Đề kiểm tra Biểu thức tọa độ của các phép toán vecto lớp 12 (có lời giải) - Đề 4

Chọn D

Gọi $I\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ là trung điểm của đoạn $AB$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{{1 + \left( { - 1} \right)}}{2} = 0\\{y_0} = \frac{{2 + 1}}{2} = \frac{3}{2}\\{z_0} = \frac{{3 + \left( { - 1} \right)}}{2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {0;\frac{3}{2};1} \right)$.

Chọn D

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

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

Gọi $C\left( {{x_0};{y_0};{x_0}} \right)$

Ta có $G\left( { - 2;0;1} \right)$ là trọng tâm của $\Delta ABC$ thì:

$\left\{ \begin{array}{l} - 2 = \frac{{0 + 1 + {x_0}}}{3}\\0 = \frac{{\left( { - 1} \right) + \left( { - 1} \right) + {y_0}}}{3}\\1 = \frac{{4 + 0 + {z_0}}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6 = 1 + {x_0}\\0 = - 2 + {y_0}\\3 = 4 + {z_0}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 7 = {x_0}\\2 = {y_0}\\ - 1 = {z_0}\end{array} \right. \Rightarrow C\left( { - 7;2; - 1} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow u = \left( {{x_1};{y_1};{z_1}} \right),\overrightarrow v = \left( {{x_2};{y_2};{z_2}} \right)$

Suy ra:

Ta có $\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {5;7;3} \right)$

Suy ra $\left| {\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]} \right| = \sqrt {{5^2} + {7^2} + {3^2}} = \sqrt {83}$.

Ta có: $\overrightarrow u .\overrightarrow v = 0 - 2 - 1 = - 3$.

$\overrightarrow u + \overrightarrow v = \left( {3;\, - 1;\,0} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow u + \overrightarrow v } \right| = \sqrt {10}$.

$\left| {\overrightarrow u } \right| = \sqrt {14}$

$\left| {\overrightarrow v } \right| = \sqrt 2$

Gọi điểm $M\left( {x;y;z} \right)$.

Khi đó: $\overrightarrow {AM} = 2\overrightarrow {MB}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 4 = 2\left( { - 2 - x} \right)\\y - 2 = 2\left( { - 1 - y} \right)\\z - 1 = 2\left( {4 - z} \right)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 0\\z = 3\end{array} \right.$.

Vậy $M\left( {0;0;3} \right)$.

Ta có: $\cos \alpha = \frac{{ - 1.4 + 2.( - 1) + 1.( - 2)}}{{\sqrt {1 + 4 + 1} .\sqrt {16 + 1 + 4} }} = \frac{{ - 4\sqrt {14} }}{{21}}$.

$\sin \alpha = \sqrt {1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha } = \frac{{\sqrt {217} }}{{21}}$ (vì ${0^o} \le \alpha \le {180^o}$) .

Khi đó $\sin \alpha .\;{\rm{co}}{\rm{s}}\alpha = - \frac{{4\sqrt {62} }}{{63}}$.

a) $\vec a + \vec b = \left( {3; - 1; - 2} \right)$ Chọn SAI.

b) Nhận xét $\frac{2}{1} \ne \frac{{ - 2}}{1}$ nên $\overrightarrow a$ và $\vec b$ không cùng phương. Chọn SAI

c) $\left| {\vec b} \right| = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {2^2}} = \sqrt 6$. Chọn SAI.

d) $\vec a = 2\overrightarrow i - 2\overrightarrow j - 4\overrightarrow k$. Chọn ĐÚNG.

a) Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 3; - 2; - 4} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0;2; - 1} \right)$.

$$\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = - 3.0 + \left( { - 2} \right).2 + \left( { - 4} \right).\left( { - 1} \right) = - 4 + 4 = 0$$

Suy ra $\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {BC} \Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $B$.

b)

Ta có $\overrightarrow {DC} = \left( { - 1 - a;3 - b; - 1 - c} \right)$.

Do tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $ABCD$ là hình chữ nhật khi $ABCD$ là hình bình hành.

Điều này xảy ra $\Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 = - 1 - a\\ - 2 = 3 - b\\ - 4 = - 1 - c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 5\\c = 3\end{array} \right.$

Vậy $a + b + c = 10$.

c)

$\overrightarrow {AC} = \left( { - 3;0;3} \right)$.

$\cos \widehat {BAC} = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{AB.AC}} = \frac{{ - 3}}{{\sqrt {29} .\sqrt {18} }} = - \frac{1}{{\sqrt {58} }}$.

Nhận xét do $\widehat {BAC} \in \left( {0;180^\circ } \right) \Rightarrow \sin \widehat {BAC} > 0$

Suy ra $\sin \widehat {BAC} = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\widehat {BAC}} = \sqrt {1 - \frac{1}{{58}}} = \sqrt {\frac{{57}}{{58}}}$.

d)

$\overrightarrow {AM} = \left( { - 1;m - 3;n + 4} \right)$.

