Đề kiểm tra Hệ trục tọa độ trong không gian lớp 12 (có lời giải) - Đề 3

Chọn C

$\overrightarrow {AB} = \left( {2 - 1;\,2 - 1;\,1 - \left( { - 2} \right)} \right)$ hay $\overrightarrow {AB} = \left( {1;\,1;\,3} \right)$.

Chọn C

Ta có $A'\left( {0;0; - 1} \right),\,C\left( {1;1;0} \right)$ nên $\overrightarrow {CA'} = \left( { - 1; - 1; - 1} \right)$.

Chọn A

Ta có $\overrightarrow {B'D'} = \overrightarrow {BD} = \left( { - 1;1;0} \right)$.

Chọn B

Ta có $A'\left( {0;2;3} \right)$ nên $\overrightarrow {AA'} = \left( { - 1;0;0} \right)$.

Chọn B

Ta có $M'\left( {0;3;0} \right)$ nên $\overrightarrow {MM'} = \left( { - 2;0;1} \right)$.

a) Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {4\;;\;8\;;\; - 4} \right);\;\overrightarrow {AC} = \left( { - 5\;;\;9\;;\;3} \right);\;\overrightarrow {BC} = \left( { - 9\;;\;1\;;\;7} \right)$.

b) Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {4\;;\;8\;;\; - 4} \right);\;\overrightarrow {AC} = \left( { - 5\;;\;9\;;\;3} \right)$.

Nhận thấy không tồn tại số $k$ nào để $\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC}$. Suy ra $\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {AC}$ không cùng phương.

Vậy ba điểm $A,\;B,\;C$ không thẳng hàng.

c) Ta có:

$\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {4\;;\;8\;;\; - 4} \right) \Rightarrow AB = 4\sqrt 6 \\\overrightarrow {AC} = \left( { - 5\;;\;9\;;\;3} \right) \Rightarrow AC = \sqrt {115} \\\overrightarrow {BC} = \left( { - 9\;;\;1\;;\;7} \right) \Rightarrow BC = \sqrt {131} \end{array}$

Vậy chu vi của tam giác $ABC$ bằng: $4\sqrt 6 + \sqrt {115} + \sqrt {131}$.

d) Áp dụng công thức Hêrông, ta được: $S = 2\sqrt {590}$.

Ta có:

$$\begin{array}{l}\overrightarrow {OA} = \left( {1\;;\; - 2\;;\;7} \right) \Rightarrow A\left( {1\;;\; - 2\;;\;7} \right).\\\overrightarrow {OB} = \left( {5\;;6\;;\;3} \right) \Rightarrow B\left( {5\;;6\;;\;3} \right).\end{array}$$

$$\begin{array}{l}\;\overrightarrow {AC} = \left( { - 4\;;\;7\;;\;10} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} - 1 = - 4\\{y_C} + 2 = 7\\{z_C} - 7 = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \;\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = - 3\\{y_C} = 5\\{z_C} = 17\end{array} \right. \Rightarrow C\left( { - 3\;;\;5\;;\;17} \right).\\\overrightarrow {BD} = \left( { - 10\;;0\;;\;8} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} - 5 = - 10\\{y_D} - 6 = 0\\{z_D} - 3 = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \;\left\{ \begin{array}{l}{x_D} = - 5\\{y_D} = 6\\{z_D} = 11\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 5\;;\;6\;;\;11} \right).\end{array}$$

a) Áp dụng công thức tìm tọa độ trung điểm của đoạn thẳng, ta được: $I\left( {3\;;\;2\;;\;5} \right)$.

b) Áp dụng công thức tìm tọa độ trung điểm của đoạn thẳng, ta được: $J\left( { - \frac{3}{2}\;;\;\frac{5}{2}\;;\;\frac{{17}}{2}} \right)$.

c) Áp dụng công thức tìm tọa độ trung điểm của đoạn thẳng, ta được: $K\left( {\frac{1}{2}\;;\;\frac{{13}}{2}\;;\;\frac{{13}}{2}} \right)$.

d) Áp dụng công thức tìm tọa độ trọng tâm của tam giác, ta được: $G\left( {\frac{2}{3}\;;\;\frac{{11}}{3}\;;\;\frac{{20}}{3}} \right)$.

e) Áp dụng công thức tìm tọa độ trọng tâm của tam giác, ta được: $Q\left( {2\;;\;\frac{4}{3}\;;\;\frac{{10}}{3}} \right)$.

a) Do điểm $M$ đối xứng với điểm $A$ qua $B$ nên $B$ là trung điểm của đoạn $AM$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 2{x_B} - {x_A} = 9\\{y_M} = 2{y_B} - {y_A} = 14\\{z_M} = 2{z_B} - {z_A} = - 1\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {9\;;\;14\;;\; - 1} \right)$.

b) Do điểm $N$ đối xứng với điểm $B$ qua $C$ nên $C$ là trung điểm của đoạn $BN$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_N} = 2{x_C} - {x_B} = - 13\\{y_N} = 2{y_C} - {y_B} = 8\\{z_N} = 2{z_C} - {z_B} = 17\end{array} \right. \Rightarrow N\left( { - 13\;;\;8\;;\;17} \right)$.

c) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $B$ trên trục $Oy$. Ta được: $H\left( {0\;;6\;;\;0} \right)$.

