Đề kiểm tra Hệ trục tọa độ trong không gian lớp 12 (có lời giải) - Đề 4

Chọn C

${M_1}$là hình chiếu của $M$lên trục $Ox$nên ${x_{{M_1}}} = {x_M} = 1$, ${M_1}$thuộc trục $Ox$nên ${M_1}$có tọa độ là:${M_1}(1\,;\,0\,;\,0)$

Chọn C

${M_1}$là hình chiếu $M$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ nên $\left\{ \begin{array}{l}{x_{{M_1}}} = {x_M} = 1\\{y_{{M_1}}} = {y_M} = - 2\end{array} \right.$.

${M_1}$thuộc phẳng tọa độ $Oxy$ nên ${M_1}$có tọa độ là: ${M_1}\left( {1; - 2;0} \right)$.

Chọn C

${M_1}\left( { - 1;0;0} \right),{M_2}\left( {0;2;0} \right),{M_3}\left( {0;0; - 3} \right)$lần lượt là hình chiếu của $M$ trên các trục $Ox\,,\,Oy\,,\,Oz$

nên $\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = {x_{{M_1}}} = - 1\\{y_M} = {y_{{M_1}}} = 2\\{z_M} = {z_{{M_1}}} = - 3\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - 1;2; - 3} \right)$.

Chọn A

Điểm $A\left( {2; - 2;3} \right)$ nên $\overrightarrow {OA} = \left( {2; - 2;3} \right)$ do đó $\overrightarrow {OA} = 2\overrightarrow i - 2\overrightarrow j + 3\overrightarrow k$

Chọn B

$\overrightarrow {OA} = \overrightarrow u \Rightarrow \overrightarrow {OA\,} (1\,;\,0\,;\, - 2) \Rightarrow A(1\,;\,0\,;\, - 2)$

Chọn A

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

Gọi $D\left( {x;y;z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {CD} = \left( {x + 3;\,y - 1;\,\,z - 5} \right)$.

$\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3 = 2\\y - 1 = 3\\z - 5 = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 4\\z = 2\end{array} \right.$.

Tọa độ điểm $D$là: $D\left( { - 1;\,\,4;\,\,2} \right)$.

Chọn C

Ta có $\overrightarrow i = (1;0;0),\overrightarrow j = (0;1;0),\overrightarrow k = (0;0;1).$

Do đó, $\overrightarrow i + \overrightarrow j - \overrightarrow k = (1;1; - 1).$

Chọn C

Ta có: $\overrightarrow {MN} = \left( { - 2\,;\, - 3\,;\,0} \right)$; $\overrightarrow {QP} = \left( { - {x_Q}\,;\, - {y_Q}\,;\,4 - {z_Q}} \right)$.

Để tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành thì $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {QP}$$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} - 2 = - {x_Q}\\ - 3 = - {y_Q}\\0 = 4 - {z_Q}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}{x_Q} = 2\\{y_Q} = 3\\{z_Q} = 4\end{array} \right.$.

Chọn A

Hình chữ nhật $OKMN$ nên $N$ là hình chiếu của $M$trên mặt phẳng $Oxy$,$K$ là hình chiếu của $M$trên trục $Oz$, do đó tọa độ đỉnh $M$là: $M\left( {1;\,2;\,2} \right)$.

Chọn C

Ta có: $D\left( {a;\,b;\,c} \right)$, $ABCD$ là hình bình hành thì

$\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 1 = - 2 - 2\\b - 2 = 3 + 1\\c + 1 = 3 - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = 6\\c = - 1\end{array} \right.$.

Vậy: $D( - 3;6; - 1) \Rightarrow P = 44$

a) Đúng: Do $M$ là trung điểm của đoạn $AB$ nên $\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow 0$.

b) Đúng: Do $N$ là trung điểm của $CD$ nên $\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} = 2\overrightarrow {MN}$.

c) Sai: Do $G$ là trung điểm của $MN$ nên $\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} = \overrightarrow 0$.

