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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt cạnh bằng $a$. Trong mặt phẳng đáy, lấy hệ trục với $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, tâm đáy $O\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Vì $SA=a$ nên $SO=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$, do đó $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$, $M$ trung điểm $CD$ là $M\left(\frac{a}{2};a;0\right)$.
Ta có $\overrightarrow{SM}=\left(0;\frac{a}{2};-\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$, $\overrightarrow{CB}=(0;-a;0)$.
$\overrightarrow{SM}\cdot \overrightarrow{CB}=-\frac{a^2}{2}$; $|\overrightarrow{SM}|=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; $|\overrightarrow{CB}|=a$.
Vậy $\cos (\overrightarrow{SM},\overrightarrow{CB})=\frac{-a^2/2}{a\cdot a\sqrt{3}/2}=-\frac{1}{\sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ta có:
$$\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\left(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AN}\right)\cdot \left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}\right)$$
$$=\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AN}\cdot \overrightarrow{BC}$$
$$=-\frac{a^2}{2}-a^2+\frac{a^2}{2}=-a^2=-4$$

a) Điểm đối xứng $A^{\prime }$ có tọa độ: $A^{\prime }(3,-1,-4)$.

b) Gọi $C(x,y,0)$. Ta có: $\overrightarrow{CA}+k\overrightarrow{CB}=\vec{0}$ suy ra theo tọa độ $z:4+k\cdot 3=0\Rightarrow k=-\frac{4}{3}$

c) Ta có: $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{NM}=(2,2,-1)$, nên tọa độ $D(0,5,2)$ Khi đó: $a+b+c=7$.

d) Lấy điểm $E$ sao cho $\overrightarrow{EB}=\overrightarrow{MN}$, khi đó tứ giác $EBNM$ là hình bình hành và $\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{EM}$. Suy ra: $AM+MN+NB=AM+EM+EB$. Tổng $AM+EM$ nhỏ nhất khi $A^{\prime },M,E$ thẳng hàng, khi đó $AM+EM=A^{\prime }E=\sqrt{3^2+6^2+6^2}=9$. Do đó $AM+MN+N{B}_{min}=9+3=12$.
a) Điểm đối xứng $A^{\prime }$ có tọa độ: $A^{\prime }(3,-1,-4)$.
b) Gọi $C(x,y,0)$. Ta có: $\overrightarrow{CA}+k\overrightarrow{CB}=\vec{0}$ suy ra theo tọa độ $z:4+k\cdot 3=0\Rightarrow k=-\frac{4}{3}$
c) Ta có: $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{NM}=(2,2,-1)$, nên tọa độ $D(0,5,2)$ Khi đó: $a+b+c=7$.
d) Lấy điểm $E$ sao cho $\overrightarrow{EB}=\overrightarrow{MN}$, khi đó tứ giác $EBNM$ là hình bình hành và $\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{EM}$. Suy ra: $AM+MN+NB=AM+EM+EB$. Tổng $AM+EM$ nhỏ nhất khi $A^{\prime },M,E$ thẳng hàng, khi đó $AM+EM=A^{\prime }E=\sqrt{3^2+6^2+6^2}=9$. Do đó $AM+MN+N{B}_{min}=9+3=12$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh chung là $a$. Đặt hệ trục: $A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0)$, tâm đáy $O\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Vì $SA=a$ nên $S{O}^2=a^2-\frac{a^2}{2}=\frac{a^2}{2}$, suy ra $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$, và $M\left(\frac{a}{2};a;0\right)$. Khi đó $\overrightarrow{SM}=\left(0;\frac{a}{2};-\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$, $\overrightarrow{CB}=(0;-a;0)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{SM}\cdot \overrightarrow{CB}=-\frac{a^2}{2}$. Độ dài: $|\overrightarrow{SM}|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường trung tuyến tam giác đều $SCD$ cạnh $a$), $|\overrightarrow{CB}|=a$. Vậy $\cos (\overrightarrow{SM},\overrightarrow{CB})=\frac{-a^2/2}{a\cdot a\sqrt{3}/2}=-\frac{1}{\sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$. Chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4: a) Đối xứng của A(3;-1;4) qua (Oxy) là (3;-1;-4), không phải (-3;1;4) → sai. b) Từ CA + kCB = 0 suy ra C = (A + kB)/(1+k), z_C = (4+3k)/(1+k) = 0 (vì C thuộc (Oxy)) → k = -4/3 → đúng. c) NM = (2;2;-1), BD = (a+2; b-3; c-3) = (2;2;-1) → a=0, b=5, c=2, a+b+c = 7 ≠ 1 → sai. d) MN = 3. Đặt v = MN = (-2;-2;1), N = M + v nên NB = |M - (B - v)| = MB' với B' = B - v = (0;5;2). Cần min AM + MB' với M thuộc (Oxy). Lấy A' đối xứng A qua (Oxy): A'(3;-1;-4), min = A'B' = √(9+36+36) = 9. Vậy min tổng = 9 + 3 = 12 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Điểm đối xứng với A(3;-1;4) qua mặt phẳng (Oxy) là (3;-1;-4) (chỉ đổi dấu tung độ z), không phải (-3;1;4).
b) (AI giải đề cho tôi)
CA + kCB = 0 suy ra C = (A + kB)/(1+k). Vì C thuộc (Oxy) nên z_C = (4 + 3k)/(1+k) = 0 → k = -4/3.
c) (AI giải đề cho tôi)
NM = (2;2;-1). BD = (a+2; b-3; c-3) = (2;2;-1) → a = 0, b = 5, c = 2, nên a+b+c = 7 ≠ 1.
d) (AI giải đề cho tôi)
MN = 3. Với v = MN = (-2;-2;1), N = M + v nên NB = MB' với B' = B - v = (0;5;2). Min của AM + MB' khi M thuộc (Oxy) bằng khoảng cách từ A'(3;-1;-4) (đối xứng A qua (Oxy)) đến B': √(9+36+36) = 9. Vậy min AM + MN + NB = 9 + 3 = 12.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn A làm gốc: đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AD}=\vec{d},\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{a}$. Khi đó $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{b}$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{d}$, $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}$.

