung điểm $FG$)
[Hình cần kiểm tra lại: p21_f1]
Ta có $x_{M_1}=x_{M_2}=\frac{x_D}{2}+1=-2$; $\{\begin{array}{l}{y}_{M_1}=0\\ y_{M_2}=y_B+\overline{B{F}_2}=\overline{AB}+\overline{BF}=6+5=11\end{array}$
Do $d(P;EF)=\left|z_Q-z_H\right|=7-5=2$
Nên tiếp đến ta có: $\{\begin{array}{l}{z}_{M_1}=z_K+\overline{E{P}_1}+\overline{P_1{F}_1}=5+2EP=5+2\sqrt{2^2+3^2}=5+2\sqrt{13}\\ z_{M_2}=0\end{array}$
Suy ra: $M_1\left(-2;0;5+2\sqrt{13}\right)$ và $M_2\left(-2;11;0\right)$
Khi ấy quãng đường ngắn nhất cần tìm là $\min \left\{O{M}_1;O{M}_2\right\}=\left\{\sqrt{81+20\sqrt{13}};5\sqrt{5}\right\}=5\sqrt{5}$ (m)

Chọn A

+ Gọi $J$, $K$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $CD$.
+ Ta có: $2\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OJ}+\overrightarrow{OK}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}\right)=-\frac{1}{4}(\vec{u}+\vec{v}+\vec{x}+\vec{y})$.

Chọn A
Gọi $D\left(\frac{7}{2};\frac{3}{2};3\right),E\left(0;3;\frac{3}{2}\right),F\left(\frac{1}{2};\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right)$ là trung điểm các cạnh $AB,BC,AC$.
Ta có: $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=(\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DA})(\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DB})=(\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DA})(\overrightarrow{MD}-\overrightarrow{DA})=M{D}^2-A{D}^2=M{D}^2-\frac{A{B}^2}{4}$
Phân tích tương tự với $\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC};\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$
Khi đó,
$S=\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}=M{D}^2+M{E}^2+M{F}^2-\frac{A{B}^2+B{C}^2+A{C}^2}{4}$
$S$ nhỏ nhất khi $M{D}^2+M{E}^2+M{F}^2$ nhỏ nhất.
Gọi $G$ là trọng tâm của $\Delta DEF\Rightarrow G\left(\frac{4}{3};\frac{7}{3};\frac{8}{3}\right)$
$M{D}^2+M{E}^2+M{F}^2=3M{G}^2+G{D}^2+G{E}^2+G{F}^2$
$M{D}^2+M{E}^2+M{F}^2$ nhỏ nhất khi $MG$ nhỏ nhất.
Do $M(a;b;0)\in (Oxy)\Rightarrow M$ là hình chiếu của $G$ lên mặt phẳng $Oxy\Rightarrow M\left(\frac{4}{3};\frac{7}{3};0\right)$
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=\frac{4}{3}\\ b=\frac{7}{3}\end{array}\Rightarrow 3a+b=\frac{19}{3}$

a) Đúng. Do $A(2;0;0)$.
b) Sai. Do $A(2;0;0)$, $C(-6;6;0)$ nên $\overrightarrow{AC}=(-8;6;0)$.
c) Đúng. Gọi $L$ là trung điểm của $FG$ nên $Z_K=OK=AE=5$. Suy ra $K(0;0;5)\Rightarrow OK=5$. $B$, $C$ lần lượt là hình chiếu của $F$, $G$ lên $Oxy$. Suy ra $F(2;6;5)$, $G(-6;6;5)$. Mà $L$ là trung điểm của $FG$ nên $L(-2;6;5)\Rightarrow KL=2\sqrt{10}$. Vậy độ dài đoạn cáp tối thiểu từ $O$ đến $K$ sau đó nối thẳng đến chiếc đèn lồng là $$OK+KL=5+2\sqrt{10}m$$
d) Sai. Ta có: $Q(-6;3;7)$, $G(-6;6;5)$ nên $GQ=\sqrt{13}m$. Lại có $FG=BC=8m$. Suy ra $S_{FGQP}=FG.GQ=8\sqrt{13}{m}^2$. Diện tích ngói lợp mái nhà là $2S_{FGQP}=16\sqrt{13}{m}^2$. Số viên ngói tối thiểu cần mua là: 1270 (Viên). Số tiền ít nhất cần bỏ ra để mua ngói lợp mái nhà là: 13970000 (đồng).