Mà $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} = 2\overrightarrow {GM}$, $\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 2\overrightarrow {GN}$$\Rightarrow \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 2\left( {\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} } \right) = \overrightarrow 0$

$\Rightarrow$$\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} = - \left( {\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right)$.

d) Sai: Do $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{ND}+\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NC}$

$= \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BM} } \right) + \left( {\overrightarrow {NC} + \overrightarrow {ND} } \right) + 2\overrightarrow {MN} = 2\overrightarrow {MN}$

a) Đúng: Theo quy tắc hình hộp

b) Sai: Do $\overrightarrow {D'A'} = \overrightarrow {DA}$$\Rightarrow$$\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {D'A'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {DA} } \right) = {135^0}$.

c) Đúng: Do $A'C'\parallel AC$ và $BD \bot AC$$\Rightarrow BD \bot A'C'$$\Rightarrow$$\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {A'C'} = 0$.

d) Sai: Do $\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right)\overrightarrow {AB} = {\overrightarrow {AB} ^2} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AB} = A{B^2} = {a^2}$.

a) Đúng: Ta có $\overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {1 + 3;2 + 1; - 3 + 5} \right) = \left( {4;3;2} \right)$

b) Sai: $2\overrightarrow a - 3\overrightarrow b = \left( {2 - 9;4 - 3; - 6 - 15} \right) = \left( { - 7;1; - 21} \right)$

c) Sai: $\overrightarrow a .\overrightarrow b = 1.3 + 2.1 + \left( { - 3} \right).5 = - 10$

d) Đúng: $\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{ - 10}}{{\sqrt {14} .\sqrt {35} }} = - \frac{{\sqrt {10} }}{7}$.

a) Đúng: Toạ độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ là

$G\left( {\frac{{1 + 4 + 3}}{3};\frac{{2 + \left( { - 2} \right) + 4}}{3};\frac{{4 + 1 + 7}}{3}} \right) = G\left( {\frac{8}{3};\frac{4}{3};4} \right)$.

b) Đúng: Gọi $D\left( {x;y;z} \right)$. Để $ABCD$ là hình bình hành$\Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - x = 3\\4 - y = - 4\\7 - z = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 8\\z = 10\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {0;8;10} \right)$

c) Đúng: Gọi $M\left( {x;y;z} \right)$, ta có $M$ thuộc đoạn $AB$ và $MB = 2MA$$\Rightarrow \overrightarrow {MB} = - 2\overrightarrow {MA}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - x = - 2\left( {1 - x} \right)\\ - 2 - y = - 2\left( {2 - y} \right)\\1 - z = - 2\left( {4 - z} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = \frac{2}{3}\\z = 3\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {2;\frac{2}{3};3} \right)$.

d) Sai: $\overrightarrow {AB} = \left( {3; - 4; - 3} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {2;2;3} \right)$, ta có $\cos \widehat {BAC} = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{ - 11}}{{\sqrt {34} .\sqrt {17} }} = \frac{{ - 11\sqrt 2 }}{{34}}$.

Vì điểm $A'$ có toạ độ là $\left( {240;450;0} \right)$ nên khoảng cách từ $A'$ đến các trục $Ox,Oy$ lần lượt là $450\;{\rm{cm}}$ và $240\;{\rm{cm}}$. Suy ra $A'A = 450\;{\rm{cm}}$ và $A'O' = 240\;{\rm{cm}}$. Từ giả thiết suy ra $\overrightarrow {A'B'} = \left( { - 120;0;300} \right)$, do đó $A'B' = \left| {\overrightarrow {A'B'} } \right| = \sqrt {{{( - 120)}^2} + {0^2} + {{300}^2}} = 60\sqrt {29} \approx 323(\;{\rm{cm}})$.

Vi $O'O = A'A = 450\;{\rm{cm}}$ và $O'$ nằm trên trục $Oy$ nên toạ độ của điểm $O'$ là $\left( {0;450;0} \right)$.

Do đó $\overline {O'B'} = \left( {120;0;300} \right)$ và $O'B' = \left| {\overline {O'B'} } \right| = \sqrt {{{120}^2} + {0^2} + {{300}^2}} = 60\sqrt {29} \approx 323{\rm{ }}({\rm{cm}})$.

Vậy mỗi căn lều gỗ có chiều dài là $450\;{\rm{cm}}$, chiều rộng là $240\;{\rm{cm}}$, mỗi cạnh bên của mặt tiền có độ dài là 323 cm.

$\Rightarrow a + b + c = 1013$.