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

Đáp án theo bảng đáp án mã đề 1925: 2,08.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 3: a) N(0;t;0): NA²=(t+2)²+10, NB²=(t-3)²+2, NC²=(t-2)²+25. f(t)=NA²+2NB²-5NC²=-2t²+12t-109, đạt max tại t=3 ⇒ N(0;3;0) đúng. b) M(m;0;0): AB·AM=0 với AB=(-2;5;-2), AM=(m-3;2;-1) ⇒ -2(m-3)+10+2=0 ⇒ m=9>6, đúng. c) AB·AC=(-2)(-3)+5·4+(-2)(4)=6+20-8=18, đúng. d) ABCD hình bình hành thì D=B+C-A=(-2;7;3)≠(2;-3;3), sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với N(0;t;0): f(t)=NA²+2NB²-5NC²=-2t²+12t-109, đỉnh t=3, max tại N(0;3;0).
b) (AI giải đề cho tôi)
AB·AM=0 ⇒ -2(m-3)+10+2=0 ⇒ m=9>6.
c) (AI giải đề cho tôi)
AB=(-2;5;-2), AC=(-3;4;4), tích vô hướng = 6+20-8=18.
d) (AI giải đề cho tôi)
ABCD hình bình hành ⇒ D=B+C-A=(-2;7;3), không phải (2;-3;3).

(AI giải đề cho tôi)
a) Trung điểm AB: ((1+2)/2;(2+1)/2;(3+5)/2)=(3/2;3/2;4) → Đúng. b) OA+2OB−OC=(1+4−2; 2+2−4; 3+10−2)=(3;0;11)≠(3;0;10) → Sai. c) AB=(1;−1;2), AC=(1;2;−1), cos(AB,AC)=(1−2−2)/(√6·√6)=−1/2, góc giữa hai đường thẳng bằng 60°, không phải 30° → Sai. d) M∈(Oxy) nên c=0. MA−2MB=(a−1−2(a−2); b−2−2(b−1); 3−2·5)=(3−a; −b; −7). Bình phương độ dài: (a−3)²+b²+49=49 ⟹ (a−3)²+b²=0 ⟹ a=3, b=0, c=0 ⟹ a+b+c=3≠5 → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trung điểm AB = ((1+2)/2;(2+1)/2;(3+5)/2)=(3/2;3/2;4).
b) (AI giải đề cho tôi)
OA+2OB−OC=(1+4−2; 2+2−4; 3+10−2)=(3;0;11), khác (3;0;10).
c) (AI giải đề cho tôi)
AB=(1;−1;2), AC=(1;2;−1), cos=−3/6=−1/2 nên góc giữa hai đường thẳng là 60°.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với c=0: MA−2MB=(3−a;−b;−7), điều kiện (a−3)²+b²+49=49 cho a=3,b=0,c=0, tổng bằng 3≠5.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in (Oxy)$ nên $M(x;y;0)$. Ta có $S=2[(x-2{)}^2+(y-1{)}^2]+3[x^2+(y-2{)}^2+1]-4[(x-1{)}^2+(y-3{)}^2+1]$. Phần theo $x$: $2(x-2{)}^2+3x^2-4(x-1{)}^2=x^2+4$, nhỏ nhất tại $x=0$. Phần theo $y$: $2(y-1{)}^2+3(y-2{)}^2-4(y-3{)}^2=y^2+8y-22=(y+4{)}^2-38$, nhỏ nhất tại $y=-4$. Vậy $M(0;-4;0)$ và $OM=4$.

Gọi $H$ và $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ và $B$ lên $Ox$. Kẻ đường thẳng $d$ đi qua $K$ và song song với $AH$. Trên $d$ lấy điểm $B^{\prime }\in d$ sao cho $K{B}^{\prime }=BK$ và điểm $A,B^{\prime }$ khác phía với đường thẳng $Ox$ (tham khảo hình vẽ) (0,25 điểm)



Suy ra $MA+MB+AB=MA+M{B}^{\prime }+AB\ge A{B}^{\prime }+AB=const$.

