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

(AI giải đề cho tôi)
A(0;0;0), B(2;0;0), D(0;3;0), A'(0;0;4) nên C(2;3;0), C'(2;3;4), B'(2;0;4), D'(0;3;4).
a) $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(2;3;4)$ → đúng.
b) Tâm hình hộp là trung điểm AC': $(1;\frac{3}{2};2)\ne (0;0;0)$ → sai.
c) $\overrightarrow{C{D}^{\prime }}=\overrightarrow{D^{\prime }}-\overrightarrow{C}=(-2;0;4)$, tích vô hướng $=2\cdot (-2)+3\cdot 0+4\cdot 4=-4+16=12\ne 16$ → sai.
d) $A{B}^{\prime }=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{20}\approx 4,472$; $A{D}^{\prime }=\sqrt{3^2+4^2}=5$; $B^{\prime }{D}^{\prime }=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}\approx 3,606$. Chu vi $\approx 13,08<13,5$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(2;3;4)$, đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tâm là trung điểm $A{C}^{\prime }$: $(1;\frac{3}{2};2)\ne (0;0;0)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{C{D}^{\prime }}=(-2;0;4)$ nên $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{C{D}^{\prime }}=-4+16=12\ne 16$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$A{B}^{\prime }=\sqrt{20}\approx 4,47$, $A{D}^{\prime }=5$, $B^{\prime }{D}^{\prime }=\sqrt{13}\approx 3,61$; chu vi $\approx 13,08<13,5$.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục: $B$ trên $Ox$, $C$ trên $Oy$ (theo hình vẽ). Vì $AB=3\sqrt{2}$ nên nửa đường chéo đáy $=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=3$, do đó $B(3;0;0)$, $C(0;3;0)$, $A(-3;0;0)$, $D(0;-3;0)$.
Chiều cao: $S{A}^2=O{A}^2+S{O}^2\Rightarrow 18=9+S{O}^2\Rightarrow SO=3$, tức $S(0;0;3)$.
Trọng tâm $G$ của tam giác $SAB$: $G=\left(\frac{0-3+3}{3};\frac{0+0+0}{3};\frac{3+0+0}{3}\right)=(0;0;1)$.

a) $K(0;m;n)\in (Oyz)$. Lấy $B^{\prime }$ đối xứng với $B$ qua $(Oyz)$: $B^{\prime }=A(-3;0;0)$. Khi đó $KG+KB=KG+KA\ge GA$, dấu bằng khi $K$ là giao điểm của $GA$ với $(Oyz)$. Vì $G(0;0;1)$ đã thuộc $(Oyz)$ nên $K\equiv G=(0;0;1)$, tức $m=0,n=1\Rightarrow m^2+n^2=1\ne \frac{9}{8}$. → Sai.

b) $C(0;3;0)\ne (0;6;0)$. → Sai.

c) $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ nên $O$ là trung điểm mỗi đường chéo, do đó $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=\vec{0}$ (tọa độ: $(-3+3+0+0;0+0+3-3;0)=\vec{0}$). → Đúng.

