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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{d}$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{a}$. Khi đó $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{b}+\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\overrightarrow{d}+\overrightarrow{a}$.

Vì $I$ là trung điểm $A{B}^{\prime }$: $\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{B}^{\prime }})=\overrightarrow{b}+\frac{1}{2}\overrightarrow{a}$.

Vì $J$ là trung điểm $C{D}^{\prime }$: $\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{D}^{\prime }})=\frac{1}{2}\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}+\frac{1}{2}\overrightarrow{a}$.

Kiểm tra A: $\overrightarrow{A^{\prime }I}=\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{b}-\frac{1}{2}\overrightarrow{a}$; $\overrightarrow{JC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{b}-\frac{1}{2}\overrightarrow{a}$. Vậy $\overrightarrow{A^{\prime }I}=\overrightarrow{JC}$, A đúng.

B sai: $\overrightarrow{CJ}=\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{AC}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{b}+\frac{1}{2}\overrightarrow{a}\ne \overrightarrow{AI}$.

C sai: $\overrightarrow{D^{\prime }{A}^{\prime }}=\overrightarrow{DA}=-\overrightarrow{d}$ còn $\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{d}-\frac{1}{2}\overrightarrow{b}$.

D sai: $\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{AI}-\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{a}$ còn $\overrightarrow{D^{\prime }J}=\overrightarrow{AJ}-\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{b}-\frac{1}{2}\overrightarrow{a}$.

Đáp án A khớp bảng đáp án chính thức (Mã đề 102, Câu 9: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục: Ox hướng nam, Oy hướng đông, Oz hướng lên. a) A cách 500m về nam, 680m về đông, cao 10m nên A(500;680;10), không phải (500;680;0) → SAI. b) OA=√(500²+680²+10²)=√712500≈844,09≈844m → ĐÚNG. c) B(-900;-450;15), AB=√(1400²+1130²+5²)=√3236925≈1799,15m; thời gian ≈1799,15/8≈224,9s≈3,75 phút < 4 phút → SAI. d) OB=√(900²+450²+15²)=√1012725≈1006,34m; trong 2 phút (120s) bay được tối đa 8·120=960m < 1006,34m nên không thể quay về → SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
A(500;680;10) vì flycam cách mặt đất 10m, không phải z=0.
b) (AI giải đề cho tôi)
OA=√(500²+680²+10²)=√712500≈844m.
c) (AI giải đề cho tôi)
AB≈1799,15m, thời gian ≈224,9s≈3,75 phút < 4 phút.
d) (AI giải đề cho tôi)
OB≈1006,34m > 960m quãng đường tối đa trong 2 phút nên không thể quay về.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $H$ là hình chiếu của $M(a;b;c)$ xuống $(Oxy)$ nên $H(a;b;0)$, $OH\perp OM$ với mặt phẳng, do đó $c=OM\sin 48^{\circ }$ và $OH=OM\cos 48^{\circ }$.

$$OH=50\cos 48^{\circ }\approx 50\cdot 0,66913=33,4565$$
$$c=50\sin 48^{\circ }\approx 50\cdot 0,74314=37,1573$$

Theo hình vẽ, $H$ nằm trong góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng $(Oxy)$, góc giữa $\vec{i}$ và $\overrightarrow{OH}$ bằng $64^{\circ }$ nên:
$$a=OH\cos 64^{\circ }\approx 33,4565\cdot 0,43837\approx 14,666$$
$$b=OH\sin 64^{\circ }\approx 33,4565\cdot 0,89879\approx 30,071$$

