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

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(\sqrt{5};0;0)$, $C(\sqrt{5};\sqrt{5};0)$, $D(0;\sqrt{5};0)$, $S(0;0;a)$.

Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)$, do đó góc giữa $SC$ và $(SAD)$ là $\angle CSD=30^{\circ }$. Suy ra $\tan 30^{\circ }=\frac{CD}{SD}=\frac{\sqrt{5}}{SD}$, nên $SD=\sqrt{15}$. Khi đó $S{A}^2=S{D}^2-A{D}^2=15-5=10$, tức $SA=\sqrt{10}$.

$E$ là trung điểm $CD$: $E\left(\frac{\sqrt{5}}{2};\sqrt{5};0\right)$. Đường thẳng $BE$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=\left(-\frac{\sqrt{5}}{2};\sqrt{5};0\right)$, $BE=\frac{5}{2}$.

Hình chiếu của $A$ lên $BE$: $H=B+t\vec{u}$ với $t=-\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \vec{u}}{|\vec{u}{|}^2}=\frac{5/2}{25/4}=\frac{2}{5}$, nên $H\left(\frac{4\sqrt{5}}{5};\frac{2\sqrt{5}}{5};0\right)$. Kiểm tra $A{H}^2=\frac{16\cdot 5}{25}+\frac{4\cdot 5}{25}=4$, tức $AH=2$.

$$S{H}^2={\left(\frac{4\sqrt{5}}{5}\right)}^2+{\left(\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)}^2+10=\frac{80}{25}+\frac{20}{25}+10=14$$

Vậy $SH=\sqrt{14}\approx 3,74$, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A^{\prime }M}$. Vì $M$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{A^{\prime }M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}$. Vậy $\overrightarrow{AM}=\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}$, tương ứng phương án C.

(AI giải đề cho tôi)
Với $M(x;y;0)$ trên mặt phẳng $Oxy$: $M{A}^2=x^2+(y-2{)}^2+1$, $M{B}^2=(x+3{)}^2+(y-1{)}^2+9$, $M{C}^2=(x-2{)}^2+(y-4{)}^2+36$, $M{D}^2=(x+9{)}^2+(y+3{)}^2+1$.

Tử số $N=M{A}^2+4M{B}^2-3M{C}^2$.
Phần theo $x$: $x^2+4(x+3{)}^2-3(x-2{)}^2=2x^2+36x+24$.
Phần theo $y$: $(y-2{)}^2+4(y-1{)}^2-3(y-4{)}^2=2y^2+12y-40$.
Hằng số: $1+36-108=-71$.
Vậy $N=2x^2+36x+2y^2+12y-87=2[(x+9{)}^2-81]+2[(y+3{)}^2-9]-87=2s-267$ với $s=(x+9{)}^2+(y+3{)}^2\ge 0$.

Do đó $T=\frac{2s-267}{s+1}=2-\frac{269}{s+1}$. Vì $s\ge 0$ nên $T$ nhỏ nhất khi $s=0$, tức $M(-9;-3;0)\in Oxy$, khi đó $T_{\min }=2-269=-267$.

(AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=3\cdot (-2)+1\cdot 6+4\cdot 0=-6+6+0=0$. Vì tích vô hướng bằng 0 nên hai vectơ vuông góc, suy ra góc $BAC=90^{\circ }$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
G là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\vec{0}$. Với điểm $A$ bất kỳ, ta có $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AG}$ (tính chất trọng tâm), suy ra $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\right)$. Vậy đáp án $D$. Kiểm tra các phương án khác: $A$ sai hệ số; $B$ sai vì vế trái bằng $\vec{0}$; $C$ sai vì $\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\vec{0}\ne \overrightarrow{GA}$ (trừ trường hợp $A$ trùng $G$).

