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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt cạnh tứ diện đều bằng $a$. Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $D\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{6};a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$. Khi đó $M$ trung điểm $BC$: $M\left(\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};0\right)$.
Ta có $\overrightarrow{AB}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{DM}=\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{12};-a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$.
Tích vô hướng: $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DM}=\frac{a^2}{4}$.
Độ dài: $|\overrightarrow{AB}|=a$; $|\overrightarrow{DM}{|}^2=a^2\left(\frac{1}{16}+\frac{3}{144}+\frac{2}{3}\right)=\frac{3a^2}{4}\Rightarrow |\overrightarrow{DM}|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vậy $\cos \left(\overline{AB,DM}\right)=\frac{a^2/4}{a\cdot a\sqrt{3}/2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) AB=B−A=(−2;−6;6) đúng, nhưng AC=C−A=(2;−2;2)≠(2;0;2) → sai. b) AB·AC=(−2)(2)+(−6)(−2)+6·2=−4+12+12? tính lại: (−2)(2)+(−6)(−2)+(6)(2)=−4+12+12=20... dùng BA·BC=(2;6;−6)·(4;4;−4)=8+24+24=56≠0; CA·CB=(−2;2;−2)·(−4;−4;4)=8−8−8=−8≠0; AB·AC=−4+12+12=20≠0 → không vuông tại bất kỳ đỉnh nào, b sai. c) Với M=(x;0;z): MA−2MB+3MC=(A−2B+3C)−2M, với A−2B+3C=(16;8;−10). Vậy |MA−2MB+3MC|²=(16−2x)²+64+(−10−2z)²=100 ⟺ (x−8)²+(z+5)²=9. Đường tròn tâm H(8;0;−5), r=3, T=8+(−5)+3=6 → đúng. d) N=(x;y;0), (A−N)·(C−N)=(3−x)(5−x)+(1−y)(−1−y)=0 ⟺ (x−4)²+y²=2: đường tròn tâm I(4;0;0), bán kính √2 trong (Oxy). ON nhỏ nhất = OI−√2=4−√2, không phải 4+√2 (đó là giá trị lớn nhất) → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
AB=(−2;−6;6) đúng nhưng AC=C−A=(2;−2;2)≠(2;0;2).
b) (AI giải đề cho tôi)
AB·AC=20≠0, BA·BC=56≠0, CA·CB=−8≠0 nên tam giác ABC không vuông.
c) (AI giải đề cho tôi)
MA−2MB+3MC=(16−2x;8;−10−2z), điều kiện cho (x−8)²+(z+5)²=9: đường tròn tâm H(8;0;−5), r=3, T=8−5+3=6.
d) (AI giải đề cho tôi)
(A−N)·(C−N)=0 ⟺ (x−4)²+y²=2, tâm (4;0;0) bán kính √2; ON_min=4−√2 (còn 4+√2 là giá trị lớn nhất).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn gốc $A$: $\overrightarrow{AB}=\vec{b}$, $\overrightarrow{AC}=\vec{c}$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{a}$, nên $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\vec{b}+\vec{a}$, $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{c}+\vec{a}$.

Vì $I$ thuộc $C{C}^{\prime }$ với $IC=3I{C}^{\prime }$ nên $I$ chia $C{C}^{\prime }$ theo tỉ lệ $CI:I{C}^{\prime }=3:1$, suy ra $\overrightarrow{AI}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}+\frac{3}{4}\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{4}\vec{c}+\frac{3}{4}(\vec{c}+\vec{a})=\frac{3}{4}\vec{a}+\frac{7}{4}\vec{c}$.

Trọng tâm tứ diện $B{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }})=\frac{1}{4}(\vec{b}+\vec{a}+\vec{b}+\vec{a}+\vec{c}+\vec{a})=\frac{3}{4}\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{4}\vec{c}$.

Do đó $\overrightarrow{IG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{4}\vec{c}-\frac{7}{4}\vec{c}=\frac{1}{2}\vec{b}-\frac{3}{4}\vec{c}$.

