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

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ vectơ $\overrightarrow{AB}=B-A=(4-1;3-1;1-(-2))=(3;2;3)$. Vậy $a=3,b=2,c=3$, do đó $T=a+b+c=3+2+3=8$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 001, Câu 2 = 8).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\overrightarrow{F_3}$ vuông góc với mặt phẳng chứa $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ nên $\overrightarrow{F_3}\perp \overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_3}\perp \overrightarrow{F_2}$, do đó $\overrightarrow{F_3}\perp (\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2})$. Tính: $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=|\overrightarrow{F_1}{|}^2+|\overrightarrow{F_2}{|}^2+2\overrightarrow{F_1}\cdot \overrightarrow{F_2}=15^2+12^2+2\cdot 15\cdot 12\cos 120^{\circ }=225+144-180=189$. Khi đó $|\overrightarrow{F}{|}^2=|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2+|\overrightarrow{F_3}{|}^2=189+9^2=270$, suy ra $|\overrightarrow{F}|=\sqrt{270}\approx 16,4$ N. Kết quả khớp với đáp án nguồn 16,4.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\overrightarrow{OA}=2\vec{i}+3\vec{j}-5\vec{k}$ nên tọa độ điểm $A$ chính là các hệ số tương ứng: $A(2;3;-5)$. Đáp án khớp với khóa nguồn (C).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục với $D(0;0;0)$, $C(2;0;0)$, $H(2;2;0)$, $G(0;2;0)$ và mặt trên $A(0;0;2)$, $B(2;0;2)$, $F(2;2;2)$, $E(0;2;2)$. Khi đó $\overrightarrow{GB}=(2;-2;2)$, $\overrightarrow{GE}=(0;0;2)$, nên $\overrightarrow{GB}\cdot \overrightarrow{GE}=2\cdot 0+(-2)\cdot 0+2\cdot 2=4$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1002, câu 12: D).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $A^{\prime }(0;0;a)$, $B^{\prime }(a;0;a)$, $C^{\prime }(a;a;a)$, $D^{\prime }(0;a;a)$.

a) $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a;0;a)$, $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0;a;-a)$. Tích vô hướng $=-a^2$, hai vecto cùng độ dài $a\sqrt{2}$, nên $\cos =\frac{-a^2}{2a^2}=-\frac{1}{2}$, góc bằng $120^{\circ }$. → Đúng.

b) $M$ trung điểm $A^{\prime }{D}^{\prime }$: $M(0;\frac{a}{2};a)$; $N$ trung điểm $C^{\prime }{D}^{\prime }$: $N(\frac{a}{2};a;a)$. $\overrightarrow{MN}=(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0)$, $\overrightarrow{C{B}^{\prime }}=(0;-a;a)$. Tích vô hướng $=0+(-\frac{a^2}{2})+0=-0,5a^2$. → Đúng.

c) $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$ còn $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=(0;a;0)$, hai vecto khác nhau. → Sai.

d) $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=(a;0;0)+(0;0;a)+(0;a;0)=(a;a;a)=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. → Đúng.

Kết quả khớp với đáp án nguồn (DDSD).
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B^{\prime }C}=-a^2$, $|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}|=|\overrightarrow{B^{\prime }C}|=a\sqrt{2}$, nên $\cos =-\frac{1}{2}$, góc bằng $120^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{MN}=(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0)$, $\overrightarrow{C{B}^{\prime }}=(0;-a;a)$, tích vô hướng $=-0,5a^2$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AC}=(a;a;0)\ne (0;a;0)=\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=(a;a;a)=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BD}$. Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, vì $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ và $B{B}^{\prime }=C{C}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{C^{\prime }C}=-\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=-\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$, do đó $-\overrightarrow{C^{\prime }C}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$. Vậy $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{C^{\prime }C}=\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$. Kết quả trùng với đáp án C (mã đề 1002, bảng đáp án cho câu 4 là C).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(0;a;0)$, $C(a;a;0)$, $D(a;0;0)$, $A^{\prime }(0;0;a)$, $B^{\prime }(0;a;a)$, $C^{\prime }(a;a;a)$, $D^{\prime }(a;0;a)$.

