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

(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)
Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;2;4)$, $\overrightarrow{AC}=(-1;0;3)$, $\overrightarrow{BC}=(-2;-2;-1)$. a) $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=(0;2;7)\ne \overrightarrow{BC}$ → sai. b) $\overrightarrow{AB}=(1;2;4)$ → đúng. c) $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}$ suy ra $D=C-\overrightarrow{AB}=(1-1;-1-2;1-4)=(0;-3;-3)\ne (0;3;3)$ → sai. d) $2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}=(2;4;8)-(-3;0;9)=(5;4;-1)$, độ dài $\sqrt{25+16+1}=\sqrt{42}$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=(1;2;4)+(-1;0;3)=(0;2;7)$, còn $\overrightarrow{BC}=(-2;-2;-1)$, khác nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}=B-A=(3-2;1+1;2+2)=(1;2;4)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}$ suy ra $D=C-\overrightarrow{AB}=(0;-3;-3)$, không phải $(0;3;3)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$2\overrightarrow{AB}-3\overrightarrow{AC}=(5;4;-1)$ nên độ dài bằng $\sqrt{25+16+1}=\sqrt{42}$.

(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)
Khoảng cách từ tàu $(25;15;0)$ đến gốc $O$ (vị trí ra đa) là $\sqrt{25^2+15^2+0^2}=\sqrt{625+225}=\sqrt{850}\approx 29,1547\approx 29,2$ km. Vì $29,2<30$ nên tàu nằm trong phạm vi theo dõi của ra đa. Đáp số: $29,2$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $Ox$ hướng nam, $Oy$ hướng đông, $Oz$ hướng lên, gốc $O$ tại điểm xuất phát. Hai khinh khí cầu có tọa độ $A(2,5;2;0,8)$ và $B(-1,5;-3;0,6)$. Vị trí tiếp nhiên liệu trên mặt đất có dạng $P(x;y;0)$.

Phản chiếu $A$ qua mặt phẳng $Oxy$: $A^{\prime }(2,5;2;-0,8)$. Với mọi $P$ trên mặt đất, $PA=P{A}^{\prime }$, nên $PA+PB=P{A}^{\prime }+PB\ge A^{\prime }B$. Dấu bằng xảy ra khi $P$ là giao điểm của đoạn $A^{\prime }B$ với mặt phẳng $z=0$ (đoạn này thực sự cắt mặt phẳng vì $A^{\prime }$ có $z<0$ và $B$ có $z>0$).

Phương trình tham số của đường thẳng $A^{\prime }B$: $(x;y;z)=(2,5-4t;2-5t;-0,8+1,4t)$.
Cho $z=0$: $-0,8+1,4t=0\Rightarrow t=\frac{4}{7}$.
Suy ra $x=2,5-4\cdot \frac{4}{7}=\frac{3}{14}$, $y=2-5\cdot \frac{4}{7}=-\frac{6}{7}$.

Vậy điểm tiếp nhiên liệu cách điểm xuất phát $a=\frac{3}{14}$ km về phía nam và $b=\frac{6}{7}$ km về phía tây. Do đó:
$$2a+3b=2\cdot \frac{3}{14}+3\cdot \frac{6}{7}=\frac{3}{7}+\frac{18}{7}=3.$$

(AI giải đề cho tôi)
Vì máy bay bay với vận tốc và hướng không đổi, trong mỗi 10 phút nó đi được một đoạn bằng vectơ $\overrightarrow{AB}=(200-100;100-50;10-5)=(100;50;5)$. Sau 10 phút tiếp theo, vị trí máy bay là $C=B+\overrightarrow{AB}=(200+100;100+50;10+5)=(300;150;15)$. Vậy $x+y+z=300+150+15=465$.

(AI giải đề cho tôi)
Phòng học là hình hộp chữ nhật kích thước $8m\times 6m\times 3m$, với gốc $O$ tại một góc phòng, mặt phẳng $(Oxy)$ trùng mặt sàn. Đèn treo tại chính giữa trần nhà nên tọa độ của $I$ là trung điểm của trần: $x=8/2=4$, $y=6/2=3$, $z=3$ (độ cao trần). Vậy $I(4;3;3)$ và $x+y+z=4+3+3=10$.