Do đó chu vi của tam giác $MAB$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $M=A{B}^{\prime }\cap Ox$

Tính được tọa độ điểm $H(10;0;0);K(50;0;0);AH=30;BK=30$ (0,25 điểm)

Lại có: $\frac{AH}{B^{\prime }K}=\frac{MH}{MK}\Rightarrow AH.MK=MH.B^{\prime }K\Rightarrow \overrightarrow{KM}=\overrightarrow{MH}$, (1)

Ta có $M(t;0;0)\in Ox$ nên $(1)\iff \{\begin{array}{l}t-50=10-t\\ 0=(0-0)\\ 0=(0-0)\end{array}\iff t=30\Rightarrow M(30;0;0).$ (0,25 điểm)

Do đó tổng chiều dài cáp đó nhỏ nhất bằng $AM+BM+AB=20\sqrt{13}+2\sqrt{418}\approx 113(m)$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: nền nhà là hình chữ nhật với các đỉnh $O(0;0;0)$, $A(4;0;0)$, $B(4;5;0)$, $C(0;5;0)$; các bức tường cao 3, với $E(0;0;3)$, $G(4;5;3)$. Hai mái nhà là hình chữ nhật: mái trước có các đỉnh $E(0;0;3)$, $P(2;0;4)$, $Q(2;5;4)$, $G(4;5;3)$; mái sau là hình chữ nhật có các đỉnh $E(0;0;3)$, $P(2;0;4)$, $Q(2;5;4)$ và $H$. Vì $EPQH$ là hình chữ nhật nên $H$ đối xứng với $E$ qua trung điểm của $PQ$, tức $H(0;5;3)$. Vậy $a=0$, $b=5$, $c=3$, suy ra $a+b+c=0+5+3=8$, khớp với đáp án nguồn (Phần III, Câu 2, mã đề 0101: 8).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A{A}^{\prime }BD$ là tứ diện đều cạnh 3 nên $\vec{u}=\overrightarrow{AB},\vec{v}=\overrightarrow{AD},\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ có độ dài 3 và góc giữa mỗi cặp là $60^{\circ }$. Trong hình hộp: $\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\vec{w}$, $\overrightarrow{DC}=\vec{u}$, nên $D^{\prime }=D+\vec{w}$, $C^{\prime }=D+\vec{w}+\vec{u}$. Trọng tâm $G$ của tam giác $D{D}^{\prime }{C}^{\prime }$: $\overrightarrow{AG}=\vec{v}+\frac{2}{3}\vec{w}+\frac{1}{3}\vec{u}$. Khi đó $A{G}^2=9+4+1+2\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{9}{2}+2\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{9}{2}+2\cdot \frac{2}{9}\cdot \frac{9}{2}=14+6+3+2=25$, suy ra $AG=5$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Hình chiếu của A(5;2;1) lên mặt phẳng (Oyz) có tọa độ (0; 2; 1) → Đúng.
b) $\overrightarrow{AB}=(4;-4;2)$ nên $AB=\sqrt{16+16+4}=6$; $\overrightarrow{AC}=(-3;-1;0)$ nên $AC=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}$. Vậy $AB+AC=6+\sqrt{10}$ → Đúng.
c) $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=4\cdot (-3)+(-4)(-1)+2\cdot 0=-8$; $\cos \widehat{BAC}=\frac{-8}{6\sqrt{10}}=-\frac{2\sqrt{10}}{15}\ne \frac{2\sqrt{10}}{15}$ → Sai.
d) Với $M(m;0;0)$: $\overrightarrow{MA}=(5-m;2;1)$, $\overrightarrow{MB}=(9-m;-2;3)$, $\overrightarrow{MC}=(2-m;1;1)$.
$\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=(5-m)(9-m)+2(-2)+1\cdot 3=m^2-14m+44$.
$\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MC}=(5-m)(2-m)+2\cdot 1+1\cdot 1=m^2-7m+13$ (lưu ý các tích vô hướng $2\cdot 1+1\cdot 1=+3$, không phải $-2$).
Phương trình $m^2-14m+44=m^2-7m+13\Rightarrow 7m=31\Rightarrow m=\frac{31}{7}\approx 4,43<5$ → Sai.
Kết quả khớp hoàn toàn với đáp án chính thức trang 20 (Câu 1: a Đ, b Đ, c S, d S). Lưu ý nhận xét trong dữ liệu lỗi cho rằng $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MC}$ phải là $(5-m)(2-m)-2$ là sai, vì $\overrightarrow{MA}=(5-m;2;1)$ và $\overrightarrow{MC}=(2-m;1;1)$ nên phần tích các thành phần $y,z$ là $2\cdot 1+1\cdot 1=3$.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của A(5;2;1) lên (Oyz) là (0;2;1).
b) (AI giải đề cho tôi)
AB = 6, AC = √10 nên AB + AC = 6 + √10.
c) (AI giải đề cho tôi)
cos BAC = -8/(6√10) = -2√10/15 ≠ 2√10/15.
d) (AI giải đề cho tôi)
MA→·MB→ = m²−14m+44; MA→·MC→ = (5−m)(2−m)+2+1 = m²−7m+13. Suy ra 7m = 31, m = 31/7 ≈ 4,43 < 5 → Sai.