Vậy đáp án C. (Kiểm tra lại cách khác: $\overrightarrow{IG}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{I{A}^{\prime }}+\overrightarrow{I{B}^{\prime }}+\overrightarrow{I{C}^{\prime }})$ với $\overrightarrow{I{C}^{\prime }}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$... cho cùng kết quả.)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục toạ độ: $O(0;0;0)$, $A(2;0;0)$, $C(0;4;0)$ (vì $OC=4$), $B(2;2;0)$ (vì $AB\parallel OC$, $AB=2$), $S(0;0;2)$ (vì $SO=2$). Suy ra $M(2;3;0)$, $N(0;2;0)$, $P(1;0;1)$.
a) $\overrightarrow{MN}=(-2;-1;0)$, $\overrightarrow{OB}=(2;2;0)$, tổng $=(0;1;0)$, độ dài bằng $1\ne \sqrt{2}$. Sai.
b) $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{BC}=(2;0;0)\cdot (-2;2;0)=-4\ne 4$. Sai.
c) $\overrightarrow{CO}=(0;-4;0)$ còn $2\overrightarrow{AB}=(0;4;0)$, thực tế $\overrightarrow{CO}=-2\overrightarrow{AB}$. Sai.
d) $\overrightarrow{PM}=(1;3;-1)$, $\overrightarrow{AM}=(0;3;0)$, tích vô hướng $=9$, $|\overrightarrow{PM}|=\sqrt{11}$, $|\overrightarrow{AM}|=3$ nên $\cos =\frac{9}{3\sqrt{11}}=\frac{3}{\sqrt{11}}\approx 0,9045\ne \frac{9}{10}$. Sai.
Cả bốn mệnh đề đều sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{OB}=(0;1;0)$ nên độ dài bằng $1\ne \sqrt{2}$. Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{BC}=-4\ne 4$. Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{CO}=-2\overrightarrow{AB}$, không phải $2\overrightarrow{AB}$. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\cos =\frac{3}{\sqrt{11}}\approx 0,9045\ne \frac{9}{10}$. Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Các cạnh: $AB=\sqrt{2^2+4^2+(-4{)}^2}=6$, $AC=\sqrt{3^2+0^2+4^2}=5$, $BC=\sqrt{1^2+(-4{)}^2+8^2}=9$. a) $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(16;-20;-12)$, $|\cdot |=\sqrt{800}=20\sqrt{2}$, $S=10\sqrt{2}$, đường cao $AH=\frac{2S}{BC}=\frac{20\sqrt{2}}{9}\ne \frac{10\sqrt{2}}{3}$ → Sai. b) Chu vi $=6+5+9=20$ → Đúng. c) Với $M(a;b;0)$: $2M{A}^2-3M{B}^2+4M{C}^2=3a^2-24a+3b^2+30b+179=3[(a-4{)}^2+(b+5{)}^2]+56$, nhỏ nhất tại $a=4,b=-5$ khi $a+b=-1\ne 1$ → Sai. d) Chân phân giác trong góc $B$ trên $AC$ thỏa $\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{2}{3}$, nên $D=\frac{3A+2C}{5}=\left(\frac{16}{5};-1;\frac{18}{5}\right)$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$S_{ABC}=10\sqrt{2}$, $BC=9$ nên $AH=\frac{20\sqrt{2}}{9}\ne \frac{10\sqrt{2}}{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AB=6,AC=5,BC=9$, chu vi $=20$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Biểu thức nhỏ nhất tại $a=4,b=-5$ nên $a+b=-1\ne 1$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{2}{3}$, $D=\frac{3A+2C}{5}=\left(\frac{16}{5};-1;\frac{18}{5}\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\vec{a}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{b}=\overrightarrow{AD}$, $\vec{c}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ với $|\vec{a}|=|\vec{b}|=2$, $|\vec{c}|=6$, $\vec{a}\cdot \vec{b}=0$ (đáy là hình vuông), $\vec{a}\cdot \vec{c}=2\cdot 6\cos 120^{\circ }=-6$, $\vec{b}\cdot \vec{c}=2\cdot 6\cos 60^{\circ }=6$. Ta có $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }C}=\vec{a}+\vec{b}-\vec{c}$, suy ra $\vec{u}=2\overrightarrow{A{C}^{\prime }}+\overrightarrow{A^{\prime }C}=3\vec{a}+3\vec{b}+\vec{c}$. Khi đó $|\vec{u}{|}^2=9|\vec{a}{|}^2+9|\vec{b}{|}^2+|\vec{c}{|}^2+18\vec{a}\cdot \vec{b}+6\vec{a}\cdot \vec{c}+6\vec{b}\cdot \vec{c}=36+36+36+0-36+36=108$. Vậy $|\vec{u}|=\sqrt{108}=6\sqrt{3}$, khớp với đáp án B của nguồn (trang 7).

