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 $AM+MN+N{B}_{min}=9+3=12$.

Ta có: $\overrightarrow{DA}=(-2,-1,4),\overrightarrow{DB}=(2,-1,4),\overrightarrow{DC}=(0,4,4)$. Độ dài: $\left|\overrightarrow{DA}\right|=\left|\overrightarrow{DB}\right|=\sqrt{(-2{)}^2+(-1{)}^2+4^2}=\sqrt{21}$, $\left|\overrightarrow{DC}\right|=\sqrt{0^2+4^2+4^2}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$. Vectơ đơn vị theo dây:
$${\vec{u}}_A=\frac{1}{\sqrt{21}}(-2,-1,4),{\vec{u}}_B=\frac{1}{\sqrt{21}}(2,-1,4),{\vec{u}}_C=\frac{1}{4\sqrt{2}}(0,4,4)=\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right).$$
Điều kiện cân bằng tại $D$:
$${\vec{T}}_A+{\vec{T}}_B+{\vec{T}}_C+\vec{P}=\vec{0}\iff {\vec{T}}_A+{\vec{T}}_B+{\vec{T}}_C=(0,0,z).$$
Ta có:
- ${\vec{T}}_A=T_A\frac{(-2,-1,4)}{\sqrt{21}}=\left(\frac{-2T_A}{\sqrt{21}},\frac{-T_A}{\sqrt{21}},\frac{4T_A}{\sqrt{21}}\right),$
- ${\vec{T}}_B=T_B\frac{(2,-1,4)}{\sqrt{21}}=\left(\frac{2T_B}{\sqrt{21}},\frac{-T_B}{\sqrt{21}},\frac{4T_B}{\sqrt{21}}\right),$
- ${\vec{T}}_C=T_C\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\left(0,\frac{T_C}{\sqrt{2}},\frac{T_C}{\sqrt{2}}\right).$
Suy ra $\{\begin{array}{l}\frac{-2T_A}{\sqrt{21}}+\frac{2T_B}{\sqrt{21}}=0\\ \frac{-T_A}{\sqrt{21}}+\frac{-T_B}{\sqrt{21}}+\frac{T_C}{\sqrt{2}}=0\\ \frac{4T_A}{\sqrt{21}}+\frac{4T_B}{\sqrt{21}}+\frac{T_C}{\sqrt{2}}=z\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{T}_A=T_B=\frac{z\sqrt{21}}{10}\\ T_C=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{21}}\cdot \frac{z\sqrt{21}}{10}=\frac{z\sqrt{2}}{5}\end{array}.$
Vì mỗi dây chịu tối đa $15N$, nên:
$$T=\frac{z\sqrt{21}}{10}\le 15\iff z\le \frac{150}{\sqrt{21}}\approx 32,7$$
$$T_C=\frac{z\sqrt{2}}{5}\le 15\iff z\le \frac{75}{\sqrt{2}}\approx 53,0.$$

Đặt hệ trục tọa độ Oxyz ta có khoảng cách $AB=\sqrt{4^2+4^2+2^2}=6$.

Do hai vectơ $\vec{u}$ và $\vec{v}$ vuông góc với nhau nên $\vec{u}.\vec{v}=0\iff \left(\frac{5}{2}\vec{a}-2\vec{b}\right).\left(\vec{a}+2\vec{b}\right)=0$. Nên ta có $\frac{5}{2}+3\vec{a}.\vec{b}-4=0\Rightarrow \vec{a}.\vec{b}=0.5=|\vec{a}||\vec{b}|.\cos \left(\vec{a};\vec{b}\right)\Rightarrow \left(\vec{a};\vec{b}\right)=60^0$.

(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)
Chọn hệ trục toạ độ $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $A^{\prime }(0;0;2)$. Khi đó $C^{\prime }(2;2;2)$, $M$ trung điểm $B{B}^{\prime }$ là $(2;0;1)$, $N$ trung điểm $AD$ là $(0;1;0)$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=(-2;1;-1)$ và $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(2;2;2)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(-2)(2)+(1)(2)+(-1)(2)=-4+2-2=-4$. Vậy đáp án A.