d) $BG=\sqrt{(3-0{)}^2+0^2+(0-1{)}^2}=\sqrt{10}\ne 6\sqrt{2}$. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
G(0;0;1) thuộc (Oyz), B' đối xứng B qua (Oyz) là A(-3;0;0). KG+KB=KG+KA nhỏ nhất bằng GA khi K=G, khi đó m²+n²=0²+1²=1≠9/8.
b) (AI giải đề cho tôi)
Nửa đường chéo đáy bằng 3 nên C(0;3;0), không phải (0;6;0).
c) (AI giải đề cho tôi)
O là tâm hình vuông ABCD nên tổng bốn vectơ OA, OB, OC, OD bằng vectơ không.
d) (AI giải đề cho tôi)
G(0;0;1), B(3;0;0) nên BG=√(9+1)=√10 ≠ 6√2.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục: Ox hướng nam, Oy hướng đông, Oz hướng lên, đơn vị km.
a) A cách 2km về nam nên x=2; 3,5km về đông nên y=3,5; cao 0,8km nên z=0,8. Vậy A(2;3,5;0,8), không phải A(3,5;2;0,8) → sai.
b) B cách 1km về bắc nên x=-1; 3,5km về tây nên y=-3,5; cao 0,6km nên z=0,6. Vậy B(-1;-3,5;0,6) → đúng.
c) $\overrightarrow{AB}=(-1-2;-3,5-3,5;0,6-0,8)=(-3;-7;-0,2)$, nên $AB=\sqrt{9+49+0,04}=\sqrt{58,04}\approx 7,62$ km ≠ 7,11 km → sai.
d) $\overrightarrow{BC}=(4-(-1);8,5-(-3,5);0,6-0,6)=(5;12;0)$, $BC=\sqrt{25+144}=13$ km. Vận tốc $v=13:2=6,5$ km/h → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) A(2;3,5;0,8) vì 2km về nam cho x=2, 3,5km về đông cho y=3,5, cao 0,8km.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) 1km về bắc cho x=-1, 3,5km về tây cho y=-3,5, cao 0,6km: B(-1;-3,5;0,6).
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) AB=√(3²+7²+0,2²)=√58,04≈7,62 km, không phải 7,11 km.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) BC=√(5²+12²)=13 km, vận tốc 13/2=6,5 km/h.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt tọa độ: $B(0;0;0)$, $C(a;0;0)$, $M\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, $A\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $S\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{6};a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$ (tâm tam giác đều $ABC$). Khi đó $\overrightarrow{AM}=\left(0;-\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $|\overrightarrow{AM}|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; $\overrightarrow{SB}=\left(-\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{6};-a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$, $|\overrightarrow{SB}|=a$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{SB}=0+\frac{a^2}{4}+0=\frac{a^2}{4}$. Vậy $\cos \left(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{SB}\right)=\frac{a^2/4}{a\cdot a\sqrt{3}/2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}\approx 0,29$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.EFGH$ cạnh 2, ta có $\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{AD}$ (vì $EH$ song song và cùng chiều với $AD$). Do đó $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AD}$. Trong hình vuông $ABCD$ cạnh 2: $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$, nên $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}+{\overrightarrow{AD}}^2=0+2^2=4$ (vì $AB\perp AD$). Vậy $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{EH}=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;b;0)$, $D(0;b;0)$, $D^{\prime }(0;b;c)$. Khi đó $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=(-a;b;c)$ nên $B{D}^{\prime }=\sqrt{a^2+b^2+c^2}=6$.

Điểm $M$ trên $AC$: $M=(ta;tb;0)$. Điểm $N$ trên $D{C}^{\prime }$: $N=(sa;b(1-s);sc)$.

$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}=(a(s-t);b(1-s-t);sc)$.

Vì $MN\parallel B{D}^{\prime }$ nên tồn tại $\lambda$ sao cho:
$$a(s-t)=-\lambda a,b(1-s-t)=\lambda b,sc=\lambda c$$
Suy ra $s=\lambda$, $s-t=-\lambda \Rightarrow t=2\lambda$, và $1-s-t=\lambda \Rightarrow 1-3\lambda =\lambda \Rightarrow \lambda =\frac{1}{4}$.

Vậy $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{4}\overrightarrow{B{D}^{\prime }}$, do đó $MN=\frac{1}{4}B{D}^{\prime }=\frac{1}{4}\cdot 6=1,5$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng $OAB.O^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ có cạnh bên song song trục $Oy$: $O^{\prime }=(0;450;0)$, nên $A=(240;0;0)$, $B=(120;0;300)$. Chiều dài $a=O{O}^{\prime }=450$ cm; chiều rộng $b=OA=240$ cm; cạnh bên mặt tiền $c=OB=\sqrt{120^2+300^2}=\sqrt{104400}\approx 323,11$ cm. Vậy $a+b+c\approx 450+240+323,11=1013,11\approx 1013$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $MNP$ vuông tại $N$ nên $\overrightarrow{NM}\cdot \overrightarrow{NP}=0$. Ta có $\overrightarrow{NM}=(2-(-1);3-1;-1-1)=(3;2;-2)$ và $\overrightarrow{NP}=(1-(-1);m-1-1;2-1)=(2;m-2;1)$. Tích vô hướng: $3\cdot 2+2(m-2)+(-2)\cdot 1=6+2m-4-2=2m=0$, suy ra $m=0$. Kiểm tra: với $m=0$, $P(1;-1;2)$, $\overrightarrow{NP}=(2;-2;1)$, $\overrightarrow{NM}\cdot \overrightarrow{NP}=6-4-2=0$ đúng, và $M,N,P$ không thẳng hàng nên tam giác tồn tại.

(AI giải đề cho tôi)
Góc giữa hai vectơ là góc tù khi $\vec{a}\cdot \vec{b}<0$. Ta có $\vec{a}\cdot \vec{b}=5m+3(-1)+(-2)(m+3)=5m-3-2m-6=3m-9$. Điều kiện $3m-9<0\iff m<3$. Vì $m$ nguyên dương nên $m\in \{1;2\}$, có 2 giá trị.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $OA=\sqrt{1+4+4}=3$, $OB=\sqrt{\frac{64+16+64}{9}}=\frac{12}{3}=4$, $AB=\sqrt{{\left(\frac{5}{3}\right)}^2+{\left(-\frac{2}{3}\right)}^2+{\left(\frac{14}{3}\right)}^2}=\frac{\sqrt{225}}{3}=5$. Vì $3^2+4^2=5^2$ nên tam giác $OAB$ vuông tại $O$. Tâm đường tròn nội tiếp là trọng tâm có trọng số độ dài cạnh đối diện: $I=\frac{OB\cdot A+OA\cdot B+AB\cdot O}{OA+OB+AB}=\frac{4A+3B+5O}{12}$. Tính: $4A=(4;8;-8)$, $3B=(8;4;8)$, tổng $(12;12;0)$, chia 12 được $I(1;1;0)$. Vậy $a-b+c=1-1+0=0$.