Kiểm tra: $a^2+b^2+c^2\approx 215,1+904,3+1380,7\approx 2500=50^2$ ✓

$$S=a+b+c\approx 14,666+30,071+37,157\approx 81,894\approx 81,9$$

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $M{A}^2+M{B}^2=2M{I}^2+\frac{A{B}^2}{2}$ với $I$ là trung điểm $AB$, $I\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};2\right)$. Do $AB$ cố định, $M{A}^2+M{B}^2$ nhỏ nhất khi $MI$ nhỏ nhất. Vì $M(a;b;0)$ nằm trên mặt phẳng $Oxy$, $MI$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu của $I$ lên mặt phẳng $Oxy$, tức $M\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};0\right)$. Khi đó $a+b=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB=4$, $AC=6$ nên $AD=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{36-16}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$. Với cách đặt trục: $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $D(0;2\sqrt{5};0)$, $A^{\prime }(0;0;8)$, do đó $C^{\prime }(4;2\sqrt{5};8)$. Giao điểm các đường chéo hình hộp là trung điểm $A{C}^{\prime }$: $G(2;\sqrt{5};4)$. Vậy $a-b-c=2-\sqrt{5}-4=-2-\sqrt{5}\approx -4,24$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;4)$, $\overrightarrow{AC}=(-6;0;8)$, $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}=(-5;1;4)$.
a) $[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}]=\left((-1)(8)-4\cdot 0;4(-6)-(-1)(8);(-1)(0)-(-1)(-6)\right)=(-8;-16;-6)\ne (-8;16;6)$ → sai.
b) $AB=\sqrt{1+1+16}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\ne 4\sqrt{2}$ → sai.
c) $S_{ABC}=\frac{1}{2}\left|[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}]\right|=\frac{1}{2}\sqrt{64+256+36}=\frac{\sqrt{356}}{2}=\sqrt{89}\ne \sqrt{90}$ → sai.
d) Vì $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{D^{\prime }}-\overrightarrow{A}-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}=(1;0;5)-(-1;-1;4)-(-5;1;4)=(7;0;-3)$. Thể tích khối hộp $V=\left|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{A{A}^{\prime }})\right|=\left|(-1)(-3)+1(15-28)+4(-7)\right|=|-38|=38$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tích có hướng đúng là $(-8;-16;-6)$, không phải $(-8;16;6)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AB=\sqrt{(-1{)}^2+(-1{)}^2+4^2}=3\sqrt{2}\ne 4\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S=\frac{1}{2}|[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}]|=\frac{1}{2}\sqrt{356}=\sqrt{89}\ne \sqrt{90}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(7;0;-3)$, thể tích $V=|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{A{A}^{\prime }})|=38$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: trụ cao $10m$ nên $A=(0;0;10)$. Điểm $B$ nằm trên mặt đất với $OB=15m$, góc giữa $OB$ và trục $Oy$ bằng $30^{\circ }$, nên $B=(15\sin 30^{\circ };15\cos 30^{\circ };0)=(7,5;\frac{15\sqrt{3}}{2};0)$. Suy ra $\overrightarrow{AB}=B-A=\left(7,5;\frac{15\sqrt{3}}{2};-10\right)$, tức $a=7,5$, $c=-10$. Vậy $a+c=7,5-10=-2,5$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\vec{a}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{b}=\overrightarrow{AD}$, $\vec{c}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ với $|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=2$ và các cặp vectơ đôi một góc $60^{\circ }$, nên $\vec{a}\cdot \vec{b}=\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=2\cdot 2\cdot \cos 60^{\circ }=2$.

Ta có $\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{D^{\prime }A}=-\vec{c}$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}=\vec{a}$, do đó $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{c}$.

Mà $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$, nên $\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }Q}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}+\vec{a}+\vec{c}=2\vec{a}+\vec{b}+2\vec{c}$.

Vậy $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}=2\vec{a}+\vec{b}+3\vec{c}$.

$P{Q}^2=4|\vec{a}{|}^2+|\vec{b}{|}^2+9|\vec{c}{|}^2+4\vec{a}\cdot \vec{b}+12\vec{a}\cdot \vec{c}+6\vec{b}\cdot \vec{c}=16+4+36+8+24+12=100$.

Suy ra $PQ=10$.