Do điểm $B'$ đối xứng với điểm $B$ qua trục $Oy$ nên $H$ là trung điểm của đoạn $BB'$.

Vậy $B'\left( { - 5\;;\;6\;;\; - 3} \right)$.

d) Gọi $J$ là hình chiếu vuông góc của điểm $C$ trên mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxz} \right)$. Ta được: $J\left( { - 4\;;0\;;\;10} \right)$.

Do điểm $C'$ đối xứng với điểm $C$ qua mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxz} \right)$ nên $J$ là trung điểm của đoạn $CC'$.

Vậy $C'\left( { - 4\;;\; - 7\;;\;10} \right)$.

e) Do $G$ là trọng tâm của tam giác $BCD$, nên:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 3{x_G} - {x_B} - {x_C} = 5\\{y_D} = 3{y_G} - {y_B} - {y_C} = 2\\{z_D} = 3{z_G} - {z_B} - {z_C} = 5\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {5\;;\;2\;;\;5\;} \right)$
f) Do $A$ là trọng tâm của tam giác $KBG$. Tương tự $K\left( { - 4\;;\; - 17\;;\;12} \right)$

a) Gọi $D\left( {{x_D}\;;\;{y_D}\;;\;{z_D}} \right)$. Ta có $\overrightarrow {DK} = \left( {5 - {x_D}\;;\; - 6 - {y_D}\;;\;3 - {z_D}} \right)$.

Do $\overrightarrow {DK} = \overrightarrow u \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5 - {x_D} = 6\\ - 6 - {y_D} = - 5\\3 - {z_D} = - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = - 1\\{y_D} = - 1\\{z_D} = 12\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 1; - 1;12} \right)$.

b) Gọi $M\left( {{x_M}\;;\;{y_M}\;;\;{z_M}} \right)$. Ta có $\overrightarrow {HM} = \left( {{x_M}\; + 4;\;{y_M} - 7\;;\;{z_M} + 10} \right)$.

Do $\overrightarrow {HM} = 2\overrightarrow u \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} + 4 = 12\\{y_M} - 7 = - 10\\{z_M} + 10 = - 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 8\\{y_M} = - 3\\{z_M} = - 28\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {8; - 3; - 28} \right)$.

a) Gọi $D\left( {{x_D}\;;\;{y_D}\;;\;{z_D}} \right)$.

$ABCD$ là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 = - 4 - {x_D}\\8 = 7 - {y_D}\\ - 4 = 10 - {z_D}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = - 8\\{y_D} = - 1\\{z_D} = 14\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 8\;;\; - 1\;;\;14} \right)$.

b) Gọi $M\left( {{x_M}\;;\;{y_M}\;;\;{z_M}} \right)$.

$ABMC$ là hình bình hành$\Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CM} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 = {x_M} + 4\\8 = {y_M} - 7\\ - 4 = {z_M} - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 0\\{y_M} = 15\\{z_M} = 6\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {0\;;\;15\;;\;6} \right)$.

Ta có

+ Do $ABCD$ là hình bình hành, nên tương tự câu 18, ta được: $C\left( { - 2\;;\;0\;;\;1} \right)$.

+ Do $ACC'A'$ là hình bình hành, nên tương tự câu 18, ta được: $C'\left( {1\;;\;0\;;\;1} \right)$.

+ Tương tự, ta được: $B'\left( {0\;;\;2\;;\;1} \right);\;D'\left( {3\;;\; - 1\;;\;2} \right)$.

Ta có $A(6{,}7\;;\;0\;;\;0),B(6{,}7\;;\;6{,}1\;;\;1{,}55)$. Vậy tọa độ $\overrightarrow {AB}$ là:

$\overrightarrow {AB} = \left( {6{,}7 - 6{,}7\;;\;6{,}1 - 0\;;\;1{,}55 - 0} \right) = \left( {0\;;\;6{,}1\;;\;1{,}55} \right)$.

Chiếc thứ nhất nằm cách điểm xuất phát $2\;km$ về phía nam và $1\;km$ về phía đông, đồng thời cách mặt đất $0{,}5\;m$ nên có tọa độ là $\left( {2\;;\;1\;;\;0{,}5} \right)$.

Chiếc thứ hai nằm cách điểm xuất phát $1\;km$ về phía bắc và $1{,}5\;km$ về phía tây, đồng thời cách mặt đất $0{,}8\;km$ nên có tọa độ là $\left( { - 1\;;\; - 1{,}5\;;\;0{,}8} \right)$.

Gọi $C(x\;;\;y\;;\;z)$ là vị trí của máy bay sau $10$ phút tiếp theo. Vì hướng của máy bay không đổi nên $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC}$ là cùng hướng. Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ $A$ đến $B$ bằng thời gian từ $B$ đến $C$nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {BC}$.

Ta có:$\overrightarrow {AB} = \left( {940 - 800\;;\;550 - 500\;;\;8 - 7} \right) = \left( {140\;;\;50\;;\;1} \right)$. $\overrightarrow {BC} = \left( {x - 940\;;\;y - 550\;;\;z - 8} \right)$.

$\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}140 = x - 940\\50 = y - 550\\1 = z - 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1080\\y = 600\\z = 9\end{array} \right.$. Vậy $C = \left( {1080\;;\;600\;;\;9} \right)$.