Đề kiểm tra Vectơ trong không gian lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

A sai vì giá của vectơ là đường thẳng không phải là một vectơ.

B sai vì giá của vectơ là đường thẳng không phải là độ dài.

D sai vì giá của vectơ là đường thẳng không phải là một đoạn thẳng.

Giá của vectơ $\overrightarrow {AB}$ là đường thẳng $AB$

Giá của vectơ $\overrightarrow {CD}$ là đường thẳng $CD$

Mà $AB{\rm{//}}CD$

Do đó vectơ $\overrightarrow {AB}$ cùng phương với vectơ $\overrightarrow {CD}$.

Do $A'B'BA$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {A'B}$. Lại có, $A'BCD'$cũng là hình bình hành nên $\overrightarrow {A'B} + \overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {A'C}$. Vậy $\overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {A'C}$.

Ta có: $\overrightarrow b - \overrightarrow c + \overrightarrow d = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow 0$.

Ta có: $A'C'CA$ là hình chữ nhật nên $\overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {AC}$.

Khi đó, $\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {C'D'} = \overrightarrow {A'C'} + \overrightarrow {C'D'} = \overrightarrow {A'D'}$. Vậy $\left| {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {C'D'} } \right| = \left| {\overrightarrow {A'D'} } \right| = A'D' = 1$.

Ta có: $\overrightarrow {AO} - \overrightarrow {DO} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow {AD}$. Chọn B.

Chọn D

Ta có: $\overrightarrow{AB}=-3\overrightarrow{AC}\Leftrightarrow \overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA}=-3\overrightarrow{AC}\Leftrightarrow \overrightarrow{AC}+3\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{CB}\Leftrightarrow \overrightarrow{BC}=4\overrightarrow{AC}.$ Chọn D.

Chọn C

Gọi $M$ là trung điểm $AB$, ta có $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = 2\overrightarrow {OM}$.

Do đó, $\left| {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} - 2\overrightarrow {OC} } \right| = \left| {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } \right| \Leftrightarrow \left| {2\overrightarrow {OM} - 2\overrightarrow {OC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BA} } \right|$$\Leftrightarrow 2\left| {\overrightarrow {CM} } \right| = BA \Leftrightarrow CM = \frac{1}{2}BA.\,\,\left( 1 \right)$

Vì $M$ là trung điểm $AB$nên$CM$ là đường trung tuyến của $\Delta ABC$, Từ (1) suy ra, tam giác $\Delta ABC$ vuông tại $C$.

Do $AB'C'D$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {AD}$. Chọn đáp án là C.

Ta có: $\overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {A'D'} + \overrightarrow {D'C'}$, mà tứ giác $ADD'A'$ và $DCC'D'$ là hình vuông nên $\overrightarrow {DD'} .\overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {DD'} .\overrightarrow {D'C'} = 0$. Do đó $\overrightarrow {DD'} .\left( {\overrightarrow {A'D'} + \overrightarrow {D'C'} } \right) = 0$. Chọn đáp án D.

Gọi $O'$ là tâm của hình vuông $A'B'C'D'$.

Ta có $ABC'D'$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {BC'}$, do đó $\overrightarrow {BA'} + \overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {BA'} + \overrightarrow {BC'} = 2\overrightarrow {BO'}$.

Tam giác $BA'C'$ là tam giác đều cạnh $a\sqrt 2$nên $BO' = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\sqrt 2 = \frac{{\sqrt 6 }}{2}a$.

Từ đó độ dài của vectơ $\overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {BA'}$ bằng $\sqrt 6 a$.

a) Sai.

b) Đúng.

c) Sai.

a) Ta thấy: $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB//CD$.

Suy ra: hai vectơ $\overrightarrow {AB\,}$, $\overrightarrow {CD\,}$ là hai vectơ cùng phương, ngược hướng.

Mệnh đề a) sai.

b) Ta có: $ABCD$ là hình chữ nhật nên: $AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = a\sqrt 5$.

Hình chóp $S.ABCD$ có $SA$ vuông góc với mặt đáy nên tam giác $SAC$ là tam giác vuông tại $A$. Suy ra: $\tan \widehat {SCA\,} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }}\,\, \Rightarrow \,\,\widehat {SCA\,} \approx 41^\circ 48\prime$.

Ta có: $\left( {\overrightarrow {SC\,} ,\,\overrightarrow {AC\,} } \right) = \left( {\overrightarrow {CS\,} ,\,\overrightarrow {CA\,} } \right) = \widehat {SCA} \approx 41^\circ 48\prime$.

