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

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, áp dụng quy tắc hình hộp tại đỉnh $C$: $\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{C{A}^{\prime }}$ vì $C{A}^{\prime }$ là đường chéo của hình hộp với ba cạnh xuất phát từ $C$ là $CB,CD,C{C}^{\prime }$. Vậy khẳng định A đúng. Xét các phương án khác: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ (quy tắc hình hộp tại $A$), nên B và C sai vì $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}\ne 3\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}\ne 3\overrightarrow{C^{\prime }A}$; phương án D sai vì $\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{C{A}^{\prime }}\ne \overrightarrow{C^{\prime }A}$. Đối chiếu bảng đáp án mã đề 1202, câu 9 là A, khớp với kết quả.

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật có $C(3;3;0)$, $C^{\prime }(3;3;3)$. a) $\overrightarrow{AC}=C-A=(3;3;0)$ → Đúng. b) $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=C^{\prime }-A=(3;3;3)$ → Đúng. c) $\overrightarrow{BD}=D-B=(0;3;0)-(3;0;0)=(-3;3;0)\ne (3;-3;0)$ → Sai. d) Trọng tâm tam giác $ABD$: $G=\left(\frac{0+3+0}{3};\frac{0+0+3}{3};0\right)=(1;1;0)$, nên $a+2b+c=1+2+0=3\ne 5$ → Sai. Khớp đáp án mã đề 1201: ĐĐSS.
a) (AI giải đề cho tôi)
$C(3;3;0)$ nên $\overrightarrow{AC}=(3;3;0)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$C^{\prime }(3;3;3)$ nên $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(3;3;3)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{BD}=(-3;3;0)$, khác $(3;-3;0)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$G=(1;1;0)$ nên $a+2b+c=3\ne 5$.

(AI giải đề cho tôi)
Trừ từng thành phần: $\vec{a}-\vec{b}=(2-1;1-(-1);-2-2)=(1;2;-4)$. Kết quả khớp với đáp án D và với bảng đáp án mã đề 1201 (Câu 2: D).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\vec{a}+\vec{b}=(3;2;2)$. Tích vô hướng: $\vec{a}.(\vec{a}+\vec{b})=2.3+(-1).2+(-3).2=6-2-6=-2$. Cách khác: $\vec{a}.(\vec{a}+\vec{b})=|\vec{a}{|}^2+\vec{a}.\vec{b}=14+(2-3-15)=-2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $-2$.

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\vec{a}=3\vec{i}-5\vec{j}-7\vec{k}$ nên tọa độ của vectơ $\vec{a}$ là $\vec{a}=(3;-5;-7)$. Đáp án trùng với key nguồn (C).

(AI giải đề cho tôi)
Trọng tâm tam giác ABC: $G=\left(\frac{1+4+(-2)}{3};\frac{2+5+2}{3};\frac{3+6+0}{3}\right)=(1;3;3)$. Kết quả khớp với đáp án A và với bảng đáp án (mã đề 1201, câu 8: A).

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 $x=9$, $z=-2$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hệ: $\vec{w}.\vec{u}=0\Rightarrow -8a+12b+9c=0$; $\vec{w}.\vec{v}=-2\Rightarrow a+2b+c=-2$; $|\vec{w}|=5\Rightarrow a^2+b^2+c^2=25$. Từ phương trình thứ hai: $a=-2-2b-c$, suy ra $a+b+c=-2-b$. Thay vào phương trình thứ nhất: $-8(-2-2b-c)+12b+9c=0\Rightarrow 28b+17c=-16\Rightarrow b=\frac{-16-17c}{28}$, khi đó $a=\frac{-12+3c}{14}$. Thay vào điều kiện chuẩn: ${\left(\frac{-12+3c}{14}\right)}^2+{\left(\frac{-16-17c}{28}\right)}^2+c^2=25$, nhân với 784 được $1109c^2+256c-18768=0$. Biệt số $\Delta =256^2+4\cdot 1109\cdot 18768=83320384=9128^2$, nên $c=\frac{-256\pm 9128}{2218}$, tức $c=4$ hoặc $c=\frac{-4692}{1109}\approx -4,2308$. Với $c=4$: $b=-3$, $a=0$ (loại vì $a\ne 0$). Với $c\approx -4,2308$: $b\approx 1,9973$, $a\approx -1,7638$. Vậy $a+b+c=-2-b\approx -3,9973\approx -4$. Đáp án A.

a) Tính tỷ số $\frac{FA}{F{B}^{\prime }}$

• Tọa độ hóa: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,b,0)$, $A^{\prime }(0,0,2a)$.

• $C(a,b,0)$, $\overrightarrow{CD}=(-a,0,0)$. $\overrightarrow{CE}=3\overrightarrow{CD}=(-3a,0,0)\Rightarrow E(-2a,b,0)$.

• $B^{\prime }(a,0,2a)$. Gọi $F\in A{B}^{\prime }\Rightarrow \overrightarrow{AF}=k\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\Rightarrow F(ka,0,2ka)$.