(AI giải đề cho tôi)
Vectơ $\overrightarrow{BC}=(-3;2;-2)$. Gọi $H=B+t\overrightarrow{BC}=(2-3t;-1+2t;3-2t)$. Khi đó $\overrightarrow{AH}=(1-3t;-3+2t;-2t)$. Điều kiện $AH\perp BC$: $-3(1-3t)+2(-3+2t)-2(-2t)=-9+17t=0\Rightarrow t=\frac{9}{17}$. Suy ra $H\left(\frac{7}{17};\frac{1}{17};\frac{33}{17}\right)$, nên $a+b+c=\frac{41}{17}$ và $P=17\cdot \frac{41}{17}=41$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề với A(0;0;-1), B(-1;1;0), C(1;0;1).

a) Từ 3IA + 2IB - IC = 0, thay IA = A - I v.v. ta được (3+2-1)I = 3A + 2B - C, tức I = (3A+2B-C)/6. Tính: x = (0 - 2 - 1)/6 = -1/2; y = (0 + 2 - 0)/6 = 1/3; z = (-3 + 0 - 1)/6 = -2/3. Vậy I(-1/2; 1/3; -2/3), khác I(-3/4; 1/2; -1) đã cho => SAI.

b) Gọi A'(0;0;0), C'(1;0;0) là hình chiếu của A, C lên (Oxy). Khi đó AP = sqrt(A'P^2 + 1), CQ = sqrt(C'Q^2 + 1). Với PQ = 1, theo bất đẳng thức tam giác: A'P <= A'C' + C'P <= 1 + C'Q + QP = C'Q + 2 (dấu '=' xảy ra khi A', C', Q, P thẳng hàng theo thứ tự đó, ví dụ Q(s+1;0), P(s+2;0)). Khi đó T = AP - CQ <= sqrt((C'Q+2)^2 + 1) - sqrt(C'Q^2 + 1) < 2 và có thể gần 2 tùy ý (cho C'Q = s lớn). Cận trên của T đúng bằng A'C' + PQ = 1 + 1 = 2, khớp với đáp án của đề => ĐÚNG (T luôn nhỏ hơn 2 nhưng gần 2 tùy ý, giá trị 2 là cận trên đúng của biểu thức).

c) BC = (2;-1;1). H = B + t·BC, điều kiện AH·BC = 0: (AB + t·BC)·BC = 0 với AB = (-1;1;1). AB·BC = -2 - 1 + 1 = -2, BC·BC = 6, nên t = 1/3. H = (-1 + 2/3; 1 - 1/3; 1/3) = (-1/3; 2/3; 1/3). Kiểm tra: 3a + 6b + 9c = -1 + 4 + 3 = 6 => ĐÚNG.

d) Đối xứng C(1;0;1) qua (Oxy) ta được C'(1;0;-1), nên m + n + p = 1 + 0 - 1 = 0 ≠ -2 => SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
I = (3A+2B-C)/6 = (-1/2; 1/3; -2/3), khác tọa độ đã cho.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với AP = sqrt(A'P^2+1), CQ = sqrt(C'Q^2+1) và PQ = 1, cận trên của T = |AP - CQ| là A'C' + PQ = 2, đạt được xấp xỉ khi A', C', Q, P thẳng hàng với C'Q lớn; giá trị 2 khớp đáp án.
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)
C'(1;0;-1) nên m + n + p = 0 ≠ -2.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $A^{\prime }(0;0;h)$, $B^{\prime }(a;0;h)$, $C^{\prime }(a;a;h)$, $D^{\prime }(0;a;h)$. Khi đó $M\left(\frac{a}{2};0;h\right)$, $N\left(a;a;\frac{h}{2}\right)$, $P\left(0;\frac{a}{2};0\right)$. Điều kiện $BM\perp NP$: $\overrightarrow{BM}=\left(-\frac{a}{2};0;h\right)$, $\overrightarrow{NP}=\left(-a;-\frac{a}{2};-\frac{h}{2}\right)$, tích vô hướng $=\frac{a^2}{2}-\frac{h^2}{2}=0\Rightarrow h=a$.