a) $M$ trung điểm $A^{\prime }{D}^{\prime }$: $M(\frac{a}{2};0;a)$; $N$ trung điểm $C^{\prime }{D}^{\prime }$: $N(a;\frac{a}{2};a)$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0)$. Ta có $\overrightarrow{C{B}^{\prime }}=\overrightarrow{O{B}^{\prime }}-\overrightarrow{OC}=(0;a;a)-(a;a;0)=(-a;0;a)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{C{B}^{\prime }}=\frac{a}{2}\cdot (-a)+\frac{a}{2}\cdot 0+0\cdot a=-0,5a^2$. Đúng.

b) $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(0;a;a)$, $\overrightarrow{B^{\prime }C}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=(a;0;-a)$. Tích vô hướng $=0+0-a^2=-a^2$; mỗi vectơ có độ dài $a\sqrt{2}$. Vậy $\cos (\overrightarrow{A{B}^{\prime }},\overrightarrow{B^{\prime }C})=\frac{-a^2}{2a^2}=-\frac{1}{2}\Rightarrow$ góc bằng $120^{\circ }$. Đúng.

c) $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=(0;a;0)+(0;0;a)+(a;0;0)=(a;a;a)=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. Đúng.

d) $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$; còn $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{O{C}^{\prime }}-\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=(a;a;a)-(0;a;a)=(a;0;0)\ne \overrightarrow{AC}$. Sai.

Kết quả: a Đúng, b Đúng, c Đúng, d Sai — khớp đáp án nguồn (DDDS, mã đề 1001, Phần II câu 4).
a) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ đã chọn, $\overrightarrow{MN}=(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0)$, $\overrightarrow{C{B}^{\prime }}=(-a;0;a)$, tích vô hướng $=\frac{a}{2}\cdot (-a)+0+0=-0,5a^2$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B^{\prime }C}=-a^2$, mỗi vectơ dài $a\sqrt{2}$, nên $\cos =-\frac{1}{2}$, góc bằng $120^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tổng ba vectơ bằng $(a;a;a)=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$ còn $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{O{C}^{\prime }}-\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=(a;a;a)-(0;a;a)=(a;0;0)$, hai vectơ không bằng nhau.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $D(0;0;0)$, $C(2;0;0)$, $G(0;2;0)$, $H(2;2;0)$, $A(0;0;2)$, $B(2;0;2)$, $E(0;2;2)$, $F(2;2;2)$. Khi đó $\overrightarrow{GB}=(2;-2;2)$, $\overrightarrow{GE}=(0;0;2)$, nên $\overrightarrow{GB}\cdot \overrightarrow{GE}=2\cdot 0+(-2)\cdot 0+2\cdot 2=4$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (B).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BD}$. Vì $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình hộp nên $\overrightarrow{C^{\prime }C}=\overrightarrow{D^{\prime }D}=\overrightarrow{A^{\prime }A}=\overrightarrow{B^{\prime }B}$, do đó $-\overrightarrow{C^{\prime }C}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$. Vậy $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{C^{\prime }C}=\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$. Kết quả khớp với đáp án A trong bảng mã đề 1001.