• $\overrightarrow{A^{\prime }E}=(-2a,b,-2a)$, $\overrightarrow{A^{\prime }F}=(ka,0,2ka-2a)$.

• $A^{\prime }F\perp A^{\prime }E\iff \overrightarrow{A^{\prime }F}\cdot \overrightarrow{A^{\prime }E}=0\iff -2k{a}^2-2a(2ka-2a)=0\iff k=2/3$.

• Vì $AF=\frac{2}{3}A{B}^{\prime }$ nên $F{B}^{\prime }=\frac{1}{3}A{B}^{\prime }$. Vậy $\frac{FA}{F{B}^{\prime }}=2$.

b) Tính thể tích khối chóp $S.ABC$

i. Xác định các yếu tố hình học:

• Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Do $△ABC$ đều nên $CI\perp AB$.

• Vì $SC\perp (ABC)\Rightarrow SC\perp AB$. Suy ra $AB\perp (SCI)$.

• Kẻ $CH\perp SI$ tại $H$. Vì $AB\perp (SCI)\Rightarrow AB\perp CH$.

• Từ đó $CH\perp (SAB)$, nên khoảng cách $d(C,(SAB))=CH=a$.

ii. Xác định góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SBC)$:

• Kẻ $HK\perp SB$ tại $K$. Ta có $CH\perp SB$ (do $CH\perp (SAB)$), suy ra $SB\perp (CHK)$.

• Do đó $SB\perp CK$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SBC)$ là $\widehat{CKH}=\alpha$ với $\cos \alpha =\frac{1}{3\sqrt{2}}$.

iii. Tính toán các đại lượng: Xét $△CHK$ vuông tại $H$, ta có:

$$\sin \alpha =\sqrt{1-{\cos }^2\alpha }=\sqrt{1-\frac{1}{18}}=\sqrt{\frac{17}{18}}\Rightarrow CK=\frac{CH}{\sin \alpha }=a\sqrt{\frac{18}{17}}$$

Đặt $BC=x$, $CI=\frac{x\sqrt{3}}{2}$ và $SC=y$.

• Xét $△SCI$ vuông tại $C$: $\frac{1}{C{H}^2}=\frac{1}{S{C}^2}+\frac{1}{C{I}^2}\Rightarrow \frac{1}{a^2}=\frac{1}{y^2}+\frac{4}{3x^2}$

• Xét $△SCB$ vuông tại $C$: $\frac{1}{C{K}^2}=\frac{1}{S{C}^2}+\frac{1}{C{B}^2}\Rightarrow \frac{17}{18a^2}=\frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2}$

Giải hệ phương trình trên:

$$\{\begin{array}{l}\frac{1}{y^2}+\frac{4}{3x^2}=\frac{1}{a^2}\\ \frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2}=\frac{17}{18a^2}\end{array}\Rightarrow \frac{1}{3x^2}=\frac{1}{18a^2}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=a\sqrt{6}\\ y=\frac{3\sqrt{7}}{7}a\end{array}$$

iv. Tính thể tích khối chóp:

$$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot y\cdot \left(x^2\frac{\sqrt{3}}{4}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{7}a}{7}\cdot \frac{6a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{21}}{14}{a}^3$$

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình: O(0;0;0), A(4;0;0), B(4;5;0), E(0;0;3), F(4;0;3), G(4;5;3), H(0;5;3), P(2;0;4), Q(2;5;4).
a) A nằm trên trục Ox với x=4 nên A(4;0;0) → Đúng.
b) HQ = Q−H = (2−0;5−5;4−3) = (2;0;1) ≠ (2;1;0) → Sai.
c) FG = G−F = (0;5;0) = 5j ≠ 5k → Sai.
d) Tam giác PEF: PE = √(2²+1²) = √5, PF = √(2²+1²) = √5, EF = 4. Diện tích = ½·EF·√(PE²−(EF/2)²) = ½·4·√(5−4) = 2 ≠ 2√2 → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
A nằm trên trục Ox, OA = 4 nên A(4;0;0).
b) (AI giải đề cho tôi)
HQ = Q−H = (2;0;1), không phải (2;1;0).
c) (AI giải đề cho tôi)
FG = G−F = (0;5;0) = 5j, không phải 5k.
d) (AI giải đề cho tôi)
PE = PF = √5, EF = 4, diện tích = ½·4·√(5−4) = 2 ≠ 2√2.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AM=2BM$ với $M$ thuộc cạnh $AB$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$, suy ra $\overrightarrow{MA}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$. G là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})$. Do đó $\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AG}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$. Vậy $x=-\frac{1}{3},y=\frac{1}{3},z=\frac{1}{3}$, nên $2x+y+z=-\frac{2}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=0$. Kết quả trùng với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}\vec{b}$. Vì $P$ là trung điểm $CD$ nên $\overrightarrow{AP}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})=\frac{1}{2}(\vec{c}+\vec{d})$. Do đó $\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}(\vec{c}+\vec{d})-\frac{1}{2}\vec{b}=\frac{1}{2}(\vec{c}+\vec{d}-\vec{b})$. Vậy đáp án D, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Tìm $\alpha ,\beta ,\gamma$ để $\alpha \vec{x}+\beta \vec{y}+\gamma \vec{z}=\vec{0}$. Theo $\vec{a}$: $2\alpha +\beta =0$; theo $\vec{c}$: $-\beta -2\gamma =0$; theo $\vec{b}$: $\alpha -\beta -3\gamma =0$. Chọn $\alpha =1$ thì $\beta =-2$, $\gamma =1$, thỏa mãn. Vậy $\vec{x}-2\vec{y}+\vec{z}=\vec{0}$ (kiểm tra: $2\vec{a}+\vec{b}-2\vec{a}+2\vec{b}+2\vec{c}-3\vec{b}-2\vec{c}=\vec{0}$). Do đó $\vec{x},\vec{y},\vec{z}$ đồng phẳng, đáp án A. B, C sai vì $\vec{x}=2\vec{a}+\vec{b}$ không cùng phương với $\vec{a}$ hay $\vec{b}$; D sai vì đồng phẳng nhưng không đôi một cùng phương.

