Đề kiểm tra Vectơ trong không gian lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên ta có $AD = B'C'$

Ta thấy $\overrightarrow {AD}$ và $\overrightarrow {B'C'}$ cùng hướng .

Do đó $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {B'C'}$.

$I$ là trung điểm của $AB$ nên ta có $IA = IB$ và hai vecto ngược hướng . Do đó $\overrightarrow {IA} = - \overrightarrow {IB}$.

Vậy khẳng định sai là $\overrightarrow {IA} = \overrightarrow {IB}$ nên ta chọn C.

Do $ABCD.EFGH$ là hình hộp nên $EH = AD$ và hai vecto $\overrightarrow {EH} ,\overrightarrow {AD}$ cùng hướng nên $\overrightarrow {EH} = \overrightarrow {AD}$

Ta có $\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {EH} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {DB}$.

Trong hình hình hộp$ABCD.A'B'C'D'$, ta có $\overrightarrow {AC}$ và $\overrightarrow {AO}$ cùng hướng và$AC = 2AO$

Do đó $\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AO} .$

Theo giả thiết trên thì với $O$ là một điểm bất kỳ ta luôn có: $\overrightarrow {OG} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right)$.

Ta thay điểm $O$ bởi điểm $A$ thì ta có:

$$\overrightarrow {AG} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {AG} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)$$

Do vậy $\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)$ là sai.

$\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} {\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} {\rm{ = }}\overrightarrow {OD} - \overrightarrow {OC} {\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}\overrightarrow {BA} = \overrightarrow {CD}$.

Mà bốn điểm$A,B,C,D$ không thẳng hàng nên $A,B,C,D$ tạo thành hình bình hành.

Ý a) Đúng: Vì $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {A'C} - \overrightarrow {A'A} = \overrightarrow {AC} \\\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {A'C} - \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD}$

Ý b) Sai: Vì $\overrightarrow {BC'} = \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {B'C'}$.

Ý c) Đúng: Vì $\overrightarrow {C'O} = \overrightarrow {C'A'} + \overrightarrow {A'O} = \overrightarrow {C'A'} - \overrightarrow {OA'}$.

Ý d) Sai: Ta có: $\overrightarrow {A'D} .\overrightarrow {A'B} = \left| {\overrightarrow {A'D} } \right|.\left| {\overrightarrow {A'B} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {A'D} ,\overrightarrow {A'B} } \right) = a\sqrt 2 .a\sqrt 2 .c{\rm{os}}60^\circ = {a^2}$

Ý a) Sai: Vì $\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {CB}$.

Ý b) Đúng: Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BD}$.

Ý c) Đúng: Với vectơ $\overrightarrow a \ne \overrightarrow 0$ và $k \in \mathbb{R}$ ta luôn có $\left| {k.\overrightarrow a } \right| = \left| k \right|.\left| {\overrightarrow a } \right|$.

Ý d) Đúng: Với vectơ $\overrightarrow a ,\overrightarrow b$là hai vectơ tùy ý khác vectơ $\overrightarrow 0$ta luôn có $\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}}$.

a)Đ b) S c) S d Đ

a) Đúng.

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

b) Sai.

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

c) Sai.

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 $\angle BA'C' = {60^\bigcirc } \Rightarrow \left( {\overrightarrow {BA'} ,\,\overrightarrow {A'C'} } \right) = {180^\bigcirc } - {60^\bigcirc } = {120^\bigcirc }$.

d) Đúng.

Dễ thấy $ABCD.A'B'C'D'$ 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}$.

a)Đ b) S c) Đ d Đ

a) Đúng, theo tính chất trọng tâm.

b) Sai.

Theo quy tắc trọng tâm, ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 3\overrightarrow {AG} \Leftrightarrow \overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD}$.

c) Đúng.

$\overrightarrow {CG} = \overrightarrow {AG} - \overrightarrow {AC} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD}$.

d) Đúng.