Trọng tâm $G$ của tam giác $B^{\prime }{D}^{\prime }A$:
$$\overrightarrow{AG}=\frac{(\vec{a}+\vec{b})+(\vec{a}+\vec{d})+\vec{0}}{3}=\frac{2\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}}{3}.$$

Trọng tâm $G^{\prime }$ của tam giác $BD{C}^{\prime }$:
$$\overrightarrow{A{G}^{\prime }}=\frac{\vec{b}+\vec{d}+(\vec{a}+\vec{b}+\vec{d})}{3}=\frac{\vec{a}+2\vec{b}+2\vec{d}}{3}.$$

Suy ra
$$\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\overrightarrow{A{G}^{\prime }}-\overrightarrow{AG}=\frac{-\vec{a}+\vec{b}+\vec{d}}{3}=\frac{1}{3}(\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}).$$

Mặt khác $\overrightarrow{A^{\prime }C}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(\vec{b}+\vec{d})-\vec{a}=\vec{b}+\vec{d}-\vec{a}$. Vậy $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A^{\prime }C}$, tức $G{G}^{\prime }=\frac{1}{3}{A}^{\prime }C$ và $k=\frac{1}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}=(-1;-2;2)$, $|AB|=3$. Vì $ABCD$ là hình thang có hai đáy $AB,CD$ nên $\overrightarrow{CD}$ song song với $\overrightarrow{AB}$ và do thứ tự đỉnh $A\to B\to C\to D$, đáy $CD$ phải ngược hướng với $AB$: $\overrightarrow{CD}=-t\overrightarrow{AB}$ với $t>0$, tức $|CD|=3t$.

Gọi $h$ là khoảng cách từ $C$ (hoặc $D$) đến đường thẳng $AB$. Diện tích tam giác $S_{ABC}=\frac{1}{2}|AB|\cdot h=\frac{3h}{2}$. Diện tích hình thang $S_{ABCD}=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h=\frac{3+3t}{2}h$.

Điều kiện $S_{ABCD}=4S_{ABC}$: $\frac{3+3t}{2}h=4\cdot \frac{3h}{2}=6h\Rightarrow 3+3t=12\Rightarrow t=3$.

Vậy $\overrightarrow{CD}=-3\overrightarrow{AB}=(3;6;-6)$, suy ra $D=C+(3;6;-6)=(4+3;0+6;-1-6)=(7;6;-7)$.

Kiểm tra: $|CD|=\sqrt{9+36+36}=9$, $S_{ABCD}=\frac{3+9}{2}h=6h=4S_{ABC}$ đúng.