(AI giải đề cho tôi)
ABCD là hình bình hành khi $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$, suy ra $D=A+C-B$. Tính: $x_D=-4+3-2=-3$, $y_D=1+(-2)-(-4)=3$, $z_D=-5+9-7=-3$. Vậy $D(-3;3;-3)$, tương ứng phương án B.

a) Sai do $B$ nằm trên trục $Oz$ nên $B(0;0;2)$. b) Đúng. c) Đúng. d) Đúng vì $N(2;-2;-1)$ đối xứng với $A$ qua mặt phẳng tọa độ $(Oxy)\Rightarrow AN=2$. Gọi H là chân đường cao của tam giác ứng với cạnh AN $\Rightarrow H(2;-2;0)\Rightarrow OH=2\sqrt{2}\Rightarrow S_{\Delta OAN}=\frac{OH\cdot AN}{2}=2\sqrt{2}$
a) Sai do $B$ nằm trên trục $Oz$ nên $B(0;0;2)$
b) Đúng
c) Đúng
d) Đúng vì $N(2;-2;-1)$ đối xứng với $A$ qua mặt phẳng tọa độ $(Oxy)\Rightarrow AN=2$. Gọi H là chân đường cao của tam giác ứng với cạnh AN $\Rightarrow H(2;-2;0)\Rightarrow OH=2\sqrt{2}\Rightarrow S_{\Delta OAN}=\frac{OH\cdot AN}{2}=2\sqrt{2}$

Trả lời: 1,8. Ta có tam giác $I{A}^{\prime }M$ đồng dạng với tam giác $IN{B}^{\prime }$ nên suy ra: $$\frac{I{A}^{\prime }}{IN}=\frac{A^{\prime }M}{B^{\prime }N}=\frac{\frac{1}{2}{A}^{\prime }{D}^{\prime }}{\frac{1}{3}{A}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{3}{2}\Rightarrow A^{\prime }I=\frac{3}{5}{A}^{\prime }N$$ $$\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A^{\prime }I}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\frac{3}{5}\overrightarrow{A^{\prime }N}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\frac{3}{5}\left(\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}+\overrightarrow{B^{\prime }N}\right)=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\frac{3}{5}\left(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}\right)$$ $$=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\frac{3}{5}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{5}\overrightarrow{AD}.\text{Suy ra }a+b+c=\frac{9}{5}=1,8$$

Trả lời: 5,02. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ta có điểm $A(4;0;3)$ và điểm $B\left(0;3;\frac{5}{2}\right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left(-4;3;-\frac{1}{2}\right)$. Do đó độ dài đoạn thẳng $AB\approx 5,024$.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ, gốc đặt tại điểm xuất phát, mặt phẳng $(Oxy)$ là mặt đất, trục $Ox$ hướng về phía Bắc, trục $Oy$ hướng về phía tây, trục $Oz$ hướng thẳng lên trời. Chiếc Flycam thứ nhất có tọa độ $A(100,200,50)$; Chiếc Flycam thứ hai có tọa độ $B(-300,-200,100)$. Chiếc Flycam thứ ba có tọa độ $C(100,-150,50)$. Hai chiếc Flycam thứ nhất và thứ hai tạo với chiếc thứ ba một góc bằng $\alpha$. Nên $ACB=\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)=\alpha$. $\overrightarrow{CA}=(0;350;0);\overrightarrow{CB}=(-400;-50;50)$ $$\cos \left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)=\frac{\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}}{\left|\overrightarrow{CA}\right|.\left|\overrightarrow{CB}\right|}=\frac{0.(-400)+350.(-50)+0.50}{\sqrt{0^2+350^2+0^2}.\sqrt{(-400{)}^2+(-50{)}^2+50^2}}$$ Vậy $\alpha =\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)\approx 97,1^{\circ }$.

Vì $M$ là trung điểm của $BC\Rightarrow \overrightarrow{BM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$. Mặt khác $\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$ $=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right)=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b}-\vec{c}=\frac{1}{2}\left(\vec{a}+\vec{b}-2\vec{c}\right)$