(AI giải đề cho tôi)
a) Hình chiếu của A(5;2;1) lên (Oyz) là (0;2;1) → Đúng.
b) AB = √(4²+(-4)²+2²) = 6; AC = √((-3)²+(-1)²+0²) = √10 → AB+AC = 6+√10 → Đúng.
c) AB→ = (4;-4;2), AC→ = (-3;-1;0), tích vô hướng = -12+4+0 = -8, nên cos BAC = -8/(6√10) = -2√10/15 ≠ 2√10/15 → Sai.
d) M(m;0;0). MA→·MB→ = MA→·MC→ ⇔ MA→·(MB→-MC→) = 0 ⇔ MA→·BC→ = 0 với BC→ = (-7;3;-2). MA→ = (5-m;2;1) nên -7(5-m)+6-2 = 7m-31 = 0 ⇒ m = 31/7 ≈ 4,43 < 5 → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của A(5;2;1) lên mặt phẳng (Oyz) giữ lại tung độ và cao độ: (0;2;1).
b) (AI giải đề cho tôi)
AB = √(16+16+4) = 6, AC = √(9+1+0) = √10, nên AB+AC = 6+√10.
c) (AI giải đề cho tôi)
AB→·AC→ = (4)(-3)+(-4)(-1)+(2)(0) = -8, |AB→| = 6, |AC→| = √10, nên cos BAC = -8/(6√10) = -2√10/15, khác 2√10/15.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với M(m;0;0), điều kiện MA→·BC→ = 0 với BC→ = (-7;3;-2) cho -7(5-m)+6-2 = 0 ⇒ m = 31/7 ≈ 4,43 < 5, nên hoành độ không lớn hơn 5.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $C$ nằm giữa $A$ và $B$ với $BC=2AC$ nên $AC=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}(6;3;0)=(2;1;0)$. Suy ra $\overrightarrow{CA}=(-2;-1;0)$, do đó $A=C+\overrightarrow{CA}=(1-2;1-1;2+0)=(-1;0;2)$. Vậy $m+3n+4p=-1+3\cdot 0+4\cdot 2=7$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
a) Hình chiếu của A(5;2;1) lên (Oyz) là (0;2;1) → Đúng. b) AB=√(16+16+4)=6, AC=√(9+1+0)=√10 → AB+AC=6+√10 → Đúng. c) AB=(4;−4;2), AC=(−3;−1;0), AB·AC=−12+4=−8, cos BAC = −8/(6√10) = −2√10/15 ≠ 2√10/15 → Sai. d) M(m;0;0): MA·MB=MA·MC ⇔ MA·(C−B)=0 với C−B=(−7;3;−2): −7(5−m)+6−2=0 ⇔ 7m−31=0 ⇔ m=31/7≈4,43<5 → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của A(5;2;1) lên mặt phẳng (Oyz) có hoành độ bằng 0, giữ nguyên tung và cao: (0;2;1).
b) (AI giải đề cho tôi)
AB=√((9−5)²+(−2−2)²+(3−1)²)=√(16+16+4)=6; AC=√((2−5)²+(1−2)²+0²)=√10. Vậy AB+AC=6+√10.
c) (AI giải đề cho tôi)
AB=(4;−4;2), AC=(−3;−1;0). AB·AC=−12+4+0=−8. cos BAC = −8/(6·√10) = −2√10/15, giá trị âm nên khẳng định với dấu dương là sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
M(m;0;0). MA·MB=MA·MC ⇔ MA·(MC−MB)=0. MC−MB=C−B=(−7;3;−2), MA=(5−m;2;1). Tích: −7(5−m)+6−2=7m−31=0 ⇔ m=31/7≈4,43<5, nên hoành độ không lớn hơn 5.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh hình lập phương là $x$. Đường chéo $A^{\prime }C=x\sqrt{3}=\frac{3}{16}$ nên $x=\frac{3}{16\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{16}$.