Mệnh đề b) sai.

c) Hình chóp $S.ABCD$ có $SA$ vuông góc với mặt đáy nên tam giác $SAB$ là tam giác vuông tại $A$.

Suy ra: $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 5$.

Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AM$ là đường trung tuyến nên:

$AM = \frac{1}{2}SB = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Lại có: $M$ là trung điểm của $SB$ nên $MB = \frac{1}{2}SB = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Ta tính được: $\cos \widehat {MAB\,} = \frac{{M{A^2} + A{B^2} - M{B^2}}}{{2MA.\,AB}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}$.

Mà: $\left( {\overrightarrow {AM\,} ,\,\overrightarrow {AB\,} } \right) = \widehat {MAB\,}$, suy ra:

$\overrightarrow {AM\,} \cdot \,\overrightarrow {AB\,} = \left| {\overrightarrow {AM\,} } \right|.\,\left| {\overrightarrow {AB\,} } \right|.\,\cos \left( {\overrightarrow {AM\,} ,\,\overrightarrow {AB\,} } \right) = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\,a.\,\frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{{a^2}}}{2}$.

Mệnh đề c) đúng.

d) Ta có: $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SBD$. Do đó: $MN = \frac{1}{2}BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Suy ra: $\left| {\overrightarrow {AM\,} - \overrightarrow {AN\,} } \right| = \left| {\overrightarrow {MN\,} } \right| = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Mệnh đề d) sai.

a) Sai.

b) Đúng.

c) Sai.

d) Đúng.

a) Ta có: $AC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = a\sqrt 2$.

Lại có: $CN = NC\prime$ nên $CN = NC\prime = \frac{a}{2}$.

$ABCD.A\prime B\prime C\prime D\prime$ là hình lập phương nên tam giác $NAC$ là tam giác vuông tại $C$.

Suy ra: $\tan NAC = \frac{{CN}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\,\, \Rightarrow \,\,\widehat {NAC\,} \approx 19^\circ 28\prime$

Ta có: $\left( {\overrightarrow {AN\,} ,\,\overrightarrow {AC\,} } \right) = \widehat {NAC\,} \approx 19^\circ 28\prime$.

Mệnh đề a) sai.

b) Trong tam giác $NAC$ vuông tại $C$ có: $AN = \sqrt {A{C^2} + C{N^2}} = \frac{{3a}}{2}$.

Ta có: $\left| {\overrightarrow {MN\,} + \overrightarrow {AM\,} } \right| = \left| {\overrightarrow {AN\,} } \right| = \frac{{3a}}{2}$.

Mệnh đề b) đúng.

c) Ta có: $\tan \widehat {NAC\,} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\,\, \Rightarrow \,\,\cos \widehat {NAC\,} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$ (Do $\widehat {NAC\,} < 90^\circ$).

Do đó: $\overrightarrow {AN\,} \cdot \,\overrightarrow {AC\,} = \left| {\overrightarrow {AN\,} } \right|.\,\left| {\overrightarrow {AC\,} } \right|.\,\cos \left( {\overrightarrow {AN\,} ,\,\overrightarrow {AC\,} } \right) = \frac{{3a}}{2}.\,a\sqrt 2 .\,\frac{{2\sqrt 2 }}{3} = 2{a^2}$.

Mệnh đề c) sai.

d) Trên cạnh $CC\prime$ lấy điểm $M\prime$ sao cho: $\frac{{CM\prime }}{{CC\prime }} = \frac{2}{3}$.

Suy ra: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{NM\prime = NC\prime - M\prime C\prime = \frac{a}{6}}\\{MM\prime //AC}\\{MM\prime = AC = a\sqrt 2 }\end{array}} \right.$.

Ta có: $\cos \widehat {NMM\prime \,} = \frac{{N{M^2} + M\prime {M^2} - M\prime {N^2}}}{{2.\,NM.\,M\prime M}} = \frac{{6\sqrt {146} }}{{73}}$.

Mặt khác: $\left( {\overrightarrow {MN\,} ,\,\overrightarrow {A\prime C\prime \,} } \right) = \left( {\overrightarrow {MN\,} ,\,\overrightarrow {MM\prime \,} } \right) = \widehat {NMM\prime \,}$.

Tam giác $MNM\prime$ vuông tại $M\prime$ có: $MN = \sqrt {M\prime {N^2} + M\prime {M^2}} = \frac{{a\sqrt {73} }}{6}$.