(AI giải đề cho tôi)
Tích có hướng theo định nghĩa: $$\vec{a}\times \vec{b}=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\ a_1& a_2& a_3\\ b_1& b_2& b_3\end{array}\right|=(a_2{b}_3-a_3{b}_2,a_3{b}_1-a_1{b}_3,a_1{b}_2-a_2{b}_1).$$ So sánh với các phương án, khẳng định đúng là phương án C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $J$ là trung điểm $AC$, $K$ là trung điểm $BD$ nên $\overrightarrow{JK}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD})$. Vì $AB\perp CD$ nên $J{K}^2=\frac{1}{4}(A{B}^2+C{D}^2)=\frac{1}{4}\left(A{B}^2+\frac{16}{9}A{B}^2\right)=\frac{25}{36}A{B}^2$. Suy ra $JK=\frac{5}{6}AB$, vậy $k=\frac{5}{6}\approx 0,83$.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 với tâm O(5;5;2), chiều cao chóp 2 nên S(5;5;4).
a) Đúng. Gọi M(5;6;2) là trung điểm BC, OM = 1 (khoảng cách từ tâm đáy đến BC), tam giác SOM vuông tại O với SO = 2 nên tan α = SO/OM = 2.
b) Sai. Đỉnh S(5;5;4), không phải (5;4;5).
c) Đúng. Hình chiếu qua L(5;10;2) lên mặt phẳng Oxz (y = 0): với điểm P, t = −y_P/(10 − y_P) trên đường L + t(P − L). Suy ra S'(5;0;6), B'(7,5;0;2), C'(2,5;0;2) (hình chiếu của A, D nằm trong đoạn B'C'). Bóng là tam giác S'B'C' có đáy B'C' = 5 và đường cao 6 − 2 = 4, diện tích = ½·5·4 = 10 m², khớp mệnh đề.
d) Đúng. A, B, C, D đều có z = 2 nên đáy nằm trên mặt phẳng z − 2 = 0.
a) (AI giải đề cho tôi)
M(5;6;2) trung điểm BC, OM = 1, SO = 2, tam giác SOM vuông tại O nên tan α = SO/OM = 2.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tâm đáy (5;5;2), chiều cao 2 nên S(5;5;4), không phải (5;4;5).
c) (AI giải đề cho tôi)
Chiếu qua L(5;10;2) lên Oxz (y=0): S'(5;0;6), B'(7,5;0;2), C'(2,5;0;2). Bóng là tam giác S'B'C' với đáy B'C' = 5, đường cao 4, diện tích = 10 m², khớp mệnh đề.
d) (AI giải đề cho tôi)
A, B, C, D đều có z = 2 nên thuộc mặt phẳng z − 2 = 0.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M(t;0;0)$. Ta có $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=(9;6;0)$ nên $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{OM}-(9;6;0)=(3t-9;-6;0)$, suy ra $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\sqrt{(3t-9{)}^2+36}=3\sqrt{(t-3{)}^2+4}$.

Tương tự $\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=(4;8;0)$ nên $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=(2t-4;-8;0)$, suy ra $\left|\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\sqrt{(2t-4{)}^2+64}=2\sqrt{(t-2{)}^2+16}$.

Vậy $Q=6\left(\sqrt{(t-3{)}^2+4}+\sqrt{(t-2{)}^2+16}\right)$.

Xét $f(t)=\sqrt{(t-3{)}^2+4}+\sqrt{(t-2{)}^2+16}$: đây là tổng khoảng cách từ điểm $(t;0)$ trên trục hoành đến hai điểm $P(3;2)$ và $R(2;4)$ (cùng phía trên trục $Ox$). Lấy $P^{\prime }(3;-2)$ đối xứng với $P$ qua trục $Ox$, khi đó $f(t)\ge P^{\prime }R=\sqrt{(3-2{)}^2+(-2-4{)}^2}=\sqrt{37}$, dấu bằng khi $t$ là hoành độ giao điểm của $P^{\prime }R$ với trục $Ox$ (tức $t=8/3$).

Do đó $Q_{\min }=6\sqrt{37}$, tức $a=6$, $b=37$ (nguyên tố), $a+b=43$.

(AI giải đề cho tôi)
Điểm đối xứng qua trục $Ox$ giữ nguyên hoành độ và đổi dấu hai tọa độ còn lại: $A(3;2;1)\mapsto (3;-2;-1)$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt cạnh hình lập phương bằng 1, chọn hệ trục $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1),D^{\prime }(0;1;1),C^{\prime }(1;1;1)$. Khi đó $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=(1;1;0)$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0;1;1)$. Vậy $\cos ((A^{\prime }{C}^{\prime },A{D}^{\prime }))=\frac{|1\cdot 0+1\cdot 1+0\cdot 1|}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=\frac{1}{2}$, suy ra góc $(A^{\prime }{C}^{\prime },A{D}^{\prime })=60^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án B đã cho.

