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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\overrightarrow{OM}=2\vec{i}+3\vec{j}-\vec{k}$ nên tọa độ điểm $M$ là $(2;3;-1)$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành khi và chỉ khi hai đường chéo $MP$ và $NQ$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, tức trung điểm của $MP$ trùng trung điểm của $NQ$. Gọi $Q(x;y;z)$, ta có: $\frac{M+P}{2}=\frac{N+Q}{2}\Rightarrow Q=M+P-N$. Thay tọa độ: $x=1+7-2=6$, $y=1+7-3=5$, $z=1+5-4=2$. Vậy $Q(6;5;2)$. Kiểm tra: $\overrightarrow{MN}=(1;2;3)$ và $\overrightarrow{QP}=(1;2;3)$, hai vectơ bằng nhau nên $MN\parallel QP$ và $MN=QP$, tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AG}$. Với $A(2;4;-3)$, $G(2;1;0)$ ta có $\overrightarrow{AG}=(0;-3;3)$, do đó $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=(0;-9;9)$. Chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Tính $G=\left(\frac{17}{4};\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$, $G^{\prime }=(4;0;\frac{5}{3})$. Ta có $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=\vec{B}+\vec{C}+\vec{D}-3\vec{A}=(-3;-6;2)$. a) $4\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=4(G^{\prime }-G)=(-1;-2;\frac{2}{3})\ne (-3;-6;2)$ nên sai. b) $4\overrightarrow{AG}=4(G-A)=(-3;-6;2)$ nên đúng. c) $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=G^{\prime }-G=\left(-\frac{1}{4};-\frac{1}{2};\frac{1}{6}\right)$, đề ghi $\frac{1}{2}$ ở tung độ nên sai. d) Lấy $B^{\prime }$ đối xứng $B$ qua $(Oyz)$: $B^{\prime }=(-9;-2;3)$; $|MA-MB|\le A{B}^{\prime }=\sqrt{14^2+4^2+(-2{)}^2}=6\sqrt{6}$, dấu bằng khi $M$ là giao điểm của $A{B}^{\prime }$ với $(Oyz)$. Đường thẳng: $(5-14t;2-4t;1+2t)$, $x=0\Rightarrow t=\frac{5}{14}\Rightarrow M=\left(0;\frac{4}{7};\frac{12}{7}\right)\ne \left(0;7;-\frac{3}{2}\right)$ nên sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$4\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=(-1;-2;\frac{2}{3})\ne \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=(-3;-6;2)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$G=\left(\frac{17}{4};\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$, $4\overrightarrow{AG}=(-3;-6;2)=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\left(-\frac{1}{4};-\frac{1}{2};\frac{1}{6}\right)$, tung độ phải là $-\frac{1}{2}$ chứ không phải $\frac{1}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Điểm cần tìm là giao của $A{B}^{\prime }$ ($B^{\prime }=(-9;-2;3)$ đối xứng $B$ qua $(Oyz)$) với $(Oyz)$: $M=\left(0;\frac{4}{7};\frac{12}{7}\right)$, giá trị lớn nhất $6\sqrt{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) $\overrightarrow{DA}=(-1;5;2)$, $\overrightarrow{DB}=(-1;6;1)$. Tích vô hướng $=1+30+2=33$, $|DA|=\sqrt{30}$, $|DB|=\sqrt{38}$, nên $\cos \widehat{ADB}=\frac{33}{\sqrt{1140}}\approx 0,9774\Rightarrow \widehat{ADB}\approx 12,2^{\circ }\ne 78^{\circ }$. Sai.

b) $AC=\sqrt{1^2+(-1{)}^2+(-2{)}^2}=\sqrt{6}\approx 2,45km\ne 4km$. Sai.

c) $\overrightarrow{AB}=(0;1;-1)$, $\overrightarrow{AC}=(1;-1;-2)$, $\overrightarrow{AD}=(1;-5;-2)$. Hỗn tạp $[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}]=0\cdot (2-10)-1\cdot (-2+2)+(-1)\cdot (-5+1)=4\ne 0$, ba vectơ không đồng phẳng nên bốn vệ tinh không cùng nằm trên một mặt phẳng. Sai.