a) Đúng. Do $A(2;0;0)$.
b) Sai. Do $A(2;0;0)$, $C(-6;6;0)$ nên $\overrightarrow{AC}=(-8;6;0)$.
c) Đúng. Gọi $L$ là trung điểm của $FG$ nên $Z_K=OK=AE=5$. Suy ra $K(0;0;5)\Rightarrow OK=5$. $B$, $C$ lần lượt là hình chiếu của $F$, $G$ lên $Oxy$. Suy ra $F(2;6;5)$, $G(-6;6;5)$. Mà $L$ là trung điểm của $FG$ nên $L(-2;6;5)\Rightarrow KL=2\sqrt{10}$. Vậy độ dài đoạn cáp tối thiểu từ $O$ đến $K$ sau đó nối thẳng đến chiếc đèn lồng là $$OK+KL=5+2\sqrt{10}m$$
d) Sai. Ta có: $Q(-6;3;7)$, $G(-6;6;5)$ nên $GQ=\sqrt{13}m$. Lại có $FG=BC=8m$. Suy ra $S_{FGQP}=FG.GQ=8\sqrt{13}{m}^2$. Diện tích ngói lợp mái nhà là $2S_{FGQP}=16\sqrt{13}{m}^2$. Số viên ngói tối thiểu cần mua là: 1270 (Viên). Số tiền ít nhất cần bỏ ra để mua ngói lợp mái nhà là: 13970000 (đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với $A$ là gốc, $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AD}$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ lần lượt cùng hướng các trục. Khi đó: $\vec{a}=10\vec{j}$ (cùng hướng $\overrightarrow{AD}$), $\vec{b}=10\vec{i}$ (cùng hướng $\overrightarrow{AB}$), $\vec{c}=\frac{15}{\sqrt{3}}(\vec{i}+\vec{j}+\vec{k})=5\sqrt{3}(\vec{i}+\vec{j}+\vec{k})$ (cùng hướng $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$). Hợp lực: $\vec{F}=(10+5\sqrt{3})\vec{i}+(10+5\sqrt{3})\vec{j}+5\sqrt{3}\vec{k}$. Độ lớn: $F^2=2(10+5\sqrt{3}{)}^2+(5\sqrt{3}{)}^2=2(175+100\sqrt{3})+75=425+200\sqrt{3}\approx 771,41$, nên $F\approx 27,77\approx 27,8$ N. Kết quả trùng với đáp án nguồn 27.8.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với A là gốc, AB, AD, AA' là các trục đơn vị. Các vectơ đơn vị: u_AD=(0;1;0), u_AB=(1;0;0), u_AC'=(1/√3;1/√3;1/√3). Hợp lực F = 10·u_AD + 10·u_AB + 20·u_AC' = (10+20/√3; 10+20/√3; 20/√3). Độ lớn: |F|² = 2(10+20/√3)² + (20/√3)² = 200 + 800/3 + 800/√3 + 400/3 = 600 + 800/√3 ≈ 1061.88, nên |F| = √1061.88 ≈ 32.586 ≈ 32.6 N. Kết quả khớp với đáp án nguồn 32.6.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $B=(0;0;0)$, $A=(6;0;0)$, $C=(0;8;0)$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$), $M=(0;4;0)$ trung điểm $BC$, $S=(6;0;2\sqrt{3})$ (vì $SA\perp (ABC)$, $SA=2\sqrt{3}$).

Ta có $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}=3\overrightarrow{SM}$. Với $\overrightarrow{SM}=(-6;4;-2\sqrt{3})$ thì $3\overrightarrow{SM}=(-18;12;-6\sqrt{3})$. Cộng với $\overrightarrow{AM}=(-6;4;0)$ được $(-24;16;-6\sqrt{3})$.

Độ dài: $\sqrt{576+256+108}=\sqrt{940}=2\sqrt{235}$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow{AB}=(-6;0;0)$ nên $\overrightarrow{SM}\cdot \overrightarrow{AB}=(-6)(-6)=36$.

