45 bài tập Vectơ và phương pháp tọa độ trong không gian có lời giải

Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên ta có $AD = B'C'$ và $AD\,{\rm{//}}\,B'C'$.

Ta thấy $\overrightarrow {AD}$ và $\overrightarrow {B'C'}$ cùng hướng. Vậy $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {B'C'}$. Chọn A.

Vì $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ và $ABCD$ là hình vuông.

Suy ra $OA = OB = OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 \cdot \sqrt 2 }}{2} = a.$

Dựa vào hình vẽ, ta có $C\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;a;0} \right),A\left( { - a;0;0} \right),S\left( {0;0;2a} \right).$

Suy ra $\overrightarrow {AS} = \left( {a;0;2a} \right),\overrightarrow {BS} = \left( {0; - a;2a} \right).$

Mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ có một cặp vectơ chỉ phương $\vec u = \left( {1;0;2} \right)$ và $\vec v = \left( {0; - 1;2} \right)$ nên có vectơ pháp tuyến là $\vec n = \left[ {\vec u,\vec v} \right] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&2\\{ - 1}&2\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}2&1\\2&0\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&0\\0&{ - 1}\end{array}} \right|} \right) = \left( {2; - 2; - 1} \right).$

Suy ra mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ có phương trình là $2x - 2y - z + 2a = 0.$

Vậy $d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot a - 2 \cdot 0 - 2 \cdot 0 + 2a} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{4a}}{3}.$ Chọn D.

Do mặt cầu có đường kính bằng 10 nên bán kính bằng 5.

Phương trình mặt cầu tâm $I\left( { - 6; - 9;15} \right)$, đường kính bằng 10 có phương trình là:

${\left( {x + 6} \right)^2} + {\left( {y + 9} \right)^2} + {\left( {z - 15} \right)^2} = 25$. Chọn B.

Theo quy tắc hình hộp ta có $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow x + \overrightarrow y + \overrightarrow z$.

Theo quy tắc 3 điểm ta có $\overrightarrow {A'B} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow x - \overrightarrow z$.

Vì hình lập phương có cạnh bằng $a$ nên $A'B = A'C' = C'B = a\sqrt 2$, do đó tam giác $A'BC'$ đều, nên $\widehat {BA'C'} = 60^\circ \Rightarrow \left( {\overrightarrow {BA'} ,\,\overrightarrow {A'C'} } \right) = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

Dễ thấy $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AA' \bot AM \Rightarrow$tam giác $AA'M$ vuông tại $A$.

Có $\left| {\overrightarrow {A'M} } \right| = A'M = \sqrt {A{{A'}^2} + A{M^2}} = \sqrt {A{{A'}^2} + A{B^2} + B{M^2}}$$= \sqrt {{a^2} + {a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{3a}}{2}$.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng.

Hình chiếu của $A$ lên mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ là $A'\left( {0;0;1} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {AC} = \left( {3;\,3;\, - 3} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;\,0;\, - 2} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AB} = 3 \cdot \left( { - 2} \right) + 3 \cdot 0 + \left( { - 3} \right)\, \cdot \left( { - 2} \right) = 0\,\, \Rightarrow AC \bot AB$.

Giả sử $D\left( {x;y;z} \right)$. Ta có: $\overrightarrow {BA} = \left( {2;\,0;\,2} \right)\,;\,\,\,\,\overrightarrow {CD} = \left( {x - 3;\,y - 1;\,z + 2} \right)$.

Để $ABCD$ là hình bình hành thì $\overrightarrow {BA} = \overrightarrow {CD}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 = 2\\y - 1 = 0\\z + 2 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 1\\z = 0\end{array} \right.$. Vậy $D\left( {5;1;0} \right)$.

Trọng tâm của tam giác $ABC$ là $G\left( {\frac{1}{3}; - 1;\frac{{ - 2}}{3}} \right)$.

Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

Do $\Delta :\frac{{x - 2024}}{2} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 2025}}{{ - 2}}$ nên $\overrightarrow u = \left( {2;1; - 2} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta$.

Do $\left( P \right):2x + 2y - z + 1 = 0$ nên $\overrightarrow n = \left( {2;2; - 1} \right)$ là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng $\left( P \right)$.