d) Với $c=1$, $M(a;b;1)$: $A{M}^2=a^2+(b-4{)}^2+16=25\Rightarrow a^2+(b-4{)}^2=9$; $B{M}^2=a^2+(b-5{)}^2+9=25\Rightarrow a^2+(b-5{)}^2=16$. Trừ: $(b-5{)}^2-(b-4{)}^2=7\Rightarrow -(2b-9)=7\Rightarrow b=1$, suy ra $a^2+9=9\Rightarrow a=0$, tức $M(0;1;1)$. Kiểm tra: $C{M}^2=1+4+4=9\Rightarrow CM=3km$; $D{M}^2=1+4+4=9\Rightarrow DM=3km$. Thỏa mãn. Đúng.

Kết luận: a) Sai, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\overrightarrow{DA}=(-1;5;2)$, $\overrightarrow{DB}=(-1;6;1)$, $\cos \widehat{ADB}=\frac{33}{\sqrt{1140}}\approx 0,9774\Rightarrow \widehat{ADB}\approx 12,2^{\circ }\ne 78^{\circ }$. Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $AC=\sqrt{1+1+4}=\sqrt{6}\approx 2,45km\ne 4km$. Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Hỗn tạp $[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}]=4\ne 0$ nên ba vectơ không đồng phẳng, bốn vệ tinh không cùng nằm trên một mặt phẳng. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Với $c=1$, giải $AM=BM=5$ được $M(0;1;1)$; kiểm tra $CM=DM=3km$ thỏa mãn. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\sum \overrightarrow{M{A}_i}=4\overrightarrow{MG}$ với $G$ là trọng tâm của $A,B,C,D$. Tọa độ $G$: $x_G=(2+0+3+3)/4=2$, $y_G=(-3+4+0+3)/4=1$, $z_G=(7+1+5+3)/4=4$, tức $G(2;1;4)$. Biểu thức $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|=4MG$ nhỏ nhất khi $MG$ nhỏ nhất, tức $M$ là hình chiếu vuông góc của $G$ lên mặt phẳng $(Oyz)$: $M(0;1;4)$. Vậy $a+b+c=0+1+4=5$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $\overrightarrow{AB}=(1;1;1)$, $\overrightarrow{AD}=(0;-1;0)$, nên $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=(1;0;1)$. Đỉnh $C=B+D-A=(2;0;2)$. Vì $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}=(3;5;-6)-(1;0;1)=(2;5;-7)$. Suy ra $A^{\prime }=A+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(1;0;1)+(2;5;-7)=(3;5;-6)$. Kiểm tra: $C^{\prime }=C+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(2;0;2)+(2;5;-7)=(4;5;-5)$ đúng với đề bài. Vậy $(a;b;c)=(3;5;-6)$ và $abc=3\cdot 5\cdot (-6)=-90$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: Xét đáp án D: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Ta có $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}$ (quy tắc hình bình hành), và $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$. Do đó $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. Vậy D đúng. Các đáp án khác sai: A) $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AB}=\vec{0}$ (vì $\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{AB}$), còn $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}\ne \vec{0}$. B) $\overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{CD}\ne \overrightarrow{CD}$. C) $\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{C^{\prime }B}$, không bằng $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$ (thực chất $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$, còn $\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{B{C}^{\prime }}$ là vectơ khác).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh tứ diện đều là $a$. Đặt hệ tọa độ: $C(0;0;0)$, $D(a;0;0)$, $M(a/2;0;0)$, $A(a/2;a\sqrt{3}/2;0)$ (tam giác $ACD$ đều), và $B(a/2;a/(2\sqrt{3});a\sqrt{2/3})$ (vì $AB=BC=BD=a$). Khi đó $\overrightarrow{MA}=(0;a\sqrt{3}/2;0)$ nên $|\overrightarrow{MA}|=a\sqrt{3}/2$ (đường trung tuyến tam giác đều), $\overrightarrow{BC}=(-a/2;-a/(2\sqrt{3});-a\sqrt{2/3})$ nên $|\overrightarrow{BC}|=a$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{BC}=0+\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \left(-\frac{a}{2\sqrt{3}}\right)+0=-\frac{a^2}{4}$. Vậy $\cos (\overrightarrow{MA},\overrightarrow{BC})=\frac{-a^2/4}{a\cdot a\sqrt{3}/2}=-\frac{1}{2\sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{6}$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục tọa độ gốc tại A, trục Ox theo AB, Oy theo AD, Oz theo AA'. Khi đó A(0;0;0), B(3;0;0), A'(0;0;5), D'(0;4;5). Suy ra $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(3;0;-5)$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0;4;5)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{A^{\prime }B}\cdot \overrightarrow{A{D}^{\prime }}=3\cdot 0+0\cdot 4+(-5)\cdot 5=-25$. Vậy đáp án A đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\vec{u}-2\vec{v}=(-2-2\cdot 1;3-2\cdot 1;1-2\cdot (-2))=(-4;1;5)$. Khi đó $|\vec{u}-2\vec{v}|=\sqrt{(-4{)}^2+1^2+5^2}=\sqrt{16+1+25}=\sqrt{42}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Giá đỡ là hình chóp đều S.ABC nên chân đường cao S rơi vào trọng tâm tam giác đều ABC, theo hình vẽ trọng tâm là O(0;0;0). Vì A(0;30;0) nên OA = 30, do đó OB = OC = 30 và các điểm B, C cách đều O, đôi một cách nhau 30√3 (cạnh đáy). Tam giác đều ABC với A ở góc 90° trên đường tròn bán kính 30 nên B(15√3;−15;0), C(−15√3;−15;0).