$A,B,M$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB}$ cùng phương

Điều này xảy ra $\Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{ - 3}} = \frac{{m - 3}}{{ - 2}} = \frac{{n + 4}}{{ - 4}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{7}{3}\\n = - \frac{{16}}{3}\end{array} \right.$

Vậy $m + n = - 3$.

a) Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {3;0;0} \right);\overrightarrow {AD} = \left( {0;3;0} \right)$. Gọi $C\left( {x;y;z} \right)$ thì $\overrightarrow {DC} = \left( {x;y - 3;z} \right)$.

Vì tứ giác $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 = x\\0 = y - 3\\0 = z\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 3\\z = 0\end{array} \right.$ vậy $C\left( {3;3;0} \right)$

b) Vì tứ giác $ADD'A'$ là hình bình hành nên$\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A'D'} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 = - {x_{A'}}\\3 = 3 - {y_{A'}}\\0 = - 3 - {z_{A'}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 0\\{y_{A'}} = 0\\{z_{A'}} = - 3\end{array} \right.$ nên $A'\left( {0;0; - 3} \right)$

Tương tự ta có $B'\left( {3;0; - 3} \right)$

Vậy tọa độ trọng tâm tam giác $A'B'C$ là $G\left( {2;1; - 2} \right)$

c) Ta có $\overrightarrow {AC} \left( {3;3;0} \right);\;\overrightarrow {B'G} \left( { - 1;1;1} \right)$ nên $\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {B'G} = 0 \Rightarrow AC \bot B'G$

Do đó góc giữa hai đường thẳng này là ${90^o}$

d) Nhận xét $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = 0 \Rightarrow AB \bot AD$, do đó đáy $ABCD$ của khối hộp đã cho là hình chữ nhật.

Mặt khác $\overrightarrow {DD'} = \left( {0;0; - 3} \right).$ Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {DD'} .\overrightarrow {AB} = 0\\\overrightarrow {DD'} .\overrightarrow {AD} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DD' \bot AB\\DD' \bot AD\end{array} \right.$

Do đó $DD' \bot \left( {ABCD} \right)$

Thể tích khối hộp là $V = AB.AD.DD' = 3.3.3 = 27$ (đvtt).

a) $\overrightarrow {OM} = \left( {50;120;4} \right) \Rightarrow OM = \sqrt {{{50}^2} + {{120}^2} + {4^2}} \approx 130{,}06$

Vậy khoảng cách giữa máy bay và trạm không lưu tại thời điểm 8h xấp xỉ 130km.

b) Ta có $\overrightarrow {OM} + \vec v = \left( {350;520;7} \right)$

Tại thời điểm 9h, tọa độ của máy bay là ${M_1}\left( {350;520;7} \right)$

Vậy độ cao của máy bay so với mặt đất là 7km.

c) Ta có $\overrightarrow {OM} + 2\vec v = \left( {650;920;10} \right)$.

Vậy tại thời điểm 10h, tọa độ của máy bay là ${M_2}\left( {650;920;10} \right)$

Ta có: $\overrightarrow {{M_2}F} = \left( {600;100;10} \right) \Rightarrow {M_2}F = \sqrt {{{600}^2} + {{100}^2} + {{10}^2}} \approx 608{,}36$

Vậy khoảng cách giữa máy bay và tháp truyền hình $F$ xấp xỉ 600km.

d) Từ độ cao 10km, với tốc độ hạ độ cao là 5km/h thì máy bay cần 2h để đáp xuống đất.

Ta có: $\overrightarrow {O{M_2}} + 2\overrightarrow {{v_2}} = \left( {1450;1520;0} \right)$.

Vậy tọa độ của máy bay khi đáp xuống là ${M_3}\left( {1450;1520;0} \right)$

Dựng hình bình hành $ACBE$. Ta có: $\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {CE}$.

Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, ta có $BD = \sqrt {{{( - 5 - 3)}^2} + {{( - 4 - 0)}^2} + {{(0 - 8)}^2}} = 12$.

Có $ABCD$ là hình vuông nên $AC = BD = 12$. Suy ra $CD = 6\sqrt 2$ , $DE = 12\sqrt 2$. Tam giác $CDE$ vuông tại $D$.

Có $\left| {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CB} } \right| = CE = \sqrt {C{D^2} + D{E^2}} = \sqrt {{{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {12\sqrt 2 } \right)}^2}} = 6\sqrt {10}$.

Suy ra $a = 6;\,\,\,b = 10$; $M = a + 2b = 26$.

Với hệ trục toạ độ $Oxyz$ có gốc $O$ trùng với một góc phòng và mặt phẳng $(Oxy)$ trùng với mặt sàn, đơn vị đo được lấy theo mét.