Ta có $\sin \left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow u \cdot \overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow n } \right|}} = \frac{{\left| {2 \cdot 2 + 1 \cdot 2 - 2 \cdot \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} \cdot \sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{8}{9}$.

${\cos ^2}\left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = 1 - {\sin ^2}\left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = 1 - \frac{{64}}{{81}} = \frac{{17}}{{81}} \Rightarrow \cos \left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = \frac{{\sqrt {17} }}{9}$.

Suy ra $\left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) \approx 63^\circ$.

Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

Vì hướng bay và vận tốc bay của con chim không đổi nên hai vectơ $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC}$ cùng hướng.

Mặt khác do thời gian bay từ $A$ đến $B$ gấp đôi thời gian bay từ $B$ đến $C$ nên $\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {BC}$

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{40 - 20 = 2\left( {a - 40} \right)}\\{50 - 40 = 2\left( {b - 50} \right)}\\{50 - 30 = 2\left( {c - 50} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = 50}\\{b = 55}\\{c = 60}\end{array} \Rightarrow a + b + c = 165} \right.} \right.$.

Đáp án: $165$.

Hai đường thẳng ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ lần lượt có vectơ chỉ phương là ${\vec u_1} = \left( {3;\,4;\, - 5} \right)$ và ${\vec u_2} = \left( {5;\,3;\,4} \right)$.

Тa có $\cos \left( {{\Delta _1},{\Delta _2}} \right) = \frac{{\left| {3 \cdot 5 + 4 \cdot 3 + \left( { - 5} \right) \cdot 4} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} \cdot \sqrt {{5^2} + {3^2} + {4^2}} }} = \frac{7}{{50}}$.

Suy ra $\left( {{\Delta _1},{\Delta _2}} \right) \approx 82^\circ$.

Đáp án: $82$.

Ta phân tích: $\overrightarrow {OM} = \frac{1}{2}\left( {\vec a - \vec b} \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {BC} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {DB} .$

$\Rightarrow M$ là trung điểm của $BB'$. Chọn C.

Ta có $\vec a \cdot \overrightarrow b = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos \left( {\vec a,\vec b} \right) \Rightarrow \cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \frac{{\vec a \cdot \vec b}}{{\left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right|}} = \frac{{ - 3}}{{3 \cdot 2}} = - \frac{1}{2}$.

$\Rightarrow \left( {\vec a,\vec b} \right) = 120^\circ$. Chọn D.

Dễ thấy tam giác $A'C'D$ là tam giác đều cạnh $a\sqrt 2$ nên $\widehat {C'A'D} = 60^\circ$.

Ta có $\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {DA'} } \right) = \left( {\overrightarrow {A'C'} ,\overrightarrow {DA'} } \right) = 180^\circ - \left( {\overrightarrow {A'C'} ,\overrightarrow {A'D} } \right) = 180^\circ - 60^\circ$$= 120^\circ$. Chọn D.

Vì hai vectơ $\vec x = \vec a + \vec b,\vec y = 2\vec a - \vec b$ vuông góc với nhau nên

$\left( {\vec a + \vec b} \right) \cdot \left( {2\vec a - \vec b} \right) = 0 \Leftrightarrow 2{\vec a^2} - {\overrightarrow b ^2} + \vec a \cdot \vec b = 0$$\Leftrightarrow 2 \cdot {\left| {\vec a} \right|^2} - {\left| {\vec b} \right|^2} + \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = 0$

$\Leftrightarrow 2 \cdot {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - {2^2} + \sqrt 2 \cdot 2 \cdot \cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {\vec a,\vec b} \right) = 90^\circ$. Chọn C.

Ta có ${\left| {\vec u + \vec v} \right|^2} = {\left| {\vec u} \right|^2} + {\left| {\vec v} \right|^2} + 2\left| {\vec u} \right| \cdot \left| {\vec v} \right| \cdot \cos 120^\circ = 4 + 25 + 2 \cdot 2 \cdot 5 \cdot \frac{{ - 1}}{2} = 19$.

$\Rightarrow \left| {\vec u + \vec v} \right| = \sqrt {19}$. Chọn A.