a) Sai: B(45;−15√3;0) có OB = √(45²+675) = 30√3 ≠ 30; với các tọa độ đó AB ≈ 71,83; BC = 90, tam giác ABC không đều.
b) Đúng: SA = √(0²+30²+120²) = √15300 = 30√17 (cm).
c) Đúng: do đối xứng, mỗi chân giá đỡ chịu 1/3 trọng lượng: |F| = 210/3 = 70N.
d) Đúng: F có phương SA, |F| = 70N, vecto đơn vị theo SA là (0;1;−4)/√17. Vậy −F = 70(0;−1;4)/√17, P = (0;0;−210). cosθ = (−F·P)/(|−F||P|) = (70·4·210/√17)/(70·210) = 4/√17... chính xác cosθ = −4/√17 ≈ −0,9701, suy ra θ ≈ 165,96° ≈ 166°.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chóp đều nên trọng tâm đáy là O, OB = OA = 30; nhưng B(45;−15√3;0) có OB = 30√3 và khi đó ABC không là tam giác đều. Đúng phải là B(15√3;−15;0), C(−15√3;−15;0).
b) (AI giải đề cho tôi)
SA = √(30²+120²) = √15300 = 30√17 (cm).
c) (AI giải đề cho tôi)
Do tính đối xứng của hình chóp đều, mỗi chân chịu đều 210/3 = 70N.
d) (AI giải đề cho tôi)
F theo phương SA với vecto đơn vị (0;1;−4)/√17; cos(P,−F) = −4/√17 ≈ −0,9701 nên góc ≈ 166°.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$. Do đó $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$ (đường chéo hình lập phương). Độ dài đường chéo hình lập phương cạnh 4 là $4\sqrt{3}$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trung điểm AB = ((1+2)/2;(2+1)/2;(3+5)/2) = (3/2;3/2;4) → Đúng.
b) OA+OB+OC = (1+2+2; 2+1+4; 3+5+2) = (5;7;10) → Đúng.
c) AB=(1;−1;2), AC=(1;2;−1). cos(AB,AC) = (1−2−2)/(√6·√6) = −3/6 = −1/2. Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn nên bằng 60°, không phải 30° → Sai.
d) I(a;0;c) trên (Oxz). Ta có 3IB−IC = 3B−C−2I với 3B−C = (6−2;3−4;15−2) = (4;−1;13). Nên T = |(4−2a; −1; 13−2c)| = √((4−2a)²+1+(13−2c)²), nhỏ nhất khi a=2, c=13/2. Khi đó a−2b+2c = 2−0+13 = 15 → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trung điểm AB = ((1+2)/2;(2+1)/2;(3+5)/2) = (3/2;3/2;4).
b) (AI giải đề cho tôi)
Tổng ba vectơ = (1+2+2; 2+1+4; 3+5+2) = (5;7;10).
c) (AI giải đề cho tôi)
cos(AB,AC) = −3/6 = −1/2, góc giữa hai đường thẳng bằng 60° chứ không phải 30°.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với I(a;0;c), T² = (4−2a)²+1+(13−2c)² nhỏ nhất khi a=2, c=13/2, suy ra a−2b+2c = 2+13 = 15.