Đáp án: S S Đ Đ.
a) Sai: $\overrightarrow{OM}+2\vec{v}=(650;920;10)$, tại 8h máy bay ở $M_2(650;920;10)$; $\overrightarrow{M_{2}F}=(600;100;10)\Rightarrow M_{2}F=\sqrt{600^2+100^2+10^2}\approx 608,36$; khoảng cách xấp xỉ 600km.
b) Sai: $\overrightarrow{OM}=(50;120;4)\Rightarrow OM=\sqrt{50^2+120^2+4^2}\approx 130,06$; khoảng cách giữa máy bay và trạm không lưu tại thời điểm 6h xấp xỉ 130km.
c) Đúng: Từ độ cao 10km, với tốc độ hạ độ cao là 5km/h thì máy bay cần 2h để đáp xuống đất; $\overrightarrow{O{M}_2}+2\overrightarrow{v_2}=(1450;1520;0)$; tọa độ khi đáp xuống là $M_3(1450;1520;0)$.
d) Đúng: $\overrightarrow{OM}+\vec{v}=(350;520;7)$; tại 7h máy bay ở $M_1(350;520;7)$, độ cao 7km.
a) Sai. Ta có $\overrightarrow{OM}+2\vec{v}=(650;920;10)$. Vậy tại thời điểm 8h, tọa độ của máy bay là $M_2(650;920;10)$.
Ta có: $\overrightarrow{M_{2}F}=(600;100;10)\Rightarrow M_{2}F=\sqrt{600^2+100^2+10^2}\approx 608,36$.
Vậy khoảng cách giữa máy bay và tháp truyền hình $F$ xấp xỉ 600km.
b) Sai. $\overrightarrow{OM}=(50;120;4)\Rightarrow OM=\sqrt{50^2+120^2+4^2}\approx 130,06$.
Vậy khoảng cách giữa máy bay và trạm không lưu tại thời điểm 6h xấp xỉ 130km.
c) Đúng. Từ độ cao 10km, với tốc độ hạ độ cao là 5km/h thì máy bay cần 2h để đáp xuống đất.
Ta có: $\overrightarrow{O{M}_2}+2\overrightarrow{v_2}=(1450;1520;0)$.
Vậy tọa độ của máy bay khi đáp xuống là $M_3(1450;1520;0)$.
d) Đúng. Ta có $\overrightarrow{OM}+\vec{v}=(350;520;7)$. Tại thời điểm 7h, tọa độ của máy bay là $M_1(350;520;7)$.
Vậy độ cao của máy bay so với mặt đất là 7km.

Chọn C (theo thứ tự phương án của nguồn giải, tương ứng phương án D của đề). $A{A}^{\prime }$ ngắn nhất nên $A^{\prime }$ là hình chiếu của $A$ lên mp$(Oxz)$. Vậy $A^{\prime }(3;0;-1)$.

Chọn B. Ta có $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$. Suy ra $D(6;0;-5)$. (Lưu ý: trang lời giải in phương án theo thứ tự khác — A $(2;0;5)$, B $(2;0;-5)$, C $(6;0;-5)$, D $(6;0;5)$ — và gạch chân C; theo thứ tự phương án ở trang đề, đáp án $(6;0;-5)$ tương ứng với B, đồng bộ với bảng đáp án mã đề 001 cho câu 10 là B.)

(AI giải đề cho tôi)
a) $\overrightarrow{AB}=B-A=(2-1;-4+3;5-3)=(1;-1;2)\ne (-1;1;-2)$ → sai.
b) Trọng tâm $G=\left(\frac{1+2+3}{3};\frac{-3-4-2}{3};\frac{3+5+1}{3}\right)=(2;-3;3)$, nên $a+b+c=2-3+3=2$ → đúng.
c) $2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}=\vec{0}\Rightarrow I=\frac{2A+B+3C}{6}=\left(\frac{13}{6};-\frac{8}{3};\frac{7}{3}\right)$. Khi đó $2x+y+z=\frac{26}{6}-\frac{16}{6}+\frac{14}{6}=\frac{24}{6}=4$ → đúng.
d) $M\in (Oyz)\Rightarrow x=0$. Đặt $f=2M{A}^2+M{B}^2+3M{C}^2$; $P=-f$ lớn nhất khi $f$ nhỏ nhất. $f=2(1+(y+3{)}^2+(z-3{)}^2)+(4+(y+4{)}^2+(z-5{)}^2)+3(9+(y+2{)}^2+(z-1{)}^2)$. Đạo hàm theo $y$: $4(y+3)+2(y+4)+6(y+2)=0\Rightarrow y=-\frac{8}{3}$; theo $z$: $4(z-3)+2(z-5)+6(z-1)=0\Rightarrow z=\frac{7}{3}$. Vậy $x+y-z=0-\frac{8}{3}-\frac{7}{3}=-5$, không thỏa $x+y-z<-5$ → sai. Đối chiếu bảng đáp án mã đề 1002: 3a=S, 3b=D, 3c=D, 3d=S — khớp hoàn toàn với kết quả giải (không có xung đột đáp án).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{AB}=(1;-1;2)$, khác $(-1;1;-2)$ → sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $G=(2;-3;3)$ nên $a+b+c=2$ → đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $I=\left(\frac{13}{6};-\frac{8}{3};\frac{7}{3}\right)$, $2x+y+z=4$ → đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $x=0$, $f$ nhỏ nhất tại $y=-\frac{8}{3},z=\frac{7}{3}$, nên $x+y-z=-5$, không nhỏ hơn $-5$ → sai.