a) $\overrightarrow{MN}=\left(\frac{a}{2};a;-\frac{a}{2}\right)$, $\overrightarrow{MP}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};-a\right)$, pháp tuyến của $(MNP)$: $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}\propto (-1;1;1)$. Vì $(ABCD)$ có pháp tuyến $(0;0;1)$ nên $\cos \phi =\frac{|(-1;1;1)\cdot (0;0;1)|}{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Đúng.

b) $\overrightarrow{BP}=\left(-a;\frac{a}{2};0\right)\propto (-2;1;0)$, $\overrightarrow{M{C}^{\prime }}=\left(\frac{a}{2};a;0\right)\propto (1;2;0)$, $\overrightarrow{M{C}^{\prime }}\times \overrightarrow{BP}=(0;0;5)$, $\overrightarrow{BM}=\left(-\frac{a}{2};0;a\right)$. $d(BP,M{C}^{\prime })=\frac{|\overrightarrow{BM}\cdot (0;0;5)|}{5}=\frac{5a}{5}=a\ne a\sqrt{2}$. Sai.

c) $\overrightarrow{AM}=\left(\frac{a}{2};0;a\right)$, $\overrightarrow{AN}=(a;a;\frac{a}{2})$, $\overrightarrow{AP}=(0;\frac{a}{2};0)$, hỗn hợp $[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN},\overrightarrow{AP}]=\frac{3}{8}{a}^3$, nên $V_{AMNP}=\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{8}{a}^3=\frac{a^3}{16}$. Đúng.

d) $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$, $\overrightarrow{MP}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};-a\right)$, tích vô hướng $=-\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+0=0\Rightarrow$ góc giữa $AC$ và $MP$ bằng $90^{\circ }$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến của $(MNP)$ là $\vec{n}\propto (-1;1;1)$ nên $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hai vecto chỉ phương $(-2;1;0)$ và $(1;2;0)$, tính khoảng cách được $d=a\ne a\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V_{AMNP}=\frac{1}{6}\left|[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN},\overrightarrow{AP}]\right|=\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{8}{a}^3=\frac{a^3}{16}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{MP}=-\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+0=0$ nên góc giữa $AC$ và $MP$ bằng $90^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 3: a) ABCE là hình bình hành (theo thứ tự đỉnh) thì $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CE}$, tức $E=A+C-B=(1+1-(-1);1+4-0;3+5-1)=(3;5;7)$ → đúng.
b) $AB=\sqrt{(-2{)}^2+(-1{)}^2+(-2{)}^2}=\sqrt{9}=3$ → đúng.
c) Phân giác trong từ $B$ cắt $AC$ tại $D$ với $\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, nên $D=\frac{2A+C}{3}=\left(1;2;\frac{11}{3}\right)$, vậy $x_D=1$ → đúng.
d) Với $\overrightarrow{AB}=(-2;-1;-2)$, $\overrightarrow{AC}=(0;3;2)$ thì $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(4;4;-6)$, $|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}|=\sqrt{16+16+36}=\sqrt{68}=2\sqrt{17}$, diện tích tam giác $ABC=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{17}=\sqrt{17}\approx 4,12\ne 2\sqrt{17}$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
ABCE là hình bình hành thì E = A + C - B = (3;5;7).
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
AB = √(4+1+4) = 3.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
AD/DC = AB/BC = 3/6 = 1/2, D = (2A+C)/3 = (1;2;11/3), nên x_D = 1.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Với AB = (-2;-1;-2), AC = (0;3;2) thì AB×AC = (4;4;-6), |AB×AC| = √(16+16+36) = 2√17, diện tích = ½·2√17 = √17 ≈ 4,12 ≠ 2√17 → sai.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục A gốc, AB, AD, AA' là các vectơ đơn vị theo ba phương (cạnh 3, dùng vectơ đơn vị). a) DC' = C' − D = C'D (do C'D song song cùng chiều A'B'), nên A'B' − DC' = A'B' − A'B'... xét kỹ: DC' = A'B' nên hiệu bằng 0? Kiểm tra: C' = D + AA' + DC, nên DC' = AA' + DC = AA' + AB = A'B'. Vậy A'B' − DC' = 0, độ dài bằng 0 ≠ 3 → sai. b) AB + AC + AA' = AB + (AB + AD) + AA' = 2AB + AD + AA' ≠ AC' = AB + AD + AA' → sai. c) B'C = BC − BB' (vì B'C = C − B' = (C − B) + (B − B')). AB ⊥ BC và AB ⊥ BB' nên AB·B'C = 0 ≠ −9 → sai. d) C'N = 2NB' ⇒ N = (C' + 2B')/3 ⇒ AN = (AC' + 2AB')/3 = (AB + AD + AA' + 2AB + 2AA')/3 = AB + (1/3)AD + AA' → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì DC' = A'B' (hai vectơ cùng phương, cùng chiều, bằng nhau), nên A'B' − DC' = 0, độ dài bằng 0 ≠ 3.
b) (AI giải đề cho tôi)
AB + AC + AA' = 2AB + AD + AA' ≠ AC' = AB + AD + AA'.
c) (AI giải đề cho tôi)
B'C = BC − BB', mà AB ⊥ BC và AB ⊥ BB' nên AB·B'C = 0 ≠ −9.
d) (AI giải đề cho tôi)
C'N = 2NB' ⇒ N chia C'B' theo tỉ số 2 ⇒ AN = (AC' + 2AB')/3 = AA' + AB + (1/3)AD.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(10;0;0)$, $D(0;24;0)$, $E(0;0;7)$, $F(10;0;7)$, $G(10;24;7)$, $H(0;24;7)$. Nhà kho cao $9m$ nên đỉnh mái nằm trên mặt phẳng $z=9$. Mái $EFIK$ là hình chữ nhật với $EF=10$, nên cạnh $IK$ song song với $EF$ và $I,K$ là trung điểm các cạnh $AD,BC$ nâng lên độ cao $9$: $I(0;12;9)$, $K(10;12;9)$. Khi đó $\overrightarrow{FI}=(-10;12;2)$, $\overrightarrow{FG}=(0;24;0)$.