Vì $I$ là điểm thuộc đoạn $AG$ và $AI = 3IG \Rightarrow \overrightarrow {AI} = 3\overrightarrow {IG}$, mà $G$là trọng tâm tam giác $BCD$ nên

$\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} = 3\overrightarrow {IG} \Leftrightarrow \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} = \overrightarrow {AI}$$\Leftrightarrow \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} = - \overrightarrow {IA}$$\Leftrightarrow \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} = \overrightarrow 0$.

Ta có: $DN = \frac{1}{3}DC' \Leftrightarrow NC' = 2ND \Rightarrow \overrightarrow {NC'} = - 2\overrightarrow {ND}$.

Suy ra điểm N chia đoạn thẳng ${\rm{D}}C'$ theo tỉ số $k = - 2$. Do đó $\overrightarrow {BN} = \frac{{\overrightarrow {BC'} + 2\overrightarrow {BD} }}{3}$

hay $\overrightarrow {BN} = \frac{1}{3}\overrightarrow {BC'} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BD} \Leftrightarrow \overrightarrow {BN} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {BC} } \right) + \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} } \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {BN} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BB'}$.

Vậy $x + y + z = 2$.

Ta có: $\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} = 0$; $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = AB.AD.cos60^\circ = \frac{1}{2}$; $\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}$.

$\overrightarrow {IJ} \, = \,\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AJ} = - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} } \right)$

$\Rightarrow I{J^2} = {\overrightarrow {IJ} ^2}\, = \frac{1}{4}{\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} } \right)^2} = \frac{1}{4}\left( {\frac{{17}}{4} + 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} - 3\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} - 3\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{5}{{16}}$.

$\Rightarrow IJ = \frac{{\sqrt 5 }}{4} \approx 0{,}56.$

Gọi $O$ là tâm của hình hình hành $ABCD$ và $I$ là trung điểm của $DD'.$

Nối $C'D$ cắt $CI$ tại $N' \Rightarrow N'$ là trọng tâm của tam giác $CDD'.$

Ta có $OI$ là đường trung bình của tam giác $BDD'$ suy ra $OI$//$BD'.$

Mặt khác $\frac{{CN'}}{{CI}} = \frac{{CM}}{{CO}}$ nên $MN'$//$OI$ suy ra $MN'$//$BD'.$

Theo bài ra, ta có $MN$//$BD'$$\Rightarrow \,\,C'N = \frac{2}{3}C'D\,\,\, \Rightarrow \,\,x = \frac{2}{3} \approx 0{,}67$.

Ta có:

$\begin{matrix}\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{SB}=(\overrightarrow{SM}-\overrightarrow{SA}).\overrightarrow{SB}=\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}=SM.SB.\cos \widehat{BSM}-SA.SB.\cos \widehat{ASB} \\ \ =\ \frac{a\sqrt{3}}{2}.a.\cos {30}^{^{\circ}}-a.a.\cos {60}^{^{\circ}} \\ \ =\ \frac{{a}^{2}}{4}\end{matrix}$

Suy ra: $\cos (\overrightarrow{AM},\overrightarrow{SB})=\frac{\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{SB}}{AM.SB}=\frac{\frac{{a}^{2}}{4}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}.a}=\frac{\sqrt{3}}{6}\approx 0{,}29$

Gọi ${A_1};\,{B_1};\,{C_1};\,{D_1}$ là các điểm thỏa mãn : $\overrightarrow {E{A_1}} = \overrightarrow {{F_1}} ;\,\,\overrightarrow {E{B_1}} = \overrightarrow {{F_2}} ;\,\,\overrightarrow {E{C_1}} = \overrightarrow {{F_3}} ;\,\,\overrightarrow {E{D_1}} = \overrightarrow {{F_4}}$.

Vì $EA;\,EB;\,EC;\,ED$ bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$một góc $\alpha$ nên $E{A_1};\,E{B_1};\,E{C_1};\,E{D_1}$ cũng bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng $\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)$một góc $\alpha$.

Mặt khác $ABCD$ là hình chữ nhật nên ${A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ cũng là hình chữ nhật có tâm O.

Từ các điều kiện trên ta suy ra $EO \bot \left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)$. Khi đó $\alpha = \left( {E{A_1};\,\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)} \right) = \widehat {E{A_1}O}$.