(AI giải đề cho tôi)
Các vectơ $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{A{A}_1}$ đôi một vuông góc và có độ dài 3. Vậy $\left|\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AD}+4\overrightarrow{A{A}_1}\right|=\sqrt{|AB{|}^2+4|AD{|}^2+16|A{A}_1{|}^2}=\sqrt{9+36+144}=\sqrt{189}\approx 13,7$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu vuông góc của điểm $M(3;1;-1)$ trên trục $Oy$ là điểm có tọa độ $(0;1;0)$, vì hình chiếu trên trục $Oy$ giữ nguyên tung độ và triệt tiêu hoành độ, cao độ. Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Hình lập phương cạnh 3: A(0;0;0), B(3;0;0), D(0;3;0), A'(0;0;3) nên C(3;3;0), B'(3;0;3), C'(3;3;3), P trung điểm B'C' là P(3; 3/2; 3).
a) Sai: C(3;3;0) chứ không phải (3;3;3).
b) Trọng tâm tam giác PCD: x=(3+3+0)/3=2, y=(3/2+3+3)/3=5/2, z=(3+0+0)/3=1, tức (2; 5/2; 1) → Đúng.
c) Với G trọng tâm tam giác PCD thì KP+KC+KD = 3·KG, nên |KP+KC+KD| = 3·KG. K thuộc (Oxz) nên min KG = khoảng cách từ G(2; 5/2; 1) đến mặt phẳng y=0 bằng 5/2. Vậy giá trị nhỏ nhất là 3·(5/2) = 15/2 ≠ 5/2 → Sai.
d) AP = (3; 3/2; 3), BC' = (0; 3; 3). cos(AP, BC') = (0 + 9/2 + 9)/(√(9+9/4+9)·√18) = (27/2)/((9/2)·3√2) = (27/2)/(27√2/2) = 1/√2, nên góc bằng 45° ≠ 60° → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
C(3;3;0) vì C nằm trong mặt phẳng z=0, không phải (3;3;3).
b) (AI giải đề cho tôi)
P(3; 3/2; 3), C(3;3;0), D(0;3;0). Trọng tâm: x=(3+3+0)/3=2, y=(3/2+3+3)/3=5/2, z=(3+0+0)/3=1 → (2; 5/2; 1). Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
KP+KC+KD = 3·KG với G(2; 5/2; 1) trọng tâm tam giác PCD. K thuộc (Oxz) nên min KG = khoảng cách từ G đến mặt phẳng y=0 bằng 5/2. Vậy min |KP+KC+KD| = 3·(5/2) = 15/2, không phải 5/2 → Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
cos(AP, BC') = 1/√2 nên góc bằng 45°, không phải 60°.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $|\vec{a}|=|\vec{b}|=1$ và góc giữa hai vectơ bằng $120^{\circ }$, ta có $T=\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos 120^{\circ }=1\cdot 1\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $B=(0,0,0)$, $C=(2,0,0)$, $D=(1,\sqrt{3},0)$, $A=(1,\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{6}}{3})$ (tứ diện đều cạnh 2). Tam giác $BCD$ đều nên trực tâm trùng trọng tâm: $G=(1,\frac{\sqrt{3}}{3},0)$. Trung điểm: $E=(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6},\frac{\sqrt{6}}{3})$, $F=(1,0,0)$, $M=(1,\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3})$. Suy ra $\overrightarrow{GE}=(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{6},\frac{\sqrt{6}}{3})$, $\overrightarrow{MF}=(0,-\frac{2\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{6}}{3})$. Tích vô hướng: $0+\frac{\sqrt{3}}{6}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}+\frac{\sqrt{6}}{3}\cdot (-\frac{\sqrt{6}}{3})=\frac{1}{3}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{3}$. Độ dài: $|\overrightarrow{GE}{|}^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{12}+\frac{2}{3}=1$, $|\overrightarrow{MF}{|}^2=\frac{4}{3}+\frac{2}{3}=2$. Vậy $\cos (\overrightarrow{GE},\overrightarrow{MF})=\frac{-1/3}{1\cdot \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $O$ là gốc tọa độ, $\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}$ đôi một vuông góc theo các góc đã cho: $A=(1;0;0)$, $B=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)$, $C=(0;0;1)$. Vì $AM=2MO$ nên $M$ chia $OA$ theo tỉ số $\frac{1}{3}$: $M=\left(\frac{1}{3};0;0\right)$. Trung điểm $N$ của $BC$: $N=\left(\frac{1}{4};\frac{\sqrt{3}}{4};\frac{1}{2}\right)$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{1}{12};\frac{\sqrt{3}}{4};\frac{1}{2}\right)$, nên $M{N}^2=\frac{1}{144}+\frac{3}{16}+\frac{1}{4}=\frac{1+27+36}{144}=\frac{64}{144}=\frac{4}{9}$, do đó $MN=\frac{2}{3}$. Đáp án A.