Vì $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ nên $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{0}$ (các đỉnh đối xứng qua $O$).

Gọi $O^{\prime }$ là tâm hình vuông $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$. Tương tự $\overrightarrow{O{A}^{\prime }}+\overrightarrow{O{B}^{\prime }}+\overrightarrow{O{C}^{\prime }}+\overrightarrow{O{D}^{\prime }}=4\overrightarrow{O{O}^{\prime }}$.

Do đó $\overrightarrow{OS}=4\overrightarrow{O{O}^{\prime }}$, suy ra $OS=4\cdot O{O}^{\prime }=4x=4\cdot \frac{\sqrt{3}}{16}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.

Vậy $a=1,b=4$ (tối giản), $P=a^2+b^2=1+16=17$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $I$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $C=2I-A=(-1;4;-7)$ và $D=2I-B=(-3;8;-7)$. Vectơ $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=D^{\prime }-D=(9;0;17)$. Tâm $I^{\prime }$ của $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ thỏa $\overrightarrow{I{I}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, nên $I^{\prime }=I+(9;0;17)=\left(\frac{19}{2};4;\frac{27}{2}\right)$. Vậy $T=x.y.z=\frac{19}{2}\cdot 4\cdot \frac{27}{2}=513$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trọng tâm G = ((1-2+0)/3; (-1+0+1)/3; (2+3-2)/3) = (-1/3; 0; 1) → đúng.
b) BA = (3;-1;-1), BC = (2;1;-5), BA·BC = 6-1+5 = 10, |BA| = √11, |BC| = √30 nên cos B = 10/√330 = √330/33 ≈ 0,5505 ≠ √321/32 ≈ 0,56 → sai.
c) BA×BC = (6;13;5), |BA×BC| = √(36+169+25) = √230, S = √230/2 → đúng.
d) Với M(a;b;0): S = MA·MB + 2MB·MC + 3MC·MA = 6|M|² - M·(4A+3B+5C) + const, với 4A+3B+5C = (-2;1;7). Khi c = 0, S = 6a² + 6b² + 2a - b + const, đạt min tại a = -1/6, b = 1/12. Khi đó T = 12a + 12b + c = -2 + 1 + 0 = -1 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
G = ((1-2+0)/3; (-1+0+1)/3; (2+3-2)/3) = (-1/3; 0; 1).
b) (AI giải đề cho tôi)
cos B = 10/√330 = √330/33 ≈ 0,5505, khác √321/32 ≈ 0,56.
c) (AI giải đề cho tôi)
BA×BC = (6;13;5) có độ dài √230 nên S = √230/2.
d) (AI giải đề cho tôi)
S = 6a² + 6b² + 2a - b + const (với c = 0) đạt min tại a = -1/6, b = 1/12, suy ra T = 12a + 12b + c = -1.