Ta có $\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AD} } \right)$

$= \frac{1}{2}\left[ {\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AD} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right) + \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AD} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} } \right)} \right] = \frac{1}{2}\left( {{a^2} \cdot \frac{1}{2} + {a^2} \cdot \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}{a^2}$.

Chọn C.

Ta có: $\overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {AN} = \left( {\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)$

$= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {AC} - {{\overrightarrow {AC} }^2} + \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AD} } \right)$$= \frac{1}{2}\left( {\frac{{{a^2}}}{4} - {a^2} + \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{2}} \right) = \frac{{ - 1}}{2}{a^2}$. Chọn C.

Ta có: $2\vec a = \left( {4; - 6;6} \right)$, $3\vec b = \left( {0;6; - 3} \right)$, $- 2\vec c = \left( { - 6;2; - 10} \right)$.

Suy ra $\vec u = 2\vec a + 3\vec b - 2\vec c = \left( { - 2;2; - 7} \right)$. Chọn B.

Gọi tọa độ điểm $D$ là: $D\,\left( {x;y;z} \right)$. Để tứ giác $ABCD$ là hình bình hành thì $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\,5\,;\, - 3} \right)$; $\overrightarrow {DC} = \left( {1 - x\,;\, - y\,;\, - z} \right)$.

$\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - x = 1\\ - y = 5\\ - z = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = - 5\\z = 3\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {0;\, - 5;\,3} \right)$.

Vậy điểm $D\left( {0;\, - 5;\,3} \right)$thì tứ giác $ABCD$ là hình bình hành. Chọn A.

Ta có: $\overrightarrow {OM} = \left( {1;5;2} \right) \Rightarrow M\left( {1;5;2} \right)$, $\overrightarrow {ON} = \left( {3;7; - 4} \right) \Rightarrow N\left( {3;7; - 4} \right)$.

Vì $P$ là điểm đối xứng với $M$qua $N$ nên $N$ là trung điểm của $MP$, ta suy ra được

$\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {NP}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} - {x_M} = {x_P} - {x_N}\\{y_N} - {y_M} = {y_P} - {y_N}\\{z_N} - {z_M} = {z_P} - {z_N}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_P} = 5\\{y_P} = 9\\{z_P} = - 10\end{array} \right. \Rightarrow P\left( {5;9; - 10} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {KP} = \left( {6;6; - 11} \right)$. Chọn A.

Ta có điểm $M \in Oy \Rightarrow M\left( {0;y;0} \right)$.

$\overrightarrow {AM} = \left( {1;y + 1;0} \right) \Rightarrow AM = \sqrt {1 + {{\left( {y + 1} \right)}^2}} ;\overrightarrow {BM} = \left( { - 3;y - 1;1} \right)$$\Rightarrow BM = \sqrt {10 + {{\left( {y - 1} \right)}^2}}$.

Ta có điểm $M$ cách đều hai điểm $A$ và $B \Rightarrow AM = BM$

$\Leftrightarrow \sqrt {1 + {{\left( {y + 1} \right)}^2}} = \sqrt {10 + {{\left( {y - 1} \right)}^2}} \Leftrightarrow 1 + {\left( {y + 1} \right)^2} = 10 + {\left( {y - 1} \right)^2}$$\Leftrightarrow 4y = 9 \Leftrightarrow y = \frac{9}{4}$.

Vậy $M\left( {0;\frac{9}{4};0} \right)$. Chọn D.

Ta có $C \in Oz \Rightarrow C\left( {0;0;a} \right)$. Ta có $\overrightarrow {BA} = \left( { - 1;1; - 2} \right),\overrightarrow {BC} = \left( { - 3;0;a - 1} \right)$.

Vì tam giác $ABC$ vuông tại $B \Rightarrow \overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BC} = 0$$\Leftrightarrow 3 - 2a + 2 = 0 \Leftrightarrow a = \frac{5}{2} \Rightarrow C\left( {0;0;\frac{5}{2}} \right)$. Chọn B.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 4;5} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {m - 1;n - 3;10} \right)$.

Ba điểm $A,\,B,\,C$ thẳng hàng khi $k \cdot \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \frac{{m - 1}}{{ - 1}} = \frac{{n - 3}}{{ - 4}} = \frac{{10}}{5} = 2$$\Rightarrow m = - 1;n = - 5$.

Chọn B.