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $OAB$ có $OA=6$, $OB=\sqrt{3^2+4^2}=5$, $AB=\sqrt{(6-3{)}^2+4^2}=5$. Tâm đường tròn nội tiếp là trọng tâm có trọng số bằng độ dài cạnh đối diện: $I=\frac{AB\cdot O+OB\cdot A+OA\cdot B}{AB+OB+OA}=\frac{5(0;0;0)+5(6;0;0)+6(3;4;0)}{16}=\left(3;\frac{3}{2};0\right)$. Vậy $3a+4b-2026c=9+6-0=15$. Đáp án A, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ đơn vị: đặt $B$ làm gốc, $\vec{u}$ theo $\overrightarrow{BA}$, $\vec{v}$ theo $\overrightarrow{BC}$, $\vec{w}$ theo $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$ với các cặp vectơ đôi một góc $60^{\circ }$. Khi đó $\vec{u}\cdot \vec{v}=\vec{u}\cdot \vec{w}=\vec{v}\cdot \vec{w}=\frac{1}{2}$.

Ta có: $A=2\vec{u}$, $C=3\vec{v}$, $D=A+C-B=2\vec{u}+3\vec{v}$, $C^{\prime }=3\vec{v}+\vec{w}$, $D^{\prime }=2\vec{u}+3\vec{v}+\vec{w}$.

$M\in AC$: $M=2\vec{u}+t(3\vec{v}-2\vec{u})=(2-2t)\vec{u}+3t\vec{v}$.

$N\in D{C}^{\prime }$: $N=2\vec{u}+3\vec{v}+s(\vec{w}-2\vec{u})=(2-2s)\vec{u}+3\vec{v}+s\vec{w}$.

Suy ra $\overrightarrow{MN}=(2t-2s)\vec{u}+(3-3t)\vec{v}+s\vec{w}$.

Vì $\overrightarrow{MN}$ cùng phương $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=2\vec{u}+3\vec{v}+\vec{w}$ nên $\overrightarrow{MN}=k\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$, dẫn đến hệ:
$2t-2s=2k$, $3-3t=3k\Rightarrow t=1-k$, $s=k$.

Thay vào: $2(1-k)-2k=2k\Rightarrow k=\frac{1}{3}$. Vậy $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$.

Tính $|\overrightarrow{B{D}^{\prime }}{|}^2=4+9+1+2\cdot 2\cdot 3\cdot \frac{1}{2}+2\cdot 2\cdot 1\cdot \frac{1}{2}+2\cdot 3\cdot 1\cdot \frac{1}{2}=14+6+2+3=25$, nên $|\overrightarrow{B{D}^{\prime }}|=5$.