(AI giải đề cho tôi)
a) $\overrightarrow{AB}=B-A=(-1;0;3)$, không phải $(1;0;-3)$ → sai.
b) Trọng tâm $G=\left(\frac{2+1+2+1}{4};\frac{1+1-1-1}{4};\frac{0+3+3+0}{4}\right)=(1,5;0;1,5)$, có $a=c=1,5$ → đúng.
c) $\overrightarrow{AB}=(-1;0;3)$, $\overrightarrow{CD}=D-C=(-1;0;-3)$. $\cos =\frac{|(-1)(-1)+0+3(-3)|}{\sqrt{10}\sqrt{10}}=\frac{8}{10}=0,8\ne 0,3$ → sai.
d) $M=(0;t;0)$: $\overrightarrow{MA}+6\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{MC}+4\overrightarrow{MD}=(A+6B-2C+4D)+7M=(8;5;12)+(0;7t;0)=(8;5+7t;12)$. Bình phương độ dài $=64+144+(5+7t{)}^2=208+(5+7t{)}^2$, nhỏ nhất bằng $208$ khi $t=-5/7$. Vậy GTNN $=\sqrt{208}=4\sqrt{13}$, suy ra $m=13$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}=B-A=(-1;0;3)\ne (1;0;-3)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$G=(1,5;0;1,5)$ nên $a=c=1,5$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\cos (AB,CD)=\frac{|1-9|}{10}=0,8\ne 0,3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Biểu thức bằng $(8;5+7t;12)$, GTNN $\sqrt{208}=4\sqrt{13}$ nên $m=13$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N$ là trung điểm của $AB,BC$ nên $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$. Trong tứ diện đều cạnh $a$, ta có $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AC}\cdot (\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})=a^2\cos 60^{\circ }-a^2=-\frac{a^2}{2}$. Do đó $\cos \phi =\frac{\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{CD}}{|\overrightarrow{AC}||\overrightarrow{CD}|}=\frac{-a^2/2}{a^2}=-\frac{1}{2}$, suy ra $\phi =120^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Bốn đỉnh cột $M(90;0;30)$, $N(90;120;30)$, $P(0;120;30)$, $Q(0;0;30)$ là bốn đỉnh hình chữ nhật với tâm đối xứng $I(45;60;30)$. Vì $K_{0}M=K_{0}N=K_{0}P=K_{0}Q$ nên $K_0$ nằm trên đường thẳng đứng qua $I$, tức $K_0=(45;60;25)$ (cao độ bằng 25). Camera hạ thẳng đứng nên hoành độ và tung độ không đổi: $K_1=(45;60;19)$. Trung điểm $K_0{K}_1$ là $(a;b;c)=(45;60;22)$. Suy ra $T=5\cdot 45+7\cdot 60+9\cdot 22=225+420+198=843$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $C(x;y;z)$. Vì $CO=CA$: $x^2+y^2+z^2=(x-2{)}^2+y^2+z^2\Rightarrow x=1$. Vì $CO=CB$: $x^2+y^2+z^2=x^2+(y-3{)}^2+z^2\Rightarrow y=\frac{3}{2}$. Vậy $C=\left(1;\frac{3}{2};z\right)$. Thể tích tứ diện $OABC$: $V=\frac{1}{6}\left|\det \left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 3& 0\\ 1& 3/2& z\end{array}\right)\right|=\frac{1}{6}\cdot |6z|=|z|=4\Rightarrow z=\pm 4$. Suy ra $OC=\sqrt{1+\frac{9}{4}+16}=\sqrt{\frac{77}{4}}=\frac{\sqrt{77}}{2}\approx 4.39$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 5. Cho A(1;2;3), B(2;-2;1), C(-1;-2;-3).