Do đó $x+y+z=7+6-7=6$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vector $\overrightarrow{AB}=(200;100;200)$ nên $AB=\sqrt{200^2+100^2+200^2}=300$ m, flycam đi hết quãng đường trong $300/6=50$ giây. Vector $\overrightarrow{CD}=(30;40;0)$ nên $CD=50$ m, người đi bộ đi hết trong $50/1=50$ giây.

a) Cả hai cùng mất 50 giây nên khi flycam đến $B$ thì người cũng đến $D$. → Đúng.

b) Phương trình chuyển động flycam: $P(t)=(-30+4t;4+2t;2+4t)$. Tại $t=10$: $P(10)=(10;24;42)\ne (10;24;38)$. → Sai.

c) Tại $t=40$: flycam $P(40)=(130;84;162)$; người đi bộ $Q(t)=(-10+0,6t;-3+0,8t;0)$ nên $Q(40)=(14;29;0)$. Khoảng cách $=\sqrt{116^2+55^2+162^2}=\sqrt{42725}\approx 206,7\approx 207$ m. → Đúng.

d) Hiệu vị trí $P(t)-Q(t)=(-20+3,4t;7+1,2t;2+4t)$, bình phương khoảng cách $f(t)=(3,4t-20{)}^2+(1,2t+7{)}^2+(4t+2{)}^2=29t^2-103,2t+453$. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=\frac{103,2}{58}\approx 1,78$ s với $f_{\min }=453-\frac{(103,2{)}^2}{4\cdot 29}\approx 361,17$, khoảng cách nhỏ nhất $\approx 19,00$ m $>18$ m. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AB=300$ m, tốc độ 6 m/s nên flycam mất 50 giây; $CD=50$ m, tốc độ 1 m/s nên người cũng mất 50 giây. Cùng xuất phát nên cùng đến.
b) (AI giải đề cho tôi)
$P(10)=(-30+40;4+20;2+40)=(10;24;42)\ne (10;24;38)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$P(40)=(130;84;162)$, $Q(40)=(14;29;0)$, khoảng cách $\sqrt{42725}\approx 207$ m.
d) (AI giải đề cho tôi)
$f(t)=29t^2-103,2t+453$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=\frac{103,2}{58}\approx 1,78$ s, khoảng cách nhỏ nhất $\sqrt{361,17}\approx 19,00$ m $>18$ m.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Khi đó tọa độ của $I$ là $(-1;3;4)$.
Ta có:
$$\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}=2\overrightarrow{MI}$$
Do $M$ nằm trong mặt phẳng $(Oxy)$ nên $z_0=0$. Vậy ta cần tìm $x_0$ và $y_0$ để $\left|2\overrightarrow{MI}\right|=2MI$ nhỏ nhất.
Ta có: $MI=\sqrt{(-1-x_0{)}^2+(3-y_0{)}^2+4^2}\ge \sqrt{4^2}=4$. Dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $x_0=-1$ và $y_0=3$. Khi đó $2x_0-3y_0+z_0=2.(-1)-3.3+0=-11$.
Chọn đáp án B