(AI giải đề cho tôi)
G là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}$. Ta có $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}=\left(\overrightarrow{SG}+\overrightarrow{GA}\right)+\left(\overrightarrow{SG}+\overrightarrow{GB}\right)+\left(\overrightarrow{SG}+\overrightarrow{GC}\right)=3\overrightarrow{SG}+\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)=3\overrightarrow{SG}$. Vậy khẳng định đúng là B, trùng với đáp án nguồn (đề 1002, câu 9: B).

(AI giải đề cho tôi)
a) $\overrightarrow{AB}=B-A=(2-1;-4+3;5-3)=(1;-1;2)\ne (-1;1;-2)$ → Sai.
b) Trọng tâm $G\left(\frac{1+2+3}{3};\frac{-3-4-2}{3};\frac{3+5+1}{3}\right)=(2;-3;3)$, nên $a+b+c=2-3+3=2$ → Đúng.
c) Từ $2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}=\vec{0}$ suy ra $6\vec{I}=2\vec{A}+\vec{B}+3\vec{C}$, tức $I=\left(\frac{2+2+9}{6};\frac{-6-4-6}{6};\frac{6+5+3}{6}\right)=\left(\frac{13}{6};-\frac{8}{3};\frac{7}{3}\right)$. Khi đó $2x+y+z=\frac{26}{6}-\frac{16}{6}+\frac{14}{6}=\frac{24}{6}=4$ → Đúng.
d) $M\in (Oyz)$ nên $x=0$. Ta có $P=-2M{A}^2-M{B}^2-3M{C}^2=-\left(2M{A}^2+M{B}^2+3M{C}^2\right)$, dùng đẳng thức $2M{A}^2+M{B}^2+3M{C}^2=6M{G}^2+2G{A}^2+G{B}^2+3G{C}^2$ với $G=\left(\frac{13}{6};-\frac{8}{3};\frac{7}{3}\right)$. Vì $x=0$ cố định, $P$ lớn nhất khi $(y;z)=\left(-\frac{8}{3};\frac{7}{3}\right)$, tức $M=\left(0;-\frac{8}{3};\frac{7}{3}\right)$. Khi đó $x+y-z=0-\frac{8}{3}-\frac{7}{3}=-5$, không thỏa $x+y-z<-5$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{AB}=(1;-1;2)$, khác $(-1;1;-2)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $G=(2;-3;3)$ nên $a+b+c=2$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $I=\left(\frac{13}{6};-\frac{8}{3};\frac{7}{3}\right)$ nên $2x+y+z=4$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $M=\left(0;-\frac{8}{3};\frac{7}{3}\right)$, $x+y-z=-5$, không nhỏ hơn $-5$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $ABC$, $M$ là trọng tâm nên $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$. Trong tam giác $ABD$, $N$ là trọng tâm nên $\overrightarrow{AN}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})=\frac{1}{3}\overrightarrow{CD}$. Vậy $MN\parallel CD$ (và $MN=\frac{1}{3}CD$). Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $P$ là trung điểm $AB$ nên $\overrightarrow{AP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$; $Q$ là trung điểm $CD$ nên $\overrightarrow{AQ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})$. Do đó $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AD})-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AD})$. Vậy đáp án D, trùng với đáp án nguồn (Câu 24: D).