Gọi $G\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{{1 + 2 + 2}}{3} = \frac{5}{3}\\{y_0} = \frac{{ - 1 + \left( { - 1} \right) + 3}}{3} = \frac{1}{3}\\{z_0} = \frac{{2 + 3 + 1}}{3} = 2\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {\frac{5}{3};\frac{1}{3};2} \right)$. Chọn D.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;2;0} \right)\\\overrightarrow {AC} = \left( {0; - 4;4} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \vec n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {8;\,16;\,16} \right)$. Chọn ${\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \frac{1}{8}\vec n = \left( {1;2;2} \right)$.

Chọn A.

Thế $O\left( {0;0;0} \right)$ vào mặt phẳng $x + 20 = 0$ ta được $0 + 20 = 0$ (không thỏa). Do đó mặt phẳng $x + 20 = 0$ không đi qua gốc tọa độ.

Thế $O\left( {0;0;0} \right)$ vào mặt phẳng $x - 2024 = 0$ ta được $0 - 2024 = 0$ (không thỏa). Do đó mặt phẳng $x - 2024 = 0$ không đi qua gốc tọa độ.

Thế $O\left( {0;0;0} \right)$ vào mặt phẳng $y + 2025 = 0$ ta được $0 + 2025 = 0$ (không thỏa). Do đó mặt phẳng $y + 2025 = 0$ không đi qua gốc tọa độ.

Thế $O\left( {0;0;0} \right)$ vào mặt phẳng $2x + 5y - 8z = 0$ ta được $0 + 0 + 0 = 0$ (thỏa). Do đó mặt phẳng $2x + 5y - 8z = 0$ đi qua gốc tọa độ. Chọn D.

Mặt phẳng $\left( P \right):\,2x + y - 2z + 4 = 0$ có VTPT $\vec n = \left( {2;1; - 2} \right)$.

Mặt phẳng $2x + y - 2z + 5 = 0$ có VTPT ${\vec n_1} = \left( {2;1; - 2} \right)$.

Ta có ${\vec n_1} = \vec n$ nên hai mặt phẳng không vuông góc.

Mặt phẳng $x + 2y + 2z - 5 = 0$ có VTPT ${\vec n_2} = \left( {1;2;2} \right)$.

Ta có ${\vec n_2} \cdot \vec n = 0$ nên hai mặt phẳng vuông góc.

Mặt phẳng $x + 3y - z + 1 = 0$ có VTPT ${\vec n_3} = \left( {1;3; - 1} \right)$.

Ta có ${\vec n_3} \cdot \vec n = 7 \ne 0$ nên hai mặt phẳng không vuông góc.

Mặt phẳng $x + y + z - 6 = 0$ có VTPT ${\vec n_4} = \left( {1;1;1} \right)$.

Ta có ${\vec n_4} \cdot {\rm{ }}\vec n = 1 \ne 0$ nên hai mặt phẳng không vuông góc. Chọn B.

Ta có .

$\Rightarrow \left( P \right):1\left( {x - 0} \right) + 1\left( {y - 1} \right) + 2\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( P \right):x + y + 2z - 3 = 0.$ Chọn A.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {0;\,4;\,2} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( { - 3;\,4;\,3} \right)$, $\vec n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {4;\, - 6;\,12} \right)$.

Ta có $\vec n = \left( {4;\, - 6;\,12} \right)$ cùng phương ${\vec n_1} = \left( {2;\, - 3;\,6} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ đi qua điểm $C\left( {0;2;1} \right)$ và có một vectơ pháp tuyến ${\vec n_1} = \left( {2;\, - 3;\,6} \right)$ nên $\left( {ABC} \right)$có phương trình là: $2\left( {x - 0} \right) - 3\left( {y - 2} \right) + 6\left( {z - 1} \right) = 0$$\Leftrightarrow 2x - 3y + 6z = 0$.

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: $2x - 3y + 6z = 0$. Chọn C.

Do $\left( Q \right)$ song song với $\left( P \right)$ nên $\left( Q \right)$ có vectơ pháp tuyến là $\vec n = \left( {3; - 2;4} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$: $3\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y + 1} \right) + 4\left( {z + 3} \right) = 0$$\Leftrightarrow 3x - 2y + 4z + 4 = 0$. Chọn B.