Kết quả: $2\sqrt{235}+36\approx 66,68$. Lưu ý dấu: $\overrightarrow{SM}\cdot \overrightarrow{AB}=36$ (dương), không phải $-36$.

a) Sai.

b) Ta có $\overrightarrow{MN}(-300;500;0)$, nên $MN=\sqrt{(-300{)}^2+500^2}=100\sqrt{34}$ nên b) đúng.

c) Ta có $\cos \widehat{MON}=\frac{\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{ON}}{OM.ON}=\frac{500.200+200.700+10.10}{\sqrt{500^2+200^2+10^2}.\sqrt{200^2+700^2+10^2}}\approx 0,61>\cos 60^{\circ }$ do đó $\widehat{MON}<60^{\circ }$. Vậy c) đúng.

d) Nếu tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau 8 phút tiếp theo là $Q(a;b;c)$, và có tỉ lệ $\frac{MN}{NQ}=\frac{40}{8}=5\Rightarrow MN=5NQ\Rightarrow \overrightarrow{MN}=5\overrightarrow{NQ}$
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}a-200=\frac{1}{5}.(-300)\\ b-700=\frac{1}{5}.500\\ c-10=\frac{1}{5}.0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=140\\ b=800\\ c=10\end{array}\Rightarrow Q(140;800;10)$.
Vậy $a+b+c=140+800+10=950$ nên d) sai.
a) Sai.
b) Ta có $\overrightarrow{MN}(-300;500;0)$, nên $MN=\sqrt{(-300{)}^2+500^2}=100\sqrt{34}$ nên b) đúng.
c) Ta có $\cos \widehat{MON}=\frac{\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{ON}}{OM.ON}=\frac{500.200+200.700+10.10}{\sqrt{500^2+200^2+10^2}.\sqrt{200^2+700^2+10^2}}\approx 0,61>\cos 60^{\circ }$ do đó $\widehat{MON}<60^{\circ }$. Vậy c) đúng.
d) Nếu tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau 8 phút tiếp theo là $Q(a;b;c)$, và có tỉ lệ $\frac{MN}{NQ}=\frac{40}{8}=5\Rightarrow MN=5NQ\Rightarrow \overrightarrow{MN}=5\overrightarrow{NQ}$
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}a-200=\frac{1}{5}.(-300)\\ b-700=\frac{1}{5}.500\\ c-10=\frac{1}{5}.0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=140\\ b=800\\ c=10\end{array}\Rightarrow Q(140;800;10)$.
Vậy $a+b+c=140+800+10=950$ nên d) sai.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ: tia Ox hướng nam, Oy hướng đông, Oz hướng lên. Tàu thám hiểm A cách O 25 km về nam, 15 km về tây, sâu 10 km nên $A(25;-15;-10)$.
a) $OA=\sqrt{25^2+(-15{)}^2+(-10{)}^2}=\sqrt{625+225+100}=\sqrt{950}=5\sqrt{38}\approx 30,82$ km $\ne 3\sqrt{58}=\sqrt{522}\approx 22,85$ km → ý a SAI.
b) Tàu cảnh sát biển tại $C(15;y;0)$. Trong phạm vi radar: $OC\le 30\iff 225+y^2\le 900\iff y^2\le 675\iff y\le 15\sqrt{3}$ (vì di chuyển về đông, $y\ge 0$). Vậy tối đa $15\sqrt{3}$ km → ý b ĐÚNG.
c) $B(-20;15;0)$: $OB=\sqrt{400+225}=25\le 30$ nên radar phát hiện được → ý c ĐÚNG.
d) Vì $OA=5\sqrt{38}\approx 30,82>30$ nên radar không phát hiện được tàu thám hiểm → ý d ĐÚNG. Kết quả Đ-S-Đ-Đ khớp với đáp án mã đề 202 (ĐSĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
$OA=\sqrt{950}=5\sqrt{38}\approx 30,82$ km, khác $3\sqrt{58}\approx 22,85$ km.
b) (AI giải đề cho tôi)
$C(15;y;0)$, điều kiện $OC\le 30$ cho $y\le 15\sqrt{3}$ km.
c) (AI giải đề cho tôi)
$OB=\sqrt{(-20{)}^2+15^2}=25\le 30$ km nên radar phát hiện được.
d) (AI giải đề cho tôi)
$OA=5\sqrt{38}\approx 30,82>30$ km nên radar không phát hiện được.