(AI giải đề cho tôi)
Từ $\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\vec{0}$, ta có $\overrightarrow{IA}=-3\overrightarrow{IB}$, tức $I$ chia đoạn $AB$ theo tỉ số $k=-3$: $I=\frac{A-3B}{1-3}=\frac{A+3B}{4}$. Cụ thể: $a=\frac{1+3(-1)}{4}=-\frac{1}{2}$, $b=\frac{2+3\cdot 3}{4}=\frac{11}{4}$, $c=\frac{0+3\cdot 5}{4}=\frac{15}{4}$. Khi đó $a+2b+2c=-\frac{1}{2}+\frac{11}{2}+\frac{15}{2}=\frac{25}{2}$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 26: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vecto chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(244+20;-81-7;180-4)=(264;-88;176)=88(3;-1;2)$, nên $|\overrightarrow{AB}|=88\sqrt{9+1+4}=88\sqrt{14}$ (m). Sau 1 phút 30 giây (90 giây), cabin đi được $s=7\cdot 90=630$ m. Tỉ số $t=\frac{630}{88\sqrt{14}}=\frac{315}{44\sqrt{14}}=\frac{315\sqrt{14}}{616}=\frac{45\sqrt{14}}{88}$. Độ cao lúc đó: $z=4+176t=4+176\cdot \frac{45\sqrt{14}}{88}=4+90\sqrt{14}$. Vậy $x=4,y=90,z=14$ và $2x+3y-z=8+270-14=264$. Đáp án C, trùng đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục như hình: O(0;0;0), A(4;0;0), B(4;6;0), C(0;6;0), E(0;0;5), F(4;0;5), G(4;6;5), H(0;6;5) (vì OAFE là hình chữ nhật trong mặt phẳng y=0 với OA=4, OE=HC=5; AB=6 là chiều sâu kho). Mặt mái gồm hai dốc: EPHQ (z = x + 5) và FPQG (z = 9 − x), với P(2;0;5+h), Q(2;6;5+h).

a) Đúng. P(2;0;5+h), Q(2;6;5+h) nên $\overrightarrow{PQ}=(0;6;0)$.

b) Sai. Theo hệ trục, G(4;6;5), không phải (6;4;5).

c) Đúng. Góc nhị diện [Q,FG,H] là góc giữa mặt mái FPQG và mặt phẳng ngang z = 5 dọc theo FG. Từ x = 4 (đường FG) lên đỉnh x = 2 (đường PQ), độ cao tăng h trên quãng ngang 2, nên $\tan 45^{\circ }=\frac{h}{2}\Rightarrow h=2$. Chiều cao kho = 5 + 2 = 7 m.

d) Đúng. Trung điểm GQ là M(3;6;6). Tuyến cáp theo thiết kế: O → E → H → M với OE = 5, EH = 6, HM = $\sqrt{3^2+0^2+1^2}=\sqrt{10}$. Tổng độ dài cáp tối thiểu: $5+6+\sqrt{10}=11+\sqrt{10}$ m.

Kết quả khớp đáp án nguồn: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
P(2;0;7), Q(2;6;7) nên $\overrightarrow{PQ}=(0;6;0)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
G(4;6;5), không phải (6;4;5).
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện 45° cho $\tan 45^{\circ }=h/2=1\Rightarrow h=2$; chiều cao kho = 5 + 2 = 7 m.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trung điểm GQ là M(3;6;6); tuyến cáp O→E→H→M có độ dài $5+6+\sqrt{10}=11+\sqrt{10}$ m.