(Đúng sai) 15 bài tập Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ (có lời giải)

a) Chọn Sai

Theo giả thiết, ra đa ở vị trí có toạ độ $\left( {0;\,0;\,0{,}08} \right)$; điểm $A\left( { - 300;\, - 200;\,10} \right)$

Vậy khoảng cách từ máy bay đến ra đa là:

$\sqrt{{(-300-0)}^{2}+{(-200-0)}^{2}+{(10-0{,}08)}^{2}}\approx 360{,}69$ (km)

Vì $360{,}69 < 500$ nên ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay tại vị trí $A$.

b) Chọn Sai

Theo giả thiết, ra đa ở vị trí có toạ độ $\left( {0;\,0;\,0{,}08} \right)$; điểm $A\left( { - 300;\, - 200;\,10} \right)$

Vậy khoảng cách từ máy bay đến ra đa là:

$\sqrt{{(-300-0)}^{2}+{(-200-0)}^{2}+{(10-0{,}08)}^{2}}\approx 360{,}69$ (km).

Vì $360{,}69 < 500$ nên ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay tại vị trí $A$.

c) Chọn đúng

Theo giả thiết, ra đa ở vị trí có toạ độ $\left( {0;\,0;\,0{,}08} \right)$; điểm $A\left( { - 300;\, - 200;\,10} \right)$

Vậy khoảng cách từ máy bay đến ra đa là:

$\sqrt{{(-300-0)}^{2}+{(-200-0)}^{2}+{(10-0{,}08)}^{2}}\approx 360{,}69$ (km).

Vì $360{,}69 < 500$ nên ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay tại vị trí $A$.

d) Do hình bình hành $ABCD$ có $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$ .

Mà $\overrightarrow{AB}=(1;2;4);\ \overrightarrow{DC}=(1-{x}_{D};-1-{y}_{D};1-{z}_{D})\Rightarrow \{\begin{matrix}1=1-{x}_{D} \\ 2=-1-{y}_{D} \\ 4=1-{z}_{D}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{D}=0 \\ {y}_{D}=-3 \\ {z}_{D}=-3\end{matrix}$

Vậy $D\left( {0; - 3; - 3} \right)$ . Suy ra d) sai.

c) Đúng: Tứ giác ABCD là hình bình hành:

$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}2-4=-1-{x}_{D} \\ 1-2=3-{y}_{D} \\ 3-1=-2-{z}_{D}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{D}=1 \\ {y}_{D}=4 \\ {z}_{D}=-4\end{matrix}\Rightarrow D(1;4;-4).$

a) Đúng: Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {4;\,x - 5\,;\,2} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {6\,;\, - 3\,;\,y + 1} \right)$

Để ba điểm $A$, $B$, $C$ thẳng hàng $\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}=k.\overrightarrow{AC}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}4=k.6 \\ x-5=k(-3) \\ 2=k(y+1)\end{matrix}$$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}k=\frac{2}{3} \\ x=3 \\ y=2\end{matrix}$

Vậy $x+y=5$

c) Đúng: Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {4;\,x - 5\,;\,2} \right)$, $\overrightarrow {AC} = \left( {6\,;\, - 3\,;\,y + 1} \right)$

Khi đó: $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 24 + \left( {x - 5} \right)\left( { - 3} \right) + 2\left( {y + 1} \right)$. Với $\left\{ \begin{array}{l}x = 13\\y = - 1\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0$

d) Đúng: Ta có $\overrightarrow {AC} = \left( { - 4; - 6;7} \right),\overrightarrow {BD} = \left( { - 4; - 6;7} \right)$ suy ra $\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {BD}$.

Vậy $ABDC$ là hình bình hành.

a) Đúng: Theo qui tắc hình bình hành, ta có $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} = \left( {0;2;0} \right) \Rightarrow D\left( {0;2;0} \right).$

b) Đúng: Ta có $\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {DD'} = \left( { - 1;1;5} \right) \Rightarrow A'\left( { - 1;1;5} \right){\rm{.\;}}$

c) Sai: Theo hình vẽ $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {BC} = \left( {0;2;0} \right)$.

d) Sai: Ta có $\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \left( {0;3;5} \right)$.

Xét $|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{C{C}^{'}}|=|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{'}}|=|\overrightarrow{A{C}^{'}}|=\sqrt{{0}^{2}+{3}^{2}+{5}^{2}}=\sqrt{34}$

d) Đúng: Khoảng cách hai chiếc khinh khí cầu là

$\sqrt{{(-1-2)}^{2}+{(1{,}5-1)}^{2}+{(0{,}8-0{,}5)}^{2}}=\sqrt{15{,}34}\approx 3{,}92(\text{km})$

Ta có $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;1)\Rightarrow AB=\sqrt{3},\overrightarrow{AC}=(1;-1;0)\Rightarrow AC=\sqrt{2}$, $\overrightarrow{BC}=(2;0;-1)\Rightarrow BC=\sqrt{5}$

a) Đúng: $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0$ do đó $AB \bot AC$, tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;1)\Rightarrow AB=\sqrt{3},\overrightarrow{AC}=(1;-1;0)\Rightarrow AC=\sqrt{2},$$\overrightarrow{BC}=(2;0;-1)\Rightarrow BC=\sqrt{5}$

b) Sai: Chu vi của tam giác là $AB+AC+BC=\sqrt{3}+\sqrt{2}+\sqrt{5}$

Ta có $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;1)\Rightarrow AB=\sqrt{3},\overrightarrow{AC}=(1;-1;0)\Rightarrow AC=\sqrt{2}$, $\overrightarrow{BC}=(2;0;-1)\Rightarrow BC=\sqrt{5}$

c) Sai: Diện tích là $S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\frac{\sqrt{6}}{2}$