a) Ta có:
$$\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)\Rightarrow D^{\prime }(0;6;6)$$
$$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)\Rightarrow C(6;6;0)$$
$$\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}=(6;6;0)\Rightarrow C^{\prime }(6;6;6)$$
Vậy tọa độ đỉnh $P$ là $(3;6;6)$. Do đó tọa độ trọng tâm của tam giác $PCD$ là $(3;6;2)$. Do đó a) sai.
b) Ta có: $\overrightarrow{AP}=(3;6;6)$; $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)$. Vậy ta được:
$$\cos \left(\overrightarrow{AP};\overrightarrow{BC}\right)=\frac{\overrightarrow{AP}.\overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{AP}\right|.\left|\overrightarrow{BC}\right|}=\frac{3.0+6.6+6.0}{\sqrt{3^2+6^2+6^2}.\sqrt{0^2+6^2+0^2}}=\frac{36}{54}=\frac{2}{3}$$
Vậy góc giữa hai vecto $\overrightarrow{AP}$ và $\overrightarrow{BC}$ khác $60^{\circ }$. Do đó b) sai.
c) Ta có: $V_{A.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}{V}_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}.6^3=72$. Vậy c) đúng.
d) Do $K$ thuộc $(Oyz)$ nên hoành độ của $K$ là 0. Đặt $K(0;y_K;z_K)$ là tọa độ của điểm $K$. Gọi $T$ là trọng tâm của tam giác $PCD$. Khi đó ta được $T(3;6;2)$. Ta có:
$$\left|\overrightarrow{KP}+\overrightarrow{KC}+\overrightarrow{KD}\right|=\left|3\overrightarrow{KT}\right|=3KT$$
Mặt khác, ta có:
$$3KT=3\sqrt{(3-0{)}^2+(6-y_K{)}^2+(2-z_K{)}^2}\ge 3.3=9$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $y_K=6$ và $z_K=2$ hay $K(0;6;2)$. Vậy d) sai.
Chọn đáp án a sai | b sai | c đúng | d sai
a) Ta có:
$$\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)\Rightarrow D^{\prime }(0;6;6)$$
$$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)\Rightarrow C(6;6;0)$$
$$\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}=(6;6;0)\Rightarrow C^{\prime }(6;6;6)$$
Vậy tọa độ đỉnh $P$ là $(3;6;6)$. Do đó tọa độ trọng tâm của tam giác $PCD$ là $(3;6;2)$. Do đó a) sai.
b) Ta có: $\overrightarrow{AP}=(3;6;6)$; $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)$. Vậy ta được:
$$\cos \left(\overrightarrow{AP};\overrightarrow{BC}\right)=\frac{\overrightarrow{AP}.\overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{AP}\right|.\left|\overrightarrow{BC}\right|}=\frac{3.0+6.6+6.0}{\sqrt{3^2+6^2+6^2}.\sqrt{0^2+6^2+0^2}}=\frac{36}{54}=\frac{2}{3}$$
Vậy góc giữa hai vecto $\overrightarrow{AP}$ và $\overrightarrow{BC}$ khác $60^{\circ }$. Do đó b) sai.
c) Ta có: $V_{A.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}{V}_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}.6^3=72$. Vậy c) đúng.
d) Do $K$ thuộc $(Oyz)$ nên hoành độ của $K$ là 0. Đặt $K(0;y_K;z_K)$ là tọa độ của điểm $K$. Gọi $T$ là trọng tâm của tam giác $PCD$. Khi đó ta được $T(3;6;2)$. Ta có:
$$\left|\overrightarrow{KP}+\overrightarrow{KC}+\overrightarrow{KD}\right|=\left|3\overrightarrow{KT}\right|=3KT$$
Mặt khác, ta có:
$$3KT=3\sqrt{(3-0{)}^2+(6-y_K{)}^2+(2-z_K{)}^2}\ge 3.3=9$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $y_K=6$ và $z_K=2$ hay $K(0;6;2)$. Vậy d) sai.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt cạnh bên $A{A}^{\prime }=h$. Gắn tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(1;\sqrt{3};0)$, $A^{\prime }(0;0;h)$, $B^{\prime }(2;0;h)$, $C^{\prime }(1;\sqrt{3};h)$. Khi đó $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(2;0;h)$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(-1;\sqrt{3};h)$. Điều kiện $A{B}^{\prime }\perp B{C}^{\prime }$: $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=-2+0+h^2=0\Rightarrow h^2=2\Rightarrow h=\sqrt{2}$. Vậy cạnh bên bằng $\sqrt{2}$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