$$\cos (\overrightarrow{FI},\overrightarrow{FG})=\frac{\overrightarrow{FI}\cdot \overrightarrow{FG}}{|\overrightarrow{FI}||\overrightarrow{FG}|}=\frac{0+288+0}{\sqrt{100+144+4}\cdot 24}=\frac{288}{\sqrt{148}\cdot 24}=\frac{12}{\sqrt{148}}=\frac{6}{\sqrt{37}}.$$

Vậy $\cos \widehat{IFG}=\frac{6}{\sqrt{37}}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{u}$ với $|\vec{b}|=|\vec{c}|=|\vec{u}|=a$, $\vec{b}\cdot \vec{u}=a^2\cos 120^{\circ }=-\frac{a^2}{2}$, $\vec{c}\cdot \vec{u}=a^2\cos 60^{\circ }=\frac{a^2}{2}$.

a) $\overrightarrow{A^{\prime }M}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}-\vec{u}$ nên $x=y=\frac{1}{2},z=-1$, khi đó $x+y=1\ne z=-1$ → sai.

b) $\overrightarrow{NB}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$, $\overrightarrow{N{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$ nên $-2\overrightarrow{N{B}^{\prime }}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{NB}$ → đúng.

c) $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\vec{b}+\vec{u}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$ → đúng.