(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)
Các vectơ chỉ phương của lực căng tại $D$: $\overrightarrow{DA}=(-2;-1;4)$, $\overrightarrow{DB}=(2;-1;4)$, $\overrightarrow{DC}=(0;4;4)$ với độ dài lần lượt $\sqrt{21},\sqrt{21},\sqrt{32}=4\sqrt{2}$. Do đối xứng $T_A=T_B=T$. Phương trình cân bằng: thành phần ngang theo $Ox$ tự triệt tiêu; theo $Oy$: $-\frac{T}{\sqrt{21}}-\frac{T}{\sqrt{21}}+\frac{T_C\cdot 4}{4\sqrt{2}}=0\Rightarrow \frac{T_C}{\sqrt{2}}=\frac{2T}{\sqrt{21}}\Rightarrow T_C=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{21}}T$. Thành phần thẳng đứng: $P=\frac{4T}{\sqrt{21}}+\frac{4T}{\sqrt{21}}+\frac{T_C}{\sqrt{2}}=\frac{8T}{\sqrt{21}}+\frac{2T}{\sqrt{21}}=\frac{10T}{\sqrt{21}}$. Nếu $T_C=15$ thì $T=\frac{15\sqrt{21}}{2\sqrt{2}}\approx 24,4>15$ (vượt giới hạn), nên dây $A,B$ chạm giới hạn trước: $T=15$. Khi đó $P=\frac{150}{\sqrt{21}}=\frac{50\sqrt{21}}{7}\approx 32,7$ N.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ tọa độ với các khối lập phương cạnh 1. Hình gồm 10 khối: một hàng 4 khối, sau đó rẽ một góc với các cột cao 1, 2 khối, và cột cao 3 khối tại vị trí có điểm B (tổng 4 + 1 + 2 + 3 = 10 khối).

Chọn gốc tọa độ sao cho điểm $A$ là đỉnh trên của khối đầu tiên: $A(0;0;1)$. Điểm $B$ là đỉnh trên của cột cao 3 khối ở góc xa nhất: $B(4;4;3)$.

Khi đó:
$$AB=\sqrt{(4-0{)}^2+(4-0{)}^2+(3-1{)}^2}=\sqrt{16+16+4}=\sqrt{36}=6.$$

Vậy khoảng cách giữa hai điểm $A$ và $B$ bằng 6, tương ứng phương án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\vec{u}\perp \vec{v}$ nên $\vec{u}\cdot \vec{v}=0$. Tính: $\vec{u}\cdot \vec{v}=\left(\frac{5}{2}\vec{a}-2\vec{b}\right)\cdot (\vec{a}+2\vec{b})=\frac{5}{2}|\vec{a}{|}^2+5\vec{a}\cdot \vec{b}-2\vec{a}\cdot \vec{b}-4|\vec{b}{|}^2=\frac{5}{2}+3\vec{a}\cdot \vec{b}-4=-\frac{3}{2}+3\vec{a}\cdot \vec{b}=0$. Suy ra $\vec{a}\cdot \vec{b}=\frac{1}{2}$, nên $\cos (\vec{a},\vec{b})=\frac{1}{2}$, góc giữa hai vectơ bằng $60^{\circ }$. Đáp án A.

(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)
Tích vô hướng $\vec{a}\cdot \vec{b}=(-3)(5)+4\cdot 0+0\cdot 12=-15$. Độ dài $|\vec{a}|=\sqrt{9+16+0}=5$, $|\vec{b}|=\sqrt{25+0+144}=13$. Vậy $\cos (\vec{a},\vec{b})=\frac{-15}{5\cdot 13}=-\frac{15}{65}=-\frac{3}{13}$. Chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\vec{b}=-2\vec{i}+2\vec{j}=(-2;2;0)$. Khi đó $\vec{c}=2\vec{a}-3\vec{b}=(2;4;-6)-(-6;6;0)=(8;-2;-6)$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ ta có $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}$, nên $C^{\prime }=A^{\prime }+\overrightarrow{AC}$, tức $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$. Trước hết tìm $C$: vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$, suy ra $C=B+D-A=(2+1-1;1+(-1)-0;2+1-1)=(2;0;2)$. Khi đó $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=C^{\prime }-C=(4-2;5-0;-5-2)=(2;5;-7)$, nên $A^{\prime }=A+(2;5;-7)=(1+2;0+5;1-7)=(3;5;-6)$. Vậy chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Điểm $M$ chia đoạn $AB$ theo tỉ số $k=-\frac{1}{2}$ nghĩa là $\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}$, suy ra $M=\frac{A-kB}{1-k}$. Với $A(1;1;0)$, $B(2;0;-3)$, $k=-\frac{1}{2}$: $1-k=\frac{3}{2}$, nên $M=\frac{A+\frac{1}{2}B}{\frac{3}{2}}=\frac{2A+B}{3}$. Tính tọa độ: $x_M=\frac{2\cdot 1+2}{3}=\frac{4}{3}$, $y_M=\frac{2\cdot 1+0}{3}=\frac{2}{3}$, $z_M=\frac{2\cdot 0+(-3)}{3}=-1$. Vậy $M\left(\frac{4}{3};\frac{2}{3};-1\right)$, tương ứng phương án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\vec{v}$ cùng phương với $\vec{u}(2;0;-1)$ nên $\vec{v}=k\vec{u}=(2k;0;-k)$. Khi đó $\vec{u}.\vec{v}=2(2k)+0+(-1)(-k)=5k=20$, suy ra $k=4$. Vậy $\vec{v}=(8;0;-4)$, tương ứng phương án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $C^{\prime }(1;1;1)$. Khi đó $\overrightarrow{AC}=(1;1;0)$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(0;1;1)$. Tổng $\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(1;2;1)$, độ dài bằng $\sqrt{1+4+1}=\sqrt{6}$. Khớp với đáp án nguồn D.

(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.