P=MA^2+3MB^2+2MC^2 đạt nhỏ nhất tại trọng số M = (A+3B+2C)/6. Tính: x=(2+3·4+2·(−1))/6=(2+12−2)/6=2; y=(−1+3·2+2·1)/6=(−1+6+2)/6=7/6; z=(3+3·(−1)+2·2)/6=(3−3+4)/6=2/3. Vậy x+y+z=2+7/6+2/3=2+7/6+4/6=23/6. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ gốc tại A, đặt $\overrightarrow{AB}=\mathbf{a},\overrightarrow{AC}=\mathbf{b},\overrightarrow{AD}=\mathbf{c}$. Khi đó $M$ có vị trí $\frac{\mathbf{a}}{2}$, $N$ có vị trí $\frac{\mathbf{b}+\mathbf{c}}{2}$, nên $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}(\mathbf{b}+\mathbf{c}-\mathbf{a})$. Vì $3\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{AD}$ nên $P=\frac{2}{3}\mathbf{c}$; vì $3\overrightarrow{BQ}=2\overrightarrow{BC}$ nên $Q=\mathbf{a}+\frac{2}{3}(\mathbf{b}-\mathbf{a})=\frac{1}{3}\mathbf{a}+\frac{2}{3}\mathbf{b}$. Suy ra $\overrightarrow{MP}=\frac{2}{3}\mathbf{c}-\frac{1}{2}\mathbf{a}$ và $\overrightarrow{MQ}=\frac{2}{3}\mathbf{b}-\frac{1}{6}\mathbf{a}$. Do đó $\frac{1}{2}\overrightarrow{MP}+\frac{1}{2}\overrightarrow{MQ}=\frac{1}{3}(\mathbf{b}+\mathbf{c}-\mathbf{a})=\frac{2}{3}\overrightarrow{MN}$, tức $\overrightarrow{MN}=\frac{3}{2}\overrightarrow{MP}+\frac{3}{2}\overrightarrow{MQ}$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4: a) Trọng tâm G = ((3+3+3)/3; (-2-2+1)/3; (5-1-4)/3) = (3;-1;0) → đúng. b) Nếu ABCD là hình bình hành thì D = A + C - B = (3+3-3; -2+1+2; 5-4+1) = (3;1;2) ≠ (3;1;0) → sai. c) M(0;0;z): MA·MC = 9 + (-2)(1) + (5-z)(-4-z) = 7 + z² - z - 20 = z² - z - 13 = 0 có Δ = 53 > 0, hai nghiệm phân biệt → có đúng hai điểm M → đúng. d) N(x;y;0), AB có phương trình thẳng đứng, tan∠NAB = |AN_hàng ngang|/|thành phần dọc| = √((x-3)²+(y+2)²)/5 = 2 → (x-3)²+(y+2)² = 100: đường tròn tâm I(3;-2;0) bán kính 10 trong mặt phẳng Oxy. OI = √13, nên ON_min = 10 - √13, ON_max = 10 + √13, tổng = 20 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
G = ((3+3+3)/3; (-2-2+1)/3; (5-1-4)/3) = (3;-1;0).
b) (AI giải đề cho tôi)
D = A + C - B = (3;1;2), không phải (3;1;0).
c) (AI giải đề cho tôi)
Với M(0;0;z), điều kiện MA·MC = 0 cho z² - z - 13 = 0 có hai nghiệm phân biệt.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tập N là đường tròn tâm (3;-2;0) bán kính 10; ON_min + ON_max = (10-√13)+(10+√13) = 20.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4: a) Trọng tâm G = ((3+3+3)/3; (-2-2+1)/3; (5-1-4)/3) = (3;-1;0) → đúng. b) Nếu ABCD là hình bình hành thì D = B + C - A = (3+3-3; -2+1+2; -1-4-5) = (3;1;-10), không phải (3;1;0) → sai. c) M(0;0;t) trên trục Oz, MA·MC = (3;-2;5-t)·(3;1;-4-t) = 9-2+(5-t)(-4-t) = t² - t - 13 = 0 có hai nghiệm phân biệt (Δ = 53 > 0) → có đúng hai điểm M → đúng. d) AB có phương thẳng đứng (song song Oz). Với N(x;y;0), tan∠NAB = thành phần nằm ngang của AN chia thành phần theo phương AB = √((x-3)²+(y+2)²)/5 = 2, tức N nằm trên đường tròn trong mặt phẳng Oxy tâm A'(3;-2) bán kính 10. Khoảng cách OA' = √13 nên ON ∈ [10-√13; 10+√13], tổng min + max = 20 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
G = ((3+3+3)/3; (-2-2+1)/3; (5-1-4)/3) = (3;-1;0).
b) (AI giải đề cho tôi)
D = B + C - A = (3;1;-10) ≠ (3;1;0).
c) (AI giải đề cho tôi)
MA·MC = t² - t - 13 = 0 có hai nghiệm phân biệt nên có đúng hai điểm M.
d) (AI giải đề cho tôi)
N nằm trên đường tròn tâm (3;-2) bán kính 10 trong Oxy; ON min = 10-√13, max = 10+√13, tổng bằng 20.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ: $A(1;2;0,5)$, $B(-1,5;-1;0,7)$. Từ 8h00 đến 8h20 (1/3 giờ): khinh khí cầu 1 đi theo hướng Đông $30\cdot \frac{1}{3}=10$ km, độ cao không đổi nên $M(11;2;0,5)$. Khinh khí cầu 2 đi được $45\cdot \frac{1}{3}=15$ km theo hướng $\vec{u}=(2;2;1)$, $|\vec{u}|=3$ nên $\overrightarrow{BN}=5\vec{u}=(10;10;5)$, suy ra $N(8,5;9;5,7)$. Khi đó $\overrightarrow{MN}=(-2,5;7;5,2)$, $MN=\sqrt{6,25+49+27,04}=\sqrt{82,29}\approx 9,07$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Hướng bay dự định là $\overrightarrow{MN}=(600-300;100-100;8-8)=(300;0;0)$. Hướng bay chuyển hướng là $\overrightarrow{MP}=(700-300;300-100;6-8)=(400;200;-2)$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{MP}=300\cdot 400+0\cdot 200+0\cdot (-2)=120000$.

Độ dài: $|\overrightarrow{MN}|=300$; $|\overrightarrow{MP}|=\sqrt{400^2+200^2+(-2{)}^2}=\sqrt{200004}$.

$$\cos (\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP})=\frac{120000}{300\cdot \sqrt{200004}}=\frac{400}{\sqrt{200004}}\approx 0,8944.$$

Góc lệch so với hướng dự định là $\arccos (0,8944)\approx 26,565^{\circ }\approx 26,6^{\circ }$ (làm tròn đến hàng phần mười). Kết quả khớp với bảng đáp án trang 12, dòng 20, mã đề 1202: 26,6 (lưu ý trước đó về trang 11 chỉ là do bảng đáp án phần III được chia sang trang 12, không phải mâu thuẫn).

(AI giải đề cho tôi)
Hướng bay dự định là vectơ $\overrightarrow{AB}=(700-400;200-200;10-10)=(300;0;0)$. Hướng bay chuyển hướng là $\overrightarrow{AC}=(800-400;400-200;8-10)=(400;200;-2)$. Góc lệch $\alpha$ giữa hai hướng thỏa $$\cos \alpha =\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|}=\frac{300\cdot 400+0+0}{300\cdot \sqrt{400^2+200^2+(-2{)}^2}}=\frac{400}{\sqrt{200004}}\approx 0,894427.$$ Suy ra $\alpha =\arccos (0,894427)\approx 26,565^{\circ }\approx 26,6^{\circ }$ (làm tròn đến hàng phần mười). Kết quả khớp với đáp án nguồn 26,6.

Đáp án (theo lời giải chính thức trang 8): Ý 1: $\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}\right)=-\frac{1}{4}$. Ý 2: $M(9;0;-2)$ nên $a+b+c=9+0+(-2)=7$.

LỜI GIẢI (nguồn: trang 8):

Ý 1: Góc giữa 2 vectơ

Cách 1: Phân tích vectơ
- $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}\right)=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}$.
- $=\frac{1}{2}AB\cdot AD-\frac{3}{4}AB\cdot AD=-\frac{1}{4}AB\cdot AD$.
- $\cos =-\frac{1}{4}$ (Vì $CD=AD$).

Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ đặc biệt
- Chọn $A(0;0;0)$. $B(b;0;0)$ nằm trên $Ox$.
- $D(1;\sqrt{3};0)$ (trong mp $Oxy$, giả sử $AD=2$).
- $C$ nằm trong không gian sao cho $AC=3$ và $\widehat{CAB}=60^{\circ }$.
- Tính tích vô hướng qua tọa độ. (Cách này dài hơn nhưng trực quan cho ai thạo $Oxyz$).

Ý 2: Cực trị Vectơ

Cách 1: Tâm tỉ cực
- Tìm $I$: $\overrightarrow{OI}=3\overrightarrow{OA}-2\overrightarrow{OB}=(9;1;-2)$.
- $P=IM$. Min khi $M$ là hình chiếu $I$ lên $(Oxz)\Rightarrow M(9;0;-2)$.

Cách 2: Biến đổi đại số
- $P^2={\left(3\overrightarrow{AM}-2\overrightarrow{BM}\right)}^2=9A{M}^2+4B{M}^2-12\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{BM}$.
- Thay tọa độ $M(x;0;z)$ vào, nhóm hằng đẳng thức: $(x-9{)}^2+(z+2{)}^2+C\ge C$.
- Tìm được $x=9$, $z=-2$.