Ta có $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;1)\Rightarrow AB=\sqrt{3},\overrightarrow{AC}=(1;-1;0)\Rightarrow AC=\sqrt{2}$, $\overrightarrow{BC}=(2;0;-1)\Rightarrow BC=\sqrt{5}$

d) Đúng: Tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của $BC$ có tọa độ $I\left( {1;1;\frac{1}{2}} \right)$.

a) Đúng: Áp dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng ta tính được

$AB = CD = \sqrt {10} ;AC = BD = \sqrt {13} ;AD = BC = \sqrt 5$

Vậy tứ diện $ABCD$ có các cạnh đối đôi một bằng nhau

b) Sai: Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;0;3} \right),\overrightarrow {CD} = \left( { - 1;0; - 3} \right)$. Gọi $\varphi$ là góc giữa $AB$ và $CD$

$\cos \varphi = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = \frac{{\left| { - 8} \right|}}{{\sqrt {10} .\sqrt {10} }} = \frac{4}{5}$

Vậy góc giữa $AB$ và $CD$ là $\varphi = \arccos 0{,}8$

c) Sai: Lấy $I$ trung điểm của $AB,J$ là trung điểm của $CD$

$\Delta ACD = \Delta BCD$ (c.c.c) nên 2 đường trung tuyến tương ứng $AJ = BJ$.

Vậy $\Delta AJB$ cân đỉnh $J$ nên $IJ$ vuông góc với $AB$ tại $I$.

Tương tự $\Delta ICD$ cân đỉnh $I$ nên $IJ$ vuông góc với $CD$ tại $J$.

Vậy $IJ$ là đường vuông góc chung của $AB$ và $CD$ ta được $I\left( {\frac{3}{2};1;\frac{3}{2}} \right)$ và $J\left( {\frac{3}{2}; - 1;\frac{3}{2}} \right)$

Vậy khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ chính là độ dài đoạn vuông góc chung $IJ$.

$d(AB;CD)=II=\sqrt{{(\frac{3}{2}-\frac{3}{2})}^{2}+{[1-(-1)]}^{2}+{(\frac{3}{2}-\frac{3}{2})}^{2}}=2$

d) Đúng: Theo kết quả câu 3. Lấy $G$ là trung điểm của $IJ$ ta được:

$GA = GB$ vì $\Delta GAB$ cân đỉnh $G$;$GC = GD$ vì $\Delta GCD$ cân đỉnh $G$

Mà $GA = \sqrt {G{I^2} + I{A^2}}$ mà $GI = GJ,IA = ID$ và $GC = \sqrt {G{J^2} + I{D^2}}$

Do đó $GA = GB = GC = GD = R$

Do đó $G$: Tâm mặt cầu ngoại tuyến khối tứ diện $ABCD:G\left( {\frac{3}{2};0;\frac{3}{2}} \right)$ và bán kính của mặt cầu là $R = GA = \frac{{\sqrt {14} }}{2}$ ($G$: cũng chính là trọng tâm của khối tứ diện gần đều $ABCD$)

a) Đúng: Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;0;1} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1;1;1} \right)$

Tính $[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]=(|\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1\end{matrix}|;|\begin{matrix}1 & 1 \\ -1 & 1\end{matrix}|;|\begin{matrix}-1 & 0 \\ 1 & 1\end{matrix}|)=(-1;2;-1)\ne \overrightarrow{0}$

Do đó 2 véc tơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$ không cùng phương. Vậy$A,B,C$ là 3 đỉnh của một tam giác

Diện tích tam giác $ABC$: ${S}_{ΔABC}=\frac{1}{2}|[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]|=\frac{1}{2}\sqrt{{(-1)}^{2}+{2}^{2}+{(-1)}^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ (đvdt)

b) Sai: $ABCD$ là hình bình hành khi và chỉ khi $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$.

Gọi $D\left( {x;y;z} \right)$ ta có: $\overrightarrow {AD} = \left( {x - 1;y;z} \right);\overrightarrow {BC} = \left( {2;1;0} \right)$

Vậy $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x-1=2 \\ y=1 \\ z=0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=3 \\ y=1 \\ z=0\end{matrix}$

c) Đúng: Diện tích $ΔABC=\frac{1}{2}AH\cdot BC=\frac{\sqrt{6}}{2}\Leftrightarrow AH=\frac{\sqrt{6}}{BC}$

Ta có $BC = \sqrt 5$$\Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt {30} }}{5}$ (đơn vị dài)

d) Sai: Thể tích của khối chóp $SABCD = V$

Ta có $V=2{V}_{SABC}=\frac{1}{3}|[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]\cdot \overrightarrow{AS}|$

Tính $\overrightarrow {AS} = ( - 1;3;4)$ do kết quả câu 1 nên $[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]\overrightarrow{.AS}=1+6-4=3>0$ do đó $V = 1$ (đvtt)

c) Sai: Để tính góc dốc của mái nhà, ta đi tính số đo góc nhị diện có cạnh là đường thẳng $FG$, hai mặt phẳng lần lượt là $\left( {FGQP} \right)$ và $\left( {FGHE} \right)$. Do mặt phẳng $\left( {Ozx} \right)$ vuông góc với hai mặt phẳng $\left( {FGQP} \right)$ và $\left( {FGHE} \right)$ nên góc $PFE$ là góc phẳng nhị diện ứng với góc nhị diện đó.

Ta có $\overrightