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

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AG}$. Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên $\overrightarrow{MA}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=-\frac{1}{2}\vec{x}$. Trọng tâm tam giác $BCD$: $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})$... chính xác hơn, với gốc $A$: $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\vec{x}+\vec{y}+\vec{z})$. Do đó $\overrightarrow{MG}=-\frac{1}{2}\vec{x}+\frac{1}{3}\vec{x}+\frac{1}{3}\vec{y}+\frac{1}{3}\vec{z}=-\frac{1}{6}\vec{x}+\frac{1}{3}\vec{y}+\frac{1}{3}\vec{z}$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $B(0;0;0)$, $C(2;0;0)$, $D(1;\sqrt{3};0)$, tam giác $BCD$ đều cạnh 2 nên trực tâm $G$ trùng trọng tâm $G(1;\frac{\sqrt{3}}{3};0)$. Đỉnh $A$ nằm trên đường thẳng qua trọng tâm vuông góc mặt phẳng $(BCD)$: $A(1;\frac{\sqrt{3}}{3};h)$ với $h^2=4-1-\frac{1}{3}=\frac{8}{3}$, tức $h=\frac{2\sqrt{6}}{3}$.

Suy ra $E(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{6};\frac{\sqrt{6}}{3})$, $F(1;0;0)$, $M(1;\frac{2\sqrt{3}}{3};\frac{\sqrt{6}}{3})$.

a) $\overrightarrow{GE}=(-\frac{1}{2};-\frac{\sqrt{3}}{6};\frac{\sqrt{6}}{3})$, $\overrightarrow{MF}=(0;-\frac{2\sqrt{3}}{3};-\frac{\sqrt{6}}{3})$. Tích vô hướng: $0+\frac{2\cdot 3}{18}-\frac{6}{9}=\frac{1}{3}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{3}\ne -\frac{1}{4}$. Sai.

b) $MF=\sqrt{0+\frac{4}{3}+\frac{2}{3}}=\sqrt{2}$. Đúng.

c) Với gốc $A$: $\overrightarrow{GE}=\frac{\overrightarrow{AB}}{2}-\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}}{3}=\frac{1}{6}(\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AD})$. Đúng.

d) $|GE|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{12}+\frac{2}{3}}=1$, $|MF|=\sqrt{2}$, $|\overrightarrow{GE}\cdot \overrightarrow{MF}|=\frac{1}{3}$, nên $\cos \alpha =\frac{1/3}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{6}\ne \frac{\sqrt{2}}{3}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tính tọa độ được $\overrightarrow{GE}\cdot \overrightarrow{MF}=-\frac{1}{3}$, không bằng $-\frac{1}{4}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MF=\sqrt{\frac{4}{3}+\frac{2}{3}}=\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{GE}=\frac{\overrightarrow{AB}}{2}-\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}}{3}=\frac{1}{6}(\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AD})$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{GE}\cdot \overrightarrow{MF}|}{|GE||MF|}=\frac{1/3}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{6}\ne \frac{\sqrt{2}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ: C(3;3;0), B'(3;0;3), C'(3;3;3), D'(0;3;3), P trung điểm B'C' nên P(3; 3/2; 3).
a) AP→ = (3; 3/2; 3), BC'→ = (0; 3; 3). cos = |0 + 9/2 + 9| / (√(81/4)·√18) = (27/2)/((9/2)·3√2) = 1/√2 ⇒ góc bằng 45°, không phải 60°. Sai.
b) Trọng tâm tam giác PCD: ((3+3+0)/3; (3/2+3+3)/3; (3+0+0)/3) = (2; 5/2; 1). Đúng.
c) KP→+KC→+KD→ = 3K→ − (P→+C→+D→) = (3x−6; −15/2; 3z−3) với K(x;0;z). Giá trị nhỏ nhất = 15/2 (khi x=2, z=1), không phải 5/2. Sai.
d) M trên BD: M(3−3t; 3t; 0); N trên AD': N(0; 3s; 3s). Điều kiện AN = DM ⇒ 3s√2 = 3t√2 ⇒ s = t. MN→ = (3−3t; 0; −3t), MN² = 9(1−t)² + 9t² = 9(2t²−2t+1), nhỏ nhất tại t = 1/2 với MN = 3√2/2, không phải √2. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
cos(AP→, BC'→) = 1/√2 nên góc bằng 45°, không phải 60°.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trọng tâm tam giác PCD với P(3;3/2;3), C(3;3;0), D(0;3;0) là (2; 5/2; 1).
c) (AI giải đề cho tôi)
KP→+KC→+KD→ = (3x−6; −15/2; 3z−3), giá trị nhỏ nhất bằng 15/2, không phải 5/2.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với s = t, MN² = 9(2t²−2t+1) đạt min 9/2 tại t = 1/2, nên MN min = 3√2/2, không phải √2.

(AI giải đề cho tôi)
Ba lực $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{F_3}$ (tác dụng của điện thoại lên các chân giá đỡ) có phương dọc theo các chân, hướng từ $S$ xuống các điểm $A,B,C$ như hình vẽ, và có độ lớn bằng nhau.

Ta có: $\overrightarrow{SA}=(0;-6;-30)$, $\overrightarrow{SB}=(3\sqrt{3};3;-30)$, $\overrightarrow{SC}=(-3\sqrt{3};3;-30)$, đều có độ dài $\sqrt{936}=6\sqrt{26}$.

Gọi $F$ là độ lớn chung của ba lực. Khi đó:
$$\overrightarrow{F_1}=F\cdot \frac{\overrightarrow{SA}}{|\overrightarrow{SA}|}=F\left(0;-\frac{1}{\sqrt{26}};-\frac{5}{\sqrt{26}}\right)$$

Điện thoại cân bằng nên tổng phản lực từ ba chân (các lực đối với $\overrightarrow{F_i}$) cân bằng với trọng lượng: $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=(0;0;-2)$.

Cộng ba vectơ đơn vị theo ba chân: thành phần $x,y$ triệt tiêu (do đối xứng), thành phần $z$: $-5/\sqrt{26}$ mỗi lực, tổng $-15/\sqrt{26}$. Vậy:
$$F\cdot \frac{15}{\sqrt{26}}=2\Rightarrow F=\frac{2\sqrt{26}}{15}$$

Suy ra $\overrightarrow{F_1}=\left(0;-\frac{2}{15};-\frac{2}{3}\right)$, tức $a=0,b=-\frac{2}{15},c=-\frac{2}{3}$.

$$P=3a+5b+8c=0+5\left(-\frac{2}{15}\right)+8\left(-\frac{2}{3}\right)=-\frac{2}{3}-\frac{16}{3}=-6$$

(AI giải đề cho tôi)
IN vuông góc với OM (trục Oz) nên vecto IN có thành phần z bằng 0: (c-6)=0, suy ra c=6. Diện tích tam giác IMO: OM=(0;0;4), OI=(a;b;6), OM×OI=(-4b;4a;0), S=½·4√(a²+b²)=2√(a²+b²)=8 nên a²+b²=16, tức I nằm trên đường tròn tâm O bán kính 4 trong mặt phẳng z=6. IN²=(a-3/2)²+(b-2)², lớn nhất khi I nằm trên tia từ O qua tâm (3/2;2), kéo dài ra đường tròn: I=4·(3/2;2)/(5/2)=(12/5;16/5). Vậy a=12/5, b=16/5, c=6, khi đó 5a+5b+c=12+16+6=34.

(AI giải đề cho tôi)
Với $M(x;0;0)$ trên trục $Ox$. Ta có $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}$ với $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$: $G=\left(-3;-2;0\right)$. Và $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MI}$ với $I$ là trung điểm $BC$: $I=(-2;-4;0)$. Do đó $P=3MG+\frac{3}{2}\cdot 2MI=3(MG+MI)$. Với $M(x;0;0)$: $MG=\sqrt{(x+3{)}^2+4}$, $MI=\sqrt{(x+2{)}^2+16}$. Cần min $f=\sqrt{(x+3{)}^2+4}+\sqrt{(x+2{)}^2+16}$: lấy điểm $G^{\prime }(-3;2)$ đối xứng với $G(-3;-2)$ qua trục $Ox$ (trong mặt phẳng $Oxy$), khi đó $MG+MI=G^{\prime }M+MI\ge G^{\prime }I=\sqrt{(-3+2{)}^2+(2+4{)}^2}=\sqrt{37}$, dấu bằng khi $M$ là giao điểm của $G^{\prime }I$ với trục $Ox$ (tồn tại vì $G^{\prime }I$ cắt $Ox$). Vậy $P_{\min }=3\sqrt{37}$, tức $a=3$, $b=37$ (nguyên tố), nên $2a+3b=6+111=117$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(0,a,0)$, $A_1(0,0,a\sqrt{2})$, $C_1(0,a,a\sqrt{2})$.

a) $\overrightarrow{B{C}_1}=(-a,a,a\sqrt{2})$, $|B{C}_1|=2a$; $\overrightarrow{AC}=(0,a,0)$. $\cos (B{C}_1,AC)=\frac{a^2}{2a\cdot a}=\frac{1}{2}$, nên góc giữa $B{C}_1$ và $AC$ bằng $60^{\circ }$.

b) Mặt phẳng $(A_{1}B{C}_1)$ có VTCP pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{A_{1}B}\times \overrightarrow{A_1{C}_1}\propto (a\sqrt{2},0,a)$, phương trình: $\sqrt{2}x+z-a\sqrt{2}=0$. Khoảng cách từ $A$: $d=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

c) Trong mặt phẳng $(A_{1}B{C}_1)$, vì $A_1{C}_1\perp A_{1}B$, chọn tọa độ phẳng: $A_1(0,0)$, $C_1(0,a)$, $B(a\sqrt{3},0)$ (vì $A_{1}B=a\sqrt{3}$). Đặt $M(0,m)$, $N=(a\sqrt{3}u,a(1-u))$ với $u\in [0,1]$ ($u=\frac{BN}{B{C}_1}$). Điều kiện $MN=\frac{a}{2}$: $3a^2{u}^2+(a(1-u)-m{)}^2=\frac{a^2}{4}$, suy ra $m=a(1-u)-a\sqrt{\frac{1}{4}-3u^2}$ với $0\le u\le \frac{1}{2\sqrt{3}}$, $m\ge 0$.

Diện tích tứ giác $A_{1}BNM$ (shoelace): $S=\frac{a\sqrt{3}}{2}[a(1-u)+mu]=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}f(u)$ với $f(u)=1-u^2-u\sqrt{\frac{1}{4}-3u^2}$.

$f^{\prime }(u)=-2u-\sqrt{\frac{1}{4}-3u^2}+\frac{3u^2}{\sqrt{\frac{1}{4}-3u^2}}=0\Rightarrow 6u^2-\frac{1}{4}=2u\sqrt{\frac{1}{4}-3u^2}\Rightarrow 768u^4-64u^2+1=0$, cho $u^2=\frac{1}{16}$ (nhận, vì $6u^2-\frac{1}{4}\ge 0$) hoặc $u^2=\frac{1}{48}$ (loại). So sánh: $f(\frac{1}{4})=\frac{7}{8}<f(0)=1<f(\frac{1}{2\sqrt{3}})=\frac{11}{12}$, nên min tại $u=\frac{1}{4}$.

Khi đó $t=1-u=\frac{3}{4}$, $m=\frac{a}{2}$: $M$ là trung điểm $A_1{C}_1$ ($A_{1}M=\frac{a}{2}$), $N$ trên $B{C}_1$ với $BN=\frac{3}{4}B{C}_1$ (tức $\frac{BN}{N{C}_1}=3$). Kiểm tra $M{N}^2=\frac{3a^2}{16}+\frac{a^2}{16}=\frac{a^2}{4}$ đúng.

Thể tích nhỏ nhất: $S_{\min }=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{7}{8}=\frac{7a^2\sqrt{3}}{16}$, $V_{\min }=\frac{1}{3}\cdot \frac{7a^2\sqrt{3}}{16}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{7a^3\sqrt{2}}{48}$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}=(0;1;-1)$, $\overrightarrow{AC}=(1;3;-2)$. Tích có hướng $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(1\cdot (-2)-(-1)\cdot 3;(-1)\cdot 1-0\cdot (-2);0\cdot 3-1\cdot 1)=(1;-1;-1)$, nên $|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}|=\sqrt{3}$. Diện tích tam giác $ABC=\frac{1}{2}\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Trung điểm của AB: $x=\frac{1+3}{2}=2$, $y=\frac{-2+4}{2}=1$, $z=\frac{-1+(-3)}{2}=-2$. Vậy trung điểm là $(2;1;-2)$, tương ứng phương án B.

(AI giải đề cho tôi)
Theo công thức tích vô hướng: $\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos (\vec{a},\vec{b})=2\cdot 2\cdot \cos 30^{\circ }=4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$. Vậy đáp án A, khớp với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 12: A).