Ta có: $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \,\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \,\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\,\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 4800N$ nên $E{A_1} = E{B_1} = E{C_1} = E{D_1} = 4800$

Xét tam giác $E{A_1}O$ vuông tại O nên $EO = E{A_1}.\sin \alpha = 4800.\sin \alpha$.

Ta có: $\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \,\overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {E{A_1}} + \overrightarrow {E{B_1}} + \overrightarrow {E{C_1}} + \overrightarrow {E{D_1}} = 4\overrightarrow {EO}$.

Mặt khác : $\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \,\overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow P$ với $\overrightarrow P$ là trọng lực tác động lên khung chứa xe ô tô.

Suy ra: $\overrightarrow P = 4\overrightarrow {EO}$.

Trọng lượng của cả khung sắt chứa xe ô tô là $|\overrightarrow P | = 4EO = 19200.\sin \alpha \,\,\,\,\,\,\,\,\left( N \right)$.

Theo bài ra ta có: $19200.\sin \alpha = 7200\sqrt 6 \, \Leftrightarrow \sin \alpha = \frac{{3\sqrt 6 }}{8} \approx 0{,}92$.

Do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AB,SA \bot AD$. Do $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB \bot AD$.

Do đó, đặt $\overrightarrow {AS} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {AB} = \overrightarrow b ,\overrightarrow {AD} = \overrightarrow c$ thì $\left| {\overrightarrow a } \right| = 4,\left| {\overrightarrow b } \right| = 1,\left| {\overrightarrow c } \right| = 2$ và $\overrightarrow a .\overrightarrow b = \overrightarrow b .\overrightarrow c = \overrightarrow c .\overrightarrow a = 0$

Ta có: $\cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \frac{{\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {DM} }}{{\left| {\overrightarrow {SC} } \right|.\left| {\overrightarrow {DM} } \right|}}$.

Do $\overrightarrow {SC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AS} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right) - \overrightarrow {AS} = - \overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c$ và $\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow b - \overrightarrow c$ nên:

$$\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {DM} = \left( { - \overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow b - \overrightarrow c } \right) = - \frac{1}{2}\overrightarrow a .\overrightarrow b + \overrightarrow a .\overrightarrow c + \frac{1}{2}{\overrightarrow b ^2} - \overrightarrow b .\overrightarrow c + \frac{1}{2}.\overrightarrow c .\overrightarrow b - {\overrightarrow c ^2} = \frac{1}{2}{\overrightarrow b ^2} - {\overrightarrow c ^2} = \frac{1}{2}{\left| {\overrightarrow b } \right|^2} - {\left| {\overrightarrow c } \right|^2}$$

$= \frac{1}{2}{.1^2} - {2^2} = - \frac{7}{2}$;

${\left| {\overrightarrow {SC} } \right|^2} = {\left( { - \overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)^2} = {\overrightarrow a ^2} + {\overrightarrow b ^2} + {\overrightarrow c ^2} - 2\overrightarrow a \overrightarrow b - 2\overrightarrow a \overrightarrow c + 2\overrightarrow b \overrightarrow c = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow c } \right|^2} = {4^2} + {1^2} + {2^2} + = 21$

${\left| {\overrightarrow {DM} } \right|^2} = {\overrightarrow {DM} ^2} = {\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow b - \overrightarrow c } \right)^2} = \frac{1}{4}{\overrightarrow b ^2} - \overrightarrow b \overrightarrow c + {\overrightarrow c ^2} = \frac{1}{4}{\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow c } \right|^2} = \frac{1}{4}.1 + {2^2} = \frac{{17}}{4}$.

Suy ra:

$\cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \frac{{ - \frac{7}{2}}}{{\sqrt {21} .\sqrt {\frac{{17}}{4}} }} = - \frac{{\sqrt {357} }}{{51}} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {DM} } \right) \approx 111{,}75^\circ$.

Vậy góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {SC}$ và $\overrightarrow {DM}$ là khoảng $111{,}75^\circ$.