Do đó: $\overrightarrow {MN\,} \cdot \,\overrightarrow {A\prime C\prime \,} = \left| {\overrightarrow {MN\,} } \right|.\,\left| {\overrightarrow {A\prime C\prime \,} } \right|.\,\cos \left( {\overrightarrow {MN\,} ,\,\overrightarrow {A\prime C\prime \,} } \right) = 2{a^2}$.

Mệnh đề d) đúng.

a) Ta có tam giác $\Delta ABC,\Delta A'B'C'$ đều cạnh $2a$ suy ra $A'K = AH = a\sqrt 3$

Xét tứ giác $AA'KH$ có $AA' = KH = AH = A'K = a\sqrt 3 \,,\,AA' \bot AH$ suy ra tứ giác $AA'KH$ là hình vuông , từ đó dễ thấy hai vectơ $\overrightarrow {AH\,}$, $\overrightarrow {KA'\,}$ là hai vecto cùng phương ngược hướng.

Mệnh đề a) sai.

b) Ta có: $AA'KH$ là hình vuông suy ra $\widehat {A'HA} = 45^\circ$

Có : $A'A \bot AH \Rightarrow \Delta A'AH$ vuông tại $A$$\Rightarrow \left( {\overrightarrow {A'H\,} ,\overrightarrow {AH\,} } \right) = \widehat {A'HA} = 45^\circ$

Mệnh đề b) sai.

c) Ta có $\Delta AB'C'$ cân tại $A$, suy ra $AK \bot B'C'$, $AK = a\sqrt 6 ,\,B'K = a$

$AB' = \sqrt {A{B^2} + BB{'^2}} = \sqrt {4{a^2} + 3{a^2}} = a\sqrt 7$

Xét $\Delta AKB'$ có ${\mathop{\rm Cos}\nolimits} \widehat {KAB'} = \frac{{AK}}{{AB'}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 7 }} = \sqrt {\frac{6}{7}}$.

$\overrightarrow {AK} .\overrightarrow {AB'} = AK.AB'.{\mathop{\rm Cos}\nolimits} \widehat {KAB'} = a\sqrt 6 .a\sqrt 7 .\sqrt {\frac{6}{7}} = 6{a^2}$

Mệnh đề c) sai.

d) Gọi $I$ là trung điểm $HK \Rightarrow IH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$, $AI = \sqrt {I{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + 3{a^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}$.

Ta có : $\left| {\overrightarrow {AK} + \overrightarrow {AH} } \right| = \left| {2.\overrightarrow {AI} } \right| = 2AI = a\sqrt {15}$.

Mệnh đề d) đúng.

a) Các vectơ (khác vectơ $\overrightarrow 0$) có điểm đầu và điểm cuối được tạo thành từ các đỉnh của tứ diện là: $\overrightarrow {AB\,}$,$\overrightarrow {AC\,}$,$\overrightarrow {AD\,}$,$\overrightarrow {BA\,}$,$\overrightarrow {BC\,}$,$\overrightarrow {B{\rm{D}}\,}$,$\overrightarrow {CA\,}$,$\overrightarrow {CB\,}$,$\overrightarrow {C{\rm{D}}\,}$,$\overrightarrow {DA\,}$,$\overrightarrow {DB\,}$,$\overrightarrow {DC\,}$. Do đó có $12$ vectơ thỏa mãn yêu cầu. Vậy mệnh đề sai.

b) $(\overrightarrow {AB\,} ,\overrightarrow {BC} ) = {180^0} - (\overrightarrow {BA\,} ,\overrightarrow {BC} ) = {180^0} - \widehat {ABC} = {120^0}$. Vậy mệnh đề sai.

c) $\overrightarrow {BE\,} = \overrightarrow {BC\,} + \overrightarrow {CE\,} = \overrightarrow {BC\,} + \frac{1}{3}\overrightarrow {CD\,} = \overrightarrow {BC\,} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BD\,} - \overrightarrow {BC\,} } \right) = \frac{2}{3}\overrightarrow {BC\,} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BD\,}$.

Do đó $m = 0$,$n = \frac{2}{3}$,$p = \frac{1}{3}$. Suy ra $m + n + p = 1$.

Vậy mệnh đề sai.

Ta có: $\overrightarrow {BE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CE} } \right) - \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {CD} - \overrightarrow {AB}$

$= \overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right) - \overrightarrow {AB} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB}$

Suy ra: $\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BE} = \overrightarrow {AD} .\left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } \right) = \frac{2}{3}.\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}.{\overrightarrow {AD} ^2} - \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB}$

$= \frac{2}{3}.a.a.\cos 60^\circ + \frac{1}{3}{a^2} - a.a.\cos 60^\circ = \frac{{{a^2}}}{6}$.