(AI giải đề cho tôi)
Đèn cân bằng nên tổng 4 lực căng cân bằng trọng lực P = mg = 5·10 = 50 N. Gọi O là tâm ABCD, SO ⊥ (ABCD). Vì S.ABCD đều và ASC = 60° nên góc SAC = 30°, suy ra góc giữa SA và phương thẳng đứng SO là 90° − 30° = 60°. Thành phần thẳng đứng của mỗi lực căng T là T·cos60°. Cân bằng: 4T·cos60° = 50 ⟹ 4T·(1/2) = 50 ⟹ T = 25 N. a) Sai vì T = 25 N ≠ 25√3/2 N. b) Sai vì S không thuộc mặt phẳng (ABCD) nên 4 vectơ SA, SB, SC, SD không đồng phẳng. c) Đúng vì |P| = mg = 5·10 = 50 N. d) Đúng vì hình chóp tứ giác đều có SA = SB = SC = SD. Kết quả khớp đáp án nguồn mã đề 102 câu 14: SSDD.
a) (AI giải đề cho tôi)
Gọi O là tâm ABCD. Vì ASC = 60° nên góc SAC = 30°, góc giữa SA và SO là 60°. Cân bằng thẳng đứng: 4T·cos60° = mg = 50 ⟹ T = 25 N, không bằng 25√3/2 N.
b) (AI giải đề cho tôi)
S không thuộc mặt phẳng chứa A, B, C, D nên bốn vectơ SA, SB, SC, SD không đồng phẳng.
c) (AI giải đề cho tôi)
|P| = m·g = 5·10 = 50 N.
d) (AI giải đề cho tôi)
S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên các cạnh bên bằng nhau: |SA| = |SB| = |SC| = |SD|.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện $ABCD$ có 4 đỉnh. Mỗi vecto khác $\vec{0}$ được xác định bởi điểm đầu và điểm cuối là hai đỉnh phân biệt, tức là một cặp đỉnh có thứ tự. Số cách chọn: $A_4^2=4\cdot 3=12$. Cụ thể là 12 vecto: $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BA},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CA},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{DA},\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CB},\overrightarrow{BD},\overrightarrow{DB},\overrightarrow{CD},\overrightarrow{DC}$, tất cả đều khác $\vec{0}$ vì các đỉnh phân biệt. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 4: C).

a) Sai. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng. (Theo bảng đáp án mã đề 101, câu 13: SDSD)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hai lực trong mặt phẳng là $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}$ với $|\overrightarrow{F_1}|=25$ N, $|\overrightarrow{F_2}|=12$ N, góc giữa chúng $100^{\circ }$. Hợp lực của hai lực này: $$|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}{|}^2=25^2+12^2+2\cdot 25\cdot 12\cos 100^{\circ }=625+144+600\cos 100^{\circ }\approx 769-104,19=664,81.$$ Lực thứ ba $|\overrightarrow{F_3}|=4$ N vuông góc với mặt phẳng chứa hai lực nên vuông góc với $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$. Do đó hợp lực ba lực: $$F=\sqrt{664,81+4^2}=\sqrt{680,81}\approx 26,09\approx 26,1\text{ N}.$$ Kết quả khớp với đáp án nguồn 26,1.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, với đỉnh $D$ làm gốc, ta có quy tắc hình hộp: $\overrightarrow{D{B}^{\prime }}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}$ (vì $D{B}^{\prime }$ là đường chéo của hình hộp xuất phát từ $D$, với ba cạnh kề $DA$, $DC$, $D{D}^{\prime }$). Kiểm tra các phương án khác: A sai vì $\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{D{B}^{\prime }}\ne \overrightarrow{DB}$; B sai vì $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\ne \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$; D sai vì $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{AD}\ne \overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. Đáp án đúng là C, trùng với đáp án nguồn (Câu 8, Mã đề 101: C).

(AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng: $\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos 30^{\circ }=2\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$. Vậy đáp án A, khớp với đáp án nguồn (Câu 9, Mã đề 101: A).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $|\vec{a}+\vec{b}{|}^2=|\vec{a}{|}^2+2\vec{a}\cdot \vec{b}+|\vec{b}{|}^2$. Suy ra $64=25+2\vec{a}\cdot \vec{b}+16=41+2\vec{a}\cdot \vec{b}$, nên $\vec{a}\cdot \vec{b}=\frac{64-41}{2}=11,5$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 11,5.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: $O(0;0;0)$, $A(4;0;0)$, $B(4;5;0)$, $C(0;5;0)$, $E(0;0;3)$, $F(4;0;3)$, $G(4;5;3)$, $H(0;5;3)$, $P(2;0;4)$. Hai mái nhà là hình chữ nhật, mái bên trái là $EHPQ$ với $E(0;0;3)$, $H(0;5;3)$, $P(2;0;4)$ nên $Q(2;5;4)$. Suy ra $\overrightarrow{FQ}=(-2;5;1)$, $\overrightarrow{EQ}=(2;5;1)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{FQ}\cdot \overrightarrow{EQ}=-4+25+1=22$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 22.

(AI giải đề cho tôi)
Tính $\vec{u}=\vec{a}+2\vec{b}=(2;0;-1)+2(3;-2;1)=(2+6;0-4;-1+2)=(8;-4;1)$. Kết quả trùng với đáp án B và với đáp án nguồn (đề 0102, câu 5: B).