(AI giải đề cho tôi)
$-5\vec{a}=-5(2;-1;5)=(-10;5;-25)$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
a) $\overrightarrow{AB}=(-2;-1;1)$ nên $AB=\sqrt{4+1+1}=\sqrt{6}$: đúng.
b) Với $D(3;-1;2)$: $\overrightarrow{AB}=(-2;-1;1)$, $\overrightarrow{DC}=C-D=(-2;-1;1)$ nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$; do đó $ABCD$ là hình bình hành (hoặc kiểm tra $\overrightarrow{AD}=(2;-2;2)=\overrightarrow{BC}$): đúng.
c) $E\in Oy$ nên $E(0;t;0)$. $\overrightarrow{EB}=(-1;-t;1)$, $\overrightarrow{EC}=(1;-2-t;3)$. Vuông tại $E$: $\overrightarrow{EB}\cdot \overrightarrow{EC}=-1+t(2+t)+3=t^2+2t+2=0$, vô nghiệm thực (delta $=-4<0$). Với $E(0;-6;0)$: $36-12+2=26\ne 0$. Vậy khẳng định sai.
d) $M$ trên đoạn $AB$ với $MA=2MB$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$, $M=\left(-\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)$. $OM=\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{4}{9}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$: đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}=(-2;-1;1)$, $AB=\sqrt{4+1+1}=\sqrt{6}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}=(-2;-1;1)=\overrightarrow{DC}$ với $D(3;-1;2)$, nên $ABCD$ là hình bình hành.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{EB}\cdot \overrightarrow{EC}=t^2+2t+2=0$ vô nghiệm thực; với $E(0;-6;0)$ tích vô hướng bằng $26\ne 0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$M=\left(-\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)$, $OM=\sqrt{6}/3$.

(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)
Vì $\overrightarrow{OM}=2\vec{i}-3\vec{j}+4\vec{k}$ nên tọa độ điểm $M$ là $(2;-3;4)$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong không gian $Oxyz$, các vectơ đơn vị trên ba trục toạ độ là $\vec{i}=(1;0;0)$ trên trục $Ox$, $\vec{j}=(0;1;0)$ trên trục $Oy$ và $\vec{k}=(0;0;1)$ trên trục $Oz$. Do đó vectơ đơn vị trên trục $Oy$ là $\vec{j}=(0;1;0)$, có độ dài bằng 1 và hướng dọc theo trục $Oy$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$. Vì $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=\vec{b}$ và $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{c}$, suy ra $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ trọng tâm: $x_G=\frac{1+(-1)+0}{3}=0$, $y_G=\frac{-2+2+0}{3}=0$, $z_G=\frac{3+5+1}{3}=3$. Vậy $G(0;0;3)$, chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $M$ trên trục $Ox$ là $M_1(-1;0;0)$ nên hoành độ $x=-1$; hình chiếu trên $Oy$ là $M_2(0;2;0)$ nên tung độ $y=2$; hình chiếu trên $Oz$ là $M_3(0;0;-3)$ nên cao độ $z=-3$. Vậy $M(-1;2;-3)$. (Lưu ý: các đáp án trong đề ghi nhầm ký hiệu $M_1$ thay vì $M$.)

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $MN$ với $M(2;1;2)$ và $N(4;5;-6)$ là $I\left(\frac{2+4}{2};\frac{1+5}{2};\frac{2+(-6)}{2}\right)=I(3;3;-2)$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0),A^{\prime }(0;0;a),B^{\prime }(a;0;a),D^{\prime }(0;a;a),C^{\prime }(a;a;a)$.
a) $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=(0;a;0)$ còn $\overrightarrow{B^{\prime }C}=\vec{C}-{\vec{B}}^{\prime }=(0;a;-a)$. Hai vectơ khác nhau nên khẳng định sai.
b) $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=(-a;a;a)$; $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=(-a;0;0)+(0;a;0)+(0;0;a)=(-a;a;a)$. Bằng nhau nên đúng (quy tắc hình hộp).
c) $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(a;a;a)$, $\overrightarrow{BD}=(-a;a;0)$, tích vô hướng $=-a^2+a^2+0=0$ nên đúng (hai đường chéo của hình vuông ABCD vuông góc, và $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ có hình chiếu bằng $\overrightarrow{AC}$).
d) Trọng tâm $G$ của tam giác $A{B}^{\prime }C$: $G=\left(\frac{2a}{3};\frac{a}{3};\frac{a}{3}\right)$, nên $\overrightarrow{BG}=\left(-\frac{a}{3};\frac{a}{3};\frac{a}{3}\right)$, do đó $2\overrightarrow{BG}=\left(-\frac{2a}{3};\frac{2a}{3};\frac{2a}{3}\right)\ne \overrightarrow{B{D}^{\prime }}=(-a;a;a)$. Khẳng định sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=(0;a;0)$ còn $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0;a;-a)$, hai vectơ không bằng nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
Theo quy tắc hình hộp $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=(-a;a;a)$, đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A{C}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{BD}=(a;a;a)\cdot (-a;a;0)=-a^2+a^2=0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$G=\left(\frac{2a}{3};\frac{a}{3};\frac{a}{3}\right)$ nên $2\overrightarrow{BG}=\left(-\frac{2a}{3};\frac{2a}{3};\frac{2a}{3}\right)\ne \overrightarrow{B{D}^{\prime }}=(-a;a;a)$.

(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)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, tứ giác $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$. Theo quy tắc hình bình hành: $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$. Vậy khẳng định B đúng. Kiểm tra các phương án khác: A sai vì $\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{DB}$; C sai vì $\overrightarrow{C^{\prime }{B}^{\prime }}=-\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=-\overrightarrow{AD}$ nên $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{C^{\prime }{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{DB}$; D sai vì $\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{DB}\ne \overrightarrow{AC}$.