Vậy mệnh đề đúng.

Do $AM = 3MD$, $BN = 3NC$ và $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AD$ và $BC$ nên $M,N$ lần lượt là trung điểm của $PD$ và $QC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {QN} \\\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CN} \end{array} \right. \Rightarrow 2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {DC} \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {DC} } \right)$

$\Rightarrow a = \frac{1}{2};\;b = \frac{1}{2} \Rightarrow a + 2b = \frac{3}{2}$.

Gọi $O$ là tâm của hình bình hành $ABCD$ thì $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO}$

$$\Leftrightarrow \frac{{SA}}{{SA'}}\overrightarrow {SA'} + \frac{{SC}}{{SC'}}\overrightarrow {SC'} = \frac{{SB}}{{SB'}}\overrightarrow {SB'} + \frac{{SD}}{{SD'}}\overrightarrow {SD'}$$

Do $A',B',C',D'$ đồng phẳng nên $\Rightarrow \frac{{SA}}{{SA'}} + \frac{{SC}}{{SC'}} = \frac{{SB}}{{SB'}} + \frac{{SD}}{{SD'}} \Rightarrow$$P = \frac{{SA}}{{SA'}} + \frac{{SC}}{{SC'}} - \frac{{SB}}{{SB'}} - \frac{{SD}}{{SD'}} = 0$.

Ta có: $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 45^\circ$.

Khi đó: $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {A'C'} = AB.A'C'.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = 2.2\sqrt 2 .\cos 45^\circ = 4$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}IM{\rm{//}}AB\\IN{\rm{//}}CD\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {AB,CD} \right)} = \widehat {\left( {IM,IN} \right)}$.

Đặt $\widehat {MIN} = \alpha$. Xét tam giác $IMN$, có: $IM = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2},IN = \frac{{CD}}{2} = \frac{a}{2},MN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Theo định lý côsin, có $\cos \alpha = \frac{{I{M^2} + I{N^2} - M{N^2}}}{{2.IM.IN}} = - \frac{1}{2} < 0$.

$\Rightarrow \widehat {MIN} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {\left( {AB,CD} \right)} = 60^\circ$.

Ta có: $A'{C^2} = A'{A^2} + A{C^2} = 3A'{A^2} \Rightarrow A'A = \frac{{A'C}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{{16}}$.

Gọi $O'$ là tâm của hình vuông $A'B'C'D'$.

Lại có : $\overrightarrow {OS} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OC'} + \overrightarrow {OD'}$

$$= \left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} } \right) + \left( {\overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OC'} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OD'} } \right)$$

$$= 2\overrightarrow {OO'} + 2\overrightarrow {OO'} = 4\overrightarrow {OO'}$$

Suy ra $OS = \left| {\overrightarrow {OS} } \right| = \left| {4\overrightarrow {OO'} } \right| = 4OO' = 4.\frac{{\sqrt 3 }}{{16}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$.

Khi đó $a = 1,b = 4 \Rightarrow P = {a^2} + {b^2} = 17$.

Vì trong quá trình máy bay tăng vận tốc từ 900(km/h) lên 900(km/h), máy bay giữ nguyên hướng bay nên hai véc tơ $\overrightarrow {{F_1}}$ và $\overrightarrow {{F_2}}$ có cùng hướng và $\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {{F_2}} \,\,(k > 0)$.

Gọi ${v_1},\,\,{v_2}$lần lượt là vận tốc của chiếc máy bay khi đạt 900(km/h) và 920(km/h).

Suy ra ${v_1} = 900$(km/h), ${v_2} = 920$(km/h).

Vì lực cản của không khí ngược hướng với lực đẩy của động cơ và có độ lớn tỉ lệ thuận với bình phương vận tốc máy bay nên $\left| {\frac{{\overrightarrow {{F_1}} }}{{\overrightarrow {{F_2}} }}} \right| = \frac{{v_1^2}}{{v_2^2}} = \frac{{{{900}^2}}}{{{{920}^2}}} = \frac{{2025}}{{2116}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \frac{{2025}}{{2116}}\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}} = \frac{{2025}}{{2116}}\overrightarrow {{F_2}}$.

Từ đó suy ra: $k = \frac{{2025}}{{2116}} \simeq 0{,}96$.