Do đó $MN=\frac{1}{3}\cdot 5=\frac{5}{3}$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
a) Từ 3IA+2IB−IC=0 suy ra 3A+2B−C=4I. Với A(0;0;−1), B(−1;1;0), C(1;0;1): 3A+2B−C=(0;0;−3)+(−2;2;0)+(−1;0;−1)=(−3;2;−4), nên I(−3/4; 1/2; −1), khác I(−3/4; −1/2; 1) → sai.
b) Gọi A′, C′ là hình chiếu của A, C lên (Oxy): A′(0;0;0), C′(1;0;0). Vì z_A=z_C=−1 nên AP=√(A′P²+1), CQ=√(C′Q²+1). Theo bất đẳng thức tam giác: |AP−CQ| ≤ |A′P−C′Q| ≤ A′C′=1. Vậy max T=1<2 → sai.
c) BC=(2;−1;1). H=B+t·BC=(−1+2t; 1−t; t). AH·BC=0: (1−2t; t−1; −1−t)·(2;−1;1)=2−4t−t+1−1−t=2−6t=0 → t=1/3, H(−1/3; 2/3; 1/3). Khi đó 3a+6b+9c=−1+4+3=6 → đúng.
d) AB²=3, AC²=5, BC²=6. AB·BC=(−1;1;1)·(2;−1;1)=−2<0 nên góc B tù → tam giác ABC là tam giác tù → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
3A+2B−C=4I=(−3;2;−4) nên I(−3/4; 1/2; −1), không phải (−3/4; −1/2; 1).
b) (AI giải đề cho tôi)
|AP−CQ| ≤ |A′P−C′Q| ≤ A′C′=1, nên max T=1, không phải 2.
c) (AI giải đề cho tôi)
H(−1/3; 2/3; 1/3) nên 3a+6b+9c=−1+4+3=6.
d) (AI giải đề cho tôi)
AB·BC=−2<0 nên góc B tù, tam giác ABC tù.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong 20 giây máy bay đi được vector (-8;6;0) nên mỗi 10 giây đi (-4;3;0): C = B + (-4;3;0) = (-12;9;10). Xe tăng mỗi 10 giây đi (3/40;1/10;0): F = E + (3/40;1/10;0) = (9/40;3/10;0). Đúng.
b) BE = sqrt((-163/20)^2 + (29/5)^2 + 10^2) = sqrt(66.4225 + 33.64 + 100) = sqrt(200.0625) ≈ 14.14 km, làm tròn là 14 km chứ không phải 15 km. Sai.
c) Quãng đường xe tăng trong 20 giây: sqrt((3/20)^2+(1/5)^2) = 5/20 = 0.25 km = 250 m, vận tốc trung bình = 250/20 = 12.5 m/s. Đúng.
d) Máy bay: vị trí P = A + 27·(-4/5;3/5;0) = (-21.6;16.2;10), vận tốc 1800·(-4/5;3/5;0) = (-1440;1080;0) km/h. Xe tăng: Q = (3/5;4/5;0), vận tốc 60·(3/5;4/5;0) = (36;48;0) km/h. P−Q = (-22.2;15.4;10), |P−Q| = sqrt(830) ≈ 28.8097 km. Tốc độ thay đổi khoảng cách = |(P−Q)·(v_máybay − v_xetăng)|/|P−Q| với hiệu vận tốc (-1476;1032;0): tích vô hướng = 32767.2 + 15892.8 = 48660, nên 48660/28.8097 ≈ 1689 km/h. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Mỗi 10 giây máy bay đi (-4;3;0) nên C(-12;9;10); xe tăng đi (3/40;1/10;0) nên F(9/40;3/10;0).
b) (AI giải đề cho tôi)
BE = sqrt(200.0625) ≈ 14.14 km, làm tròn là 14 km.
c) (AI giải đề cho tôi)
Quãng đường 0.25 km trong 20 s tương ứng 12.5 m/s.
d) (AI giải đề cho tôi)
d/dt|P−Q| = (P−Q)·(v1−v2)/|P−Q| = 48660/sqrt(830) ≈ 1689 km/h.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$, $M$ là trung điểm $AD$, $N$ là trung điểm $SD$ nên $MN$ là đường trung bình: $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AS}$. Do đó $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{SC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{SC}$.

Hình chóp có tất cả các cạnh bằng $3a\sqrt{2}$ nên là hình chóp đều, đáy là hình vuông cạnh $3a\sqrt{2}$, $SA=SB=SC=SD=3a\sqrt{2}$, đường chéo $AC=6a$, tâm đáy $O$ với $AO=3a$, chiều cao $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{18a^2-9a^2}=3a$.

Ta có $\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$, nên:
$$\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{SC}=-S{A}^2+\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{AD}.$$
Vì tam giác $SAB$ cân tại $S$ với $SA=SB=AB=3a\sqrt{2}$ nên góc giữa $\overrightarrow{AS}$ và $\overrightarrow{AB}$ có $\cos =\frac{1}{2}$, do đó $\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{AB}=3a\sqrt{2}\cdot 3a\sqrt{2}\cdot \frac{1}{2}=9a^2$. Tương tự $\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{AD}=9a^2$.

Vậy $\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{SC}=-18a^2+9a^2+9a^2=0$, suy ra $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{SC}=0$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 2: 0).