Phòng học thiết kế dạng hình hộp chữ nhật $OBCD.A'B'C'D'$ với $A'B'C'D'$ là hình chữ nhật. Gọi $M$ là giao điểm của hai đường chéo $A'C'$ và $B'D'$ nên $M$ là trung điểm của $A'C'$ với $A'\left( {0;0;4} \right)$, $C'\left( {8;10;4} \right)$.

Vì đèn được treo tại chính giữa trần nhà của phòng học nên điểm treo bóng đèn trùng với điểm $M$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{{x_{A'}} + {x_{C'}}}}{2} = 4\\{y_M} = \frac{{{y_{A'}} + {y_{C'}}}}{2} = 5\\{z_M} = \frac{{{z_{A'}} + {z_{C'}}}}{2} = 4\end{array} \right.$ nên $M(4;5;4)$, khoảng cách từ điểm treo bóng đèn đến góc phòng học là $OM = \sqrt {{4^2} + {5^2} + {4^2}} = \sqrt {57} \approx 7{,}55$.

Ta có: $\left| {\overrightarrow P } \right| = P = m.g = 20.9{,}8 = 196(N)$.

$\left| {\overrightarrow d } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = 3(m)$.

Cầu trượt có góc nghiêng so với phương nằm ngang là $\widehat {ACB} = {30^ \circ }$ nên $(\overrightarrow P \overrightarrow {,d} ) = \widehat {CAB} = {60^ \circ }$

Công sinh bởi trọng lực $\overrightarrow P$khi em nhỏ trượt hết chiều dài cầu trượt $3\,m$là:

$A = \overrightarrow {P.} \overrightarrow d = \left| {\overrightarrow P } \right|.\left| {\overrightarrow d } \right|\cos (\overrightarrow P \overrightarrow {,d} ) = 196.3.\cos {60^ \circ } = 294(J)$.

$$\begin{array}{l}\overrightarrow {A'G} .\overrightarrow {AC'} = \frac{2}{3}\overrightarrow {A'M} (\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} )\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}(\overrightarrow {A'D'} + \overrightarrow {A'C'} ).(\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} )\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}(\overrightarrow {A'D'} .\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'D'} .\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A'C'} .\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'C'} .\overrightarrow {AC} )\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}(0 + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC} + 0 + {\overrightarrow {AC} ^2})\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}(AC.AD\cos \widehat {DAC} + A{C^2})\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}(a\sqrt 2 .a\cos {45^ \circ } + {(a\sqrt 2 )^2}) = \frac{1}{3}.({a^2} + 2{a^2}) = {a^2}.\end{array}$$

Gọi $D\left( {0;0;c} \right) \in Oz$.

Ta có:

$\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;3;0} \right);\,\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {0;3;0} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0;0; - 12} \right)$.

$\overrightarrow {AD} = \left( { - 2;0;c} \right)$$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} = - 12c$.

$\Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right| = \frac{1}{6}\left| { - 12c} \right| = 2\left| c \right|$.

Theo đề bài: ${V_{ABCD}} = 128 \Rightarrow 2\left| c \right| = 128 \Leftrightarrow \left| c \right| = 64 \Leftrightarrow c = \pm 64$.

$\Rightarrow D\left( {0;0;64} \right)$ hoặc $D\left( {0;0; - 64} \right)$.

Vậy tổng cao độ các điểm $D$ là: $64 + \left( { - 64} \right) = 0$.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 2; - 2} \right)$, $\overrightarrow {DC} = \left( {6 - a;1 - b; - c} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {5; - 1; - 1} \right)$

Vì $ABCD$ là hình thang nên $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {DC}$ cùng hướng $\Leftrightarrow \exists k > 0:\overrightarrow {DC} = k\overrightarrow {AB}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 - a = k\\1 - b = - 2k\\ - c = - 2k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 6 - k\\b = 1 + 2k\\c = 2k\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {6 - k;1 + 2k;2k} \right)$

$\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0; - 9;9} \right) \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}.\sqrt {{{\left( { - 9} \right)}^2} + {9^2}} = \frac{{9\sqrt 2 }}{2}$.

$\overrightarrow {AD} = \left( {5 - k;2k - 1;2k - 1} \right)$,

$$\left[ {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0;9k; - 9k} \right) \Rightarrow {S_{\Delta ADC}} = \frac{1}{2}.\left| {\left[ {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}.\sqrt {{{\left( {9k} \right)}^2} + {{\left( { - 9k} \right)}^2}} = \frac{{9k\sqrt 2 }}{2}$$

Suy ra ${S_{ABCD}} = {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta ADC}} = \frac{{9\sqrt 2 }}{2}\left( {1 + k} \right) = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow 1 + k = \frac{4}{3} \Rightarrow k = \frac{1}{3}$.

Vậy $D\left( {\frac{{17}}{3};\frac{5}{3};\frac{2}{3}} \right) \Rightarrow a + b + c = \frac{{17 + 5 + 2}}{3} = 8$.