Vectơ $\vec{u}=3\vec{i}-2\vec{j}+\vec{k}$, tọa độ của vectơ $\vec{u}$ là $(3;-2;1)$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu vuông góc của điểm $M(2;-5;1)$ lên mặt phẳng $(Oxy)$ là điểm có cùng hoành độ và tung độ với $M$, còn tung độ $z$ bằng 0. Vậy hình chiếu là $(2;-5;0)$, tương ứng đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn gốc $O$ tại trung điểm của $AD$ (theo hình vẽ), trục $Ox$ hướng theo $AB$ (qua $M$), trục $Oy$ hướng theo $AD$, trục $Oz$ hướng lên. Khi đó $A\left(0;-\frac{a}{2};0\right)$, $D\left(0;\frac{a}{2};0\right)$. Tam giác $SAD$ đều cạnh $a$ nằm trong mặt phẳng $(SAD)\perp (ABCD)$, nên chân đường cao của tam giác là trung điểm $O$ của $AD$ và $SO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $S$ nằm trên trục $Oz$ nên $S\left(0;0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ vectơ $\overrightarrow{AB}=B-A=(-2-2;4-0;1-3)=(-4;4;-2)$ nên D đúng. Suy ra $\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}=(4;-4;2)$, do đó khẳng định A với $\overrightarrow{BA}(4;4;2)$ là sai. Trung điểm $M=\left(\frac{2-2}{2};\frac{0+4}{2};\frac{3+1}{2}\right)=(0;2;2)$ nên B đúng. Độ dài $AB=\sqrt{(-4{)}^2+4^2+(-2{)}^2}=\sqrt{36}=6$ nên C đúng. Vậy khẳng định sai là A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\vec{i}=(1;0;0)$, $\vec{j}=(0;1;0)$, $\vec{k}=(0;0;1)$ nên $\vec{a}=3\vec{i}-4\vec{k}=(3;0;-4)$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Xét mặt phẳng (Oxz): y = 0.
a) A có y = 1 > 0, B có y = 2 > 0 nên A, B cùng phía với (Oxz). Đúng.
b) Hình chiếu của A(-2;1;1) trên (Oxz) là H(0;1;1) (giữ y, z, đưa x về 0), không phải H(0;1;0). Sai.
c) Đối xứng của A(-2;1;1) qua (Oxz) là A'(-2;1;-1), không phải (2;1;-1). Sai.
d) Lấy B'(5;2;-3) đối xứng của B qua (Oxz). Đường thẳng AB' cắt (Oxz) tại M: A + t(B'-A) = (-2+7t; 1+t; 1-4t), cho z = 0 được t = 1/4, suy ra M(-1/4; 5/4; 0). Khi đó OM = sqrt(1/16 + 25/16) = sqrt(26)/4 ≠ sqrt(26)/3. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
A có y = 1 > 0 và B có y = 2 > 0 nên hai điểm cùng phía với mặt phẳng (Oxz).
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của A(-2;1;1) trên (Oxz) là H(0;1;1), không phải H(0;1;0).
c) (AI giải đề cho tôi)
Điểm đối xứng của A(-2;1;1) qua (Oxz) là A'(-2;1;-1), không phải (2;1;-1).
d) (AI giải đề cho tôi)
Lấy B'(5;2;-3) đối xứng B qua (Oxz), đường AB' cắt (Oxz) tại M(-1/4; 5/4; 0) nên OM = sqrt(26)/4, không bằng sqrt(26)/3.

(AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng (Oxz) có phương trình y = 0.
a) A có y = 1 > 0, B có y = 2 > 0 nên A, B cùng phía với (Oxz). Đúng.
b) Hình chiếu của A(−2;1;1) trên (Oxz) là H(−2;0;1), không phải (0;1;0). Sai.
c) Đối xứng của A qua (Oxz) là A'(−2;−1;1), không phải (2;1;−1). Sai.
d) Lấy B' đối xứng với B qua (Oxz): B'(5;−2;3). M là giao điểm của AB' với mặt phẳng y = 0. Đường thẳng AB': (x;y;z) = (−2;1;1) + t(7;−3;2). y = 0 ⟹ t = 1/3 ⟹ M(1/3; 0; 5/3). Khi đó MA + MB = MA + MB' ngắn nhất và OM = √(1/9 + 25/9) = √26/3. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
A có tung y = 1 > 0, B có y = 2 > 0, cùng khác dấu 0 nên cùng phía với (Oxz): y = 0.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu vuông góc của A(−2;1;1) trên (Oxz) là H(−2;0;1), không phải (0;1;0).
c) (AI giải đề cho tôi)
Điểm đối xứng của A qua (Oxz) là A'(−2;−1;1) (đổi dấu tung độ), không phải (2;1;−1).
d) (AI giải đề cho tôi)
B' đối xứng B qua (Oxz): B'(5;−2;3). AB' cắt y = 0 tại M(1/3;0;5/3) (t = 1/3), nên OM = √(1/9 + 25/9) = √26/3.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu vuông góc của điểm $M(-1;3;-4)$ trên trục $Oz$ là điểm có tọa độ dạng $(0;0;z)$ với $z$ bằng tung độ $z$ của $M$. Vậy $M^{\prime }(0;0;-4)$, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của điểm $M(-1;2;3)$ trên mặt phẳng $(Oxy)$ giữ nguyên hoành độ và tung độ, còn tung độ cao (z) bằng 0. Vậy $M^{\prime }(-1;2;0)$.