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục: O là tâm hình vuông, cạnh đáy 4 nên nửa đường chéo $2\sqrt{2}$. Ta có $A(2\sqrt{2};0;0)$, $B(0;2\sqrt{2};0)$, $C(-2\sqrt{2};0;0)$, $D(0;-2\sqrt{2};0)$, $S(0;0;5)$, $M$ trung điểm $AB$ nên $M(\sqrt{2};\sqrt{2};0)$.
a) $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=(2\sqrt{2};2\sqrt{2};0)$ còn $\overrightarrow{OM}=(\sqrt{2};\sqrt{2};0)$, khác nhau (thực tế $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{OM}$) → Sai.
b) $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\vec{A}+\vec{C}-2\vec{S}=-2\vec{S}$ vì $A+C=O$; tương tự $\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=\vec{B}+\vec{D}-2\vec{S}=-2\vec{S}$. Hai vế bằng nhau → Đúng.
c) $B(0;2\sqrt{2};0)$ → Đúng.
d) $\overrightarrow{AB}=(-2\sqrt{2};2\sqrt{2};0)$ nên $4\overrightarrow{AB}=(-8\sqrt{2};8\sqrt{2};0)$; $2\overrightarrow{OS}=(0;0;10)$. Vậy $\vec{u}=(-8\sqrt{2};8\sqrt{2};10)$, $a+b+c=10\ne 8\sqrt{2}$ → Sai. Kết quả khớp đáp án nguồn SĐĐS.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=(2\sqrt{2};2\sqrt{2};0)\ne \overrightarrow{OM}=(\sqrt{2};\sqrt{2};0)$; đúng ra $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{OM}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $O$ là giao hai đường chéo nên $\vec{A}+\vec{C}=\vec{B}+\vec{D}=\vec{0}$, do đó cả hai vế đều bằng $-2\vec{S}=(0;0;-10)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cạnh đáy 4, nửa đường chéo $2\sqrt{2}$, $B$ nằm trên tia Oy nên $B(0;2\sqrt{2};0)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{u}=4\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{OS}=(-8\sqrt{2};8\sqrt{2};10)$ nên $a+b+c=10\ne 8\sqrt{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA=SB=SC$ và $\widehat{ASB}=\widehat{BSC}=\widehat{CSA}$, ba tam giác $ASB,BSC,CSA$ bằng nhau (c.g.c) nên $AB=BC=CA$, tức đáy $ABC$ là tam giác đều. Khi đó với $SA=SB=SC=a$ và $\cos \widehat{ASB}=\cos \widehat{CSA}=k$:
$$\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{SB}.(\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA})=\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SA}=a^{2}k-a^{2}k=0.$$
Vậy $\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}=0$, khớp với đáp án nguồn (Phần 3, Câu 2: 0).

(AI giải đề cho tôi)
Máy bay chuyển động thẳng đều nên trong mỗi 10 phút độ dời vị trí như nhau. Gọi $\vec{d}$ là độ dời trong 10 phút. Sau 30 phút máy bay ở $N(a;b;c)$, sau 10 phút tiếp theo ở $Q(1400;800;16)$, tức $Q=N+\vec{d}$. Vì $M$ cách $N$ đúng 3 khoảng 10 phút nên $N=M+3\vec{d}=M+3(Q-N)$, suy ra $4N=M+3Q$, tức $N=\frac{M+3Q}{4}$. Thay tọa độ: $a=\frac{1000+3\cdot 1400}{4}=\frac{5200}{4}=1300$; $b=\frac{600+3\cdot 800}{4}=\frac{3000}{4}=750$; $c=\frac{14+3\cdot 16}{4}=\frac{62}{4}=15,5$. Vậy $a+b=1300+750=2050$, khớp với đáp án nguồn (Phần 3, Câu 3: 2050).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(a;a;0)$. Vì $SA=SB=SC=SD=a$ nên $S$ nằm trên đường thẳng qua tâm đáy và vuông góc với đáy: $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$ (kiểm tra $S{A}^2=\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}+\frac{2a^2}{4}=a^2$).

$M$ trung điểm $AD$: $M\left(0;\frac{a}{2};0\right)$; $N$ trung điểm $SD$: $N\left(\frac{a}{4};\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)$.

$\overrightarrow{MN}=\left(\frac{a}{4};\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)$, $\overrightarrow{SC}=\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{SC}=\frac{a^2}{8}+\frac{a^2}{8}-\frac{2a^2}{8}=0$.

Kết quả khớp với đáp án nguồn (Phần 3, Câu 2: 0).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $C(c;0;0)$ với $c>0$. Vì tam giác vuông tại C nên $(\overrightarrow{CA})\cdot (\overrightarrow{CB})=0$. Ta có $\overrightarrow{CA}=(1-c;2;0)$, $\overrightarrow{CB}=(2-c;-1;1)$. Tích vô hướng: $(1-c)(2-c)-2=0\Rightarrow c^2-3c=0\Rightarrow c=0$ (loại) hoặc $c=3$. Vậy $C(3;0;0)$. Khi đó $\overrightarrow{CA}=(-2;2;0)$, $|CA|=2\sqrt{2}$; $\overrightarrow{CB}=(-1;-1;1)$, $|CB|=\sqrt{3}$. Diện tích $S=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{6}\approx 2,45$.