a) Gọi M(x;y;z). Ta có:
- $\overrightarrow{AM}=(x-1;y-2;z-3)$
- $\overrightarrow{AB}=(1;-4;-2)$ nên $2\overrightarrow{AB}=(2;-8;-4)$
- $\overrightarrow{CM}=(x+1;y+2;z+3)$ nên $3\overrightarrow{CM}=(3x+3;3y+6;3z+9)$

Điều kiện $\overrightarrow{AM}+2\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{CM}$:
$$(x+1;y-10;z-7)=(3x+3;3y+6;3z+9)$$
Suy ra:
- $x+1=3x+3\Rightarrow x=-1$
- $y-10=3y+6\Rightarrow y=-8$
- $z-7=3z+9\Rightarrow z=-8$

Vậy $M(-1;-8;-8)$.

b) ABCD là hình bình hành khi $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$, tức $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$:
$$\overrightarrow{BC}=C-B=(-3;0;-4)$$
$$D=A+\overrightarrow{BC}=(1-3;2+0;3-4)=(-2;2;1)$$
Kiểm tra: $\overrightarrow{DC}=C-D=(1;-4;-2)=\overrightarrow{AB}$ ✓. Vậy $D(-2;2;1)$.

Chu vi:
- $AB=\sqrt{1^2+(-4{)}^2+(-2{)}^2}=\sqrt{21}\approx 4,58$
- $BC=\sqrt{(-3{)}^2+0^2+(-4{)}^2}=5$

Chu vi $=2(\sqrt{21}+5)\approx 2(4,5826+5)\approx 19,17$ (đơn vị độ dài).

Diện tích $=|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{BC}|$:
$$\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{BC}=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\ 1& -4& -2\\ -3& 0& -4\end{array}\right|=(16;10;-12)$$
$$S=\sqrt{16^2+10^2+(-12{)}^2}=\sqrt{500}=10\sqrt{5}\approx 22,36$$

Kết luận: $M(-1;-8;-8)$; $D(-2;2;1)$; chu vi $\approx 19,17$; diện tích $\approx 22,36$.

(AI giải đề cho tôi)
a) $\overrightarrow{AB}=B-A=(5-(-2);6-3;2-1)=(7;3;1)$ → đúng. b) Hình chiếu của $B(5;6;2)$ trên $(Oxz)$ là $(5;0;2)$, không phải $(0;6;0)$ → sai. c) $I(a;0;0)$, điều kiện vuông tại $I$: $\overrightarrow{IA}\cdot \overrightarrow{IB}=0$: $(-2-a)(5-a)+3\cdot 6+1\cdot 2=0\iff a^2-3a-10+20=0\iff a^2-3a+10=0$... tính lại: $(-2-a)(5-a)=a^2-3a-10$, cộng $18+2=20$ được $a^2-3a+10=0$, vô nghiệm (delta $=9-40<0$) → không tồn tại điểm $I$, phát biểu 'đúng một điểm' sai. d) Điểm trên $AB$: $A+t\overrightarrow{AB}$, z = $1+t=0\Rightarrow t=-1$, $M=(-9;0;0)$ nằm ngoài đoạn AB; $AM=|AB|$, $BM=2|AB|$ nên $\frac{AM}{BM}=\frac{1}{2}\ne \frac{3}{7}$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}=(5-(-2);6-3;2-1)=(7;3;1)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B(5;6;2)$ trên mặt phẳng $(Oxz)$ là $B^{\prime }(5;0;2)$, không phải $(0;6;0)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $I(a;0;0)$: $\overrightarrow{IA}\cdot \overrightarrow{IB}=(-2-a)(5-a)+18+2=a^2-3a+10=0$, vô nghiệm vì $\Delta =9-40<0$. Không tồn tại điểm $I$ nào thỏa mãn.
d) (AI giải đề cho tôi)
Điểm trên đường thẳng AB có dạng $A+t(7;3;1)$; z = $1+t=0\Rightarrow t=-1$, $M=(-9;0;0)$ ngoài đoạn AB. Khi đó $AM=|AB|$, $BM=2|AB|$ nên $\frac{AM}{BM}=\frac{1}{2}\ne \frac{3}{7}$.