d) $\overrightarrow{C^{\prime }N}=\vec{b}-\vec{c}-\frac{1}{3}\vec{u}$. Khi đó
$\overrightarrow{A^{\prime }M}\cdot \overrightarrow{C^{\prime }N}=\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c})\cdot (\vec{b}-\vec{c})-\frac{1}{6}(\vec{b}+\vec{c})\cdot \vec{u}-\vec{u}\cdot \vec{b}+\vec{u}\cdot \vec{c}+\frac{1}{3}|\vec{u}{|}^2$.
Số hạng đầu bằng $\frac{1}{2}(|\vec{b}{|}^2-|\vec{c}{|}^2)=0$; $\frac{1}{6}(\vec{b}\cdot \vec{u}+\vec{c}\cdot \vec{u})=0$. Còn lại: $\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{3}=\frac{4a^2}{3}$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }M}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ nên $x=y=\frac{1}{2},z=-1$, do đó $x+y=1\ne -1=z$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{NB}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{N{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$, nên $-2\overrightarrow{N{B}^{\prime }}=\overrightarrow{NB}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với $\overrightarrow{C^{\prime }N}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}-\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, tính tích có hướng có dụng các tích vô hướng $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=-\frac{a^2}{2}$, $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{a^2}{2}$, được $\overrightarrow{A^{\prime }M}\cdot \overrightarrow{C^{\prime }N}=\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{3}=\frac{4a^2}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: O(0;0;0), A(4;0;0), B(4;5;0), C(0;5;0), E(0;0;3), F(4;0;3), H(0;5;3), G(4;5;3), P(2;0;4), Q(2;5;4).
a) A nằm trên trục Ox với OA = 4 nên A(4;0;0). Đúng.
b) $\overrightarrow{AH}=H-A=(0-4;5-0;3-0)=(-4;5;3)\ne (4;5;3)$. Sai.
c) Thể tích = khối hộp $4\times 5\times 3=60$ cộng khối mái (lăng trụ tam giác, cạnh đáy tam giác trong mặt phẳng Oyz là 5, chiều cao 1, chiều dài 4): $\frac{5\cdot 1}{2}\cdot 4=10$. Tổng $V=70m^3$. Đúng.
d) Điểm M trên BG: $M(4;5;t)$, $0\le t\le 3$; điểm N trên OE: $N(0;0;s)$, $0\le s\le 3$. Tổng chiều dài $f=\sqrt{41+t^2}+\sqrt{41+(t-s{)}^2}+\sqrt{41+(3-s{)}^2}$. Đặt $u=t,v=3-s$: $f=\sqrt{41+u^2}+\sqrt{41+(u+v-3{)}^2}+\sqrt{41+v^2}$. Do tính đối xứng, xét $u=v$: $f(u)=2\sqrt{41+u^2}+\sqrt{41+(2u-3{)}^2}$; $f^{\prime }(u)=\frac{2u}{\sqrt{41+u^2}}+\frac{2(2u-3)}{\sqrt{41+(2u-3{)}^2}}=0\iff u=1$ (khi đó hai số hạng đối nhau). Kiểm tra biên (u=0 hoặc v=0) cho giá trị lớn hơn (~19,53). Vậy $f_{min}=2\sqrt{42}+\sqrt{41}\approx 19,3645$ m, chi phí $\approx 19,3645\times 50000\approx 968226$ đồng, làm tròn đến hàng nghìn là 970 000 đồng. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
A(4;0;0) vì A nằm trên trục Ox, OA = 4 m.
b) (AI giải đề cho tôi)
H(0;5;3), A(4;0;0) nên $\overrightarrow{AH}=(-4;5;3)$, không phải (4;5;3).
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=4\cdot 5\cdot 3+\frac{5\cdot 1}{2}\cdot 4=60+10=70m^3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chiều dây ngắn nhất $2\sqrt{42}+\sqrt{41}\approx 19,3645$ m, chi phí $\approx 968226\approx 970000$ đồng.

Xét tam giác OCM vuông tại C. Ta có: $OC=OM\cos 60^{\circ }=6=p$; $CM=OM\sin 60^{\circ }=6\sqrt{3}=ON$.
Xét tam giác OBN vuông tại B. Ta có: $OB=ON\cos 30^{\circ }=9=3n$; $BN=ON\sin 30^{\circ }=3\sqrt{3}=OA=m\sqrt{3}$.
Ta có tọa độ $M(3\sqrt{3};9;6)\Rightarrow \overrightarrow{OM}=(3\sqrt{3};9;6)=(\sqrt{3}m;3n;p)$.
Vậy $m+n+p=3+3+6=12$.