Ta có: $\overrightarrow{AB}=(1;2;2)\Rightarrow AB=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=3$.

Theo bài ra, ta có $AE=15$; $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AE}$ cùng hướng.

Do đó: $\overrightarrow{AE}=5\overrightarrow{AB}=(5;10;10)\Rightarrow E(10;17;20)$. Suy ra $CE=10$.

Khi đến điểm $E$ thì thời gian đào đường hầm thứ nhất là $t_0=\frac{1500}{12}=125$ (ngày).

Vì đến $E$ cùng thời điểm nên tốc độ đào đường hầm thứ hai là $v=\frac{100CE}{t_0}=\frac{100.10}{125}=8$ (mét/ngày)

Vậy tốc độ đào đường hầm thứ hai là 8 mét/ngày.

a) Đúng. Thể tích nước trong chậu là $V=B\cdot h=4^2\cdot 4=64{\mathrm{dm}}^3$.

b) Đúng. $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AN}=\left|\overrightarrow{AM}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AN}\right|\cdot \cos \left(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN}\right)=4\cdot 4\sqrt{2}\cdot \cos 45^{\circ }=16$.

c) Đúng. Dễ thấy hai đoạn thẳng $N{N}^{\prime }=M{M}^{\prime }$, đồng thời $M{M}^{\prime }//N{N}^{\prime }\Rightarrow$ Tứ giác $M{M}^{\prime }{N}^{\prime }N$ là hình bình hành. Vì $MN$ và $M{N}^{\prime }$ là hai đường chéo của hình bình hành nên có chung trung điểm $I(0;2;4)$.

d) Sai. Trong tam giác $IM{M}^{\prime }$, ta có $MI{M}^{\prime }=30^{\circ }\Rightarrow \tan 30^{\circ }=\frac{M{M}^{\prime }}{IM}\Rightarrow M{M}^{\prime }=\frac{2}{\sqrt{3}}=N{N}^{\prime }=Q{Q}^{\prime }$. Do đó $N^{\prime }\left(0;4;4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right),Q^{\prime }\left(4;0;4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)$. Vì vậy $\cos \left(\overrightarrow{A{N}^{\prime }},\overrightarrow{A{Q}^{\prime }}\right)=\frac{\left(4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)\left(4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{4^2+{\left(4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2}\cdot \sqrt{4^2+{\left(4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2}}\approx 0,458\Rightarrow \left(\overrightarrow{A{N}^{\prime }},\overrightarrow{A{Q}^{\prime }}\right)\approx 62,7^{\circ }$
a) Đúng. Thể tích nước trong chậu là $V=B\cdot h=4^2\cdot 4=64{\mathrm{dm}}^3$
b) Đúng. $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AN}=\left|\overrightarrow{AM}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AN}\right|\cdot \cos \left(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN}\right)=4\cdot 4\sqrt{2}\cdot \cos 45^{\circ }=16$
c) Đúng. Dễ thấy hai đoạn thẳng $N{N}^{\prime }=M{M}^{\prime }$, đồng thời $M{M}^{\prime }//N{N}^{\prime }\Rightarrow$ Tứ giác $M{M}^{\prime }{N}^{\prime }N$ là hình bình hành. Vì $MN$ và $M{N}^{\prime }$ là hai đường chéo của hình bình hành nên có chung trung điểm $I(0;2;4)$
d) Sai. Trong tam giác $IM{M}^{\prime }$, ta có $MI{M}^{\prime }=30^{\circ }\Rightarrow \tan 30^{\circ }=\frac{M{M}^{\prime }}{IM}\Rightarrow M{M}^{\prime }=\frac{2}{\sqrt{3}}=N{N}^{\prime }=Q{Q}^{\prime }$. Do đó $N^{\prime }\left(0;4;4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right),Q^{\prime }\left(4;0;4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)$. Vì vậy $\cos \left(\overrightarrow{A{N}^{\prime }},\overrightarrow{A{Q}^{\prime }}\right)=\frac{\left(4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)\left(4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{4^2+{\left(4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2}\cdot \sqrt{4^2+{\left(4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2}}\approx 0,458\Rightarrow \left(\overrightarrow{A{N}^{\prime }},\overrightarrow{A{Q}^{\prime }}\right)\approx 62,7^{\circ }$