(AI giải đề cho tôi)
Tính $BA=\sqrt{(2-1{)}^2+(-1-2{)}^2+(3+1{)}^2}=\sqrt{26}$, $BC=\sqrt{(-4-2{)}^2+(7+1{)}^2+(5-3{)}^2}=\sqrt{104}=2\sqrt{26}$. Theo tính chất đường phân giác trong, $\frac{AD}{DC}=\frac{BA}{BC}=\frac{1}{2}$, nên $\vec{D}=\frac{2\vec{A}+\vec{C}}{3}=\left(\frac{2-4}{3};\frac{4+7}{3};\frac{-2+5}{3}\right)=\left(-\frac{2}{3};\frac{11}{3};1\right)$. Vậy $a+b+2c=-\frac{2}{3}+\frac{11}{3}+2=3+2=5$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì hình thang vuông tại A và B nên $\overrightarrow{AD}\perp \overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{BC}\perp \overrightarrow{AB}$, suy ra $\overrightarrow{AD}$ cùng phương với $\overrightarrow{BC}$. Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;-2;-2)$, $\overrightarrow{BC}=(4;1;1)$, kiểm tra $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=4-2-2=0$ ✓, $|\overrightarrow{AB}|=3$, $|\overrightarrow{BC}|=3\sqrt{2}$. Gọi $\overrightarrow{AD}=t\overrightarrow{BC}=(4t;t;t)$, khi đó $D(1+4t;2+t;1+t)$ và $AD=3\sqrt{2}t$ (lấy $t>0$). Diện tích hình thang với hai đáy $AD,BC$ và chiều cao $AB$: $S=\frac{AD+BC}{2}\cdot AB=\frac{3\sqrt{2}(t+1)}{2}\cdot 3=\frac{9\sqrt{2}(t+1)}{2}=6\sqrt{2}$, suy ra $t+1=\frac{4}{3}\Rightarrow t=\frac{1}{3}$. Khi đó $D=\left(\frac{7}{3};\frac{7}{3};\frac{4}{3}\right)$ (kiểm tra $\overrightarrow{CD}=\left(\frac{11}{3};-\frac{4}{3};-\frac{4}{3}\right)$ không song song $\overrightarrow{AB}$, thỏa mãn hình thang). Vậy $a+b+c=\frac{7}{3}+\frac{7}{3}+\frac{4}{3}=6$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in (Oxz)$ nên $b=0$, đặt $M(a;0;c)$. Ta có $\overrightarrow{MA}=(1-a;0;2-c)$, $\overrightarrow{MB}=(-1-a;2;2-c)$, $\overrightarrow{MC}=(3-a;1;1-c)$.

Tính từng tích vô hướng:
$\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=(1-a)(-1-a)+(2-c{)}^2=a^2-1+(2-c{)}^2=a^2+c^2-4c+3$.
$\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}=(-1-a)(3-a)+2\cdot 1+(2-c)(1-c)=a^2-2a-3+2+2-3c+c^2=a^2-2a+c^2-3c+1$.
$\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}=(3-a)(1-a)+(1-c)(2-c)=a^2-4a+3+c^2-3c+2=a^2-4a+c^2-3c+5$.

Suy ra $S=2(a^2+c^2-4c+3)+(a^2-2a+c^2-3c+1)+3(a^2-4a+c^2-3c+5)=6a^2-14a+6c^2-20c+22$.

$S$ nhỏ nhất khi $\frac{\partial S}{\partial a}=12a-14=0\Rightarrow a=\frac{7}{6}$ và $\frac{\partial S}{\partial c}=12c-20=0\Rightarrow c=\frac{5}{3}$, với $b=0$.

Khi đó $T=6a-5b+3c=6\cdot \frac{7}{6}-0+3\cdot \frac{5}{3}=7+5=12$.

(AI giải đề cho tôi)
Véctơ chuyển động trong 20 phút: $\overrightarrow{MN}=(800-500;300-200;10-8)=(300;100;2)$. Vì vận tốc và hướng không đổi, trong 5 phút tiếp theo máy bay đi thêm $\frac{5}{20}=\frac{1}{4}$ quãng đường, tức dịch chuyển thêm vectơ $\frac{1}{4}\overrightarrow{MN}=(75;25;0,5)$. Vậy tọa độ mới là $(a;b;c)=(875;325;10,5)$. Do đó $a+b+c=875+325+10,5=1210,5$ và $\frac{a+b+c}{2025}=\frac{1210,5}{2025}\approx 0,5978\approx 0,6$ (làm tròn đến hàng phần chục).

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ, ba lực $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{F_3}$ hướng dọc theo ba chân giá đỡ từ $S$ xuống các điểm chạm đất, tức là cùng hướng với các vectơ $\overrightarrow{SA}=(0;-6;-20)$, $\overrightarrow{SB}=(3\sqrt{3};3;-20)$, $\overrightarrow{SC}=(-3\sqrt{3};3;-20)$. Cả ba vectơ này đều có độ dài $\sqrt{0+36+400}=\sqrt{436}=2\sqrt{109}$. Vì ba lực có độ lớn bằng nhau nên $\overrightarrow{F_1}=k\overrightarrow{SA}$, $\overrightarrow{F_2}=k\overrightarrow{SB}$, $\overrightarrow{F_3}=k\overrightarrow{SC}$ với cùng hệ số $k>0$. Hệ ba lực cân bằng với trọng lực $(0;0;-2)$ (N): $k(0;-6;-20)+k(3\sqrt{3};3;-20)+k(-3\sqrt{3};3;-20)=k(0;0;-60)=(0;0;-2)$, suy ra $k=\frac{1}{30}$. Vậy $\overrightarrow{F_1}=\left(0;-\frac{1}{5};-\frac{2}{3}\right)$, tức $a=0$, $b=-\frac{1}{5}$, $c=-\frac{2}{3}$. Do đó $T=3a+5b+6c=0-1-4=-5$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;8;0)$, $\overrightarrow{MB}=(2-a;5-b;1-c)$, $\overrightarrow{MA}=(1-a;-3-b;1-c)$. Khi đó $3\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{MA}=(4-a;21-b;1-c)$. Suy ra $4-a=4\Rightarrow a=0$; $21-b=32\Rightarrow b=-11$; $1-c=0\Rightarrow c=1$. Vậy $a+b+c=0-11+1=-10$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overline{MA}+\overline{MB}-2\overline{MC}-8\overline{MD}=(A+B-2C-8D)-8M$ (tính theo toạ độ điểm, vì hệ số các $\overline{M}$ là $1+1-2-8=-8$). Với $A(1;4;0),B(2;-1;-3),C(-1;3;5),D(4;0;1)$: $A+B-2C-8D=(3;3;-3)+(2;-6;-10)+(-32;0;-8)=(-27;-3;-21)$. Vậy biểu thức cần xét là $\left|(-27;-3;-21)-8\overline{OM}\right|=8\left|M-P\right|$ với $P=\left(\frac{27}{8};\frac{3}{8};\frac{21}{8}\right)$. Vì $M$ thay đổi trên mặt phẳng $(Oyz)$, $|MP|$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu của $P$ lên $(Oyz)$, khi đó $|MP|=x_P=\frac{27}{8}$. Giá trị nhỏ nhất cần tìm là $8\cdot \frac{27}{8}=27$.

(AI giải đề cho tôi)
Với $I$ là trung điểm $AB$, $J$ là trung điểm $CD$, ta có $\overrightarrow{IJ}=\vec{J}-\vec{I}=\frac{\vec{C}+\vec{D}-\vec{A}-\vec{B}}{2}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{AB})$. Do đó C và D đúng. Xét B: $\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{DB}$; đặt $\vec{A}=\vec{0},\vec{B}=\vec{b},\vec{C}=\vec{c},\vec{D}=\vec{d}$ thì tổng bằng $\vec{c}-\vec{d}+\vec{d}+(\vec{d}-\vec{b})=\vec{c}+\vec{d}-\vec{b}$, nên $\frac{1}{2}(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BD})=\overrightarrow{IJ}$, tức B đúng. Xét A: $\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{AB}$ (vì $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{AB}$), mà $\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{DC}$ nên biểu thức này bằng $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=-2\overrightarrow{IJ}\ne 2\overrightarrow{IJ}$ (nói chung). Vậy đẳng thức A sai.

(AI giải đề cho tôi)
Điểm đối xứng của $M(1;-2;3)$ qua trục $Oy$ giữ nguyên tung độ $y$ và đổi dấu hai tọa độ còn lại: $x^{\prime }=-x=-1$, $y^{\prime }=y=-2$, $z^{\prime }=-z=-3$. Vậy điểm đối xứng là $M^{\prime }(-1;-2;-3)$, tương ứng phương án C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\vec{u}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DA}=\vec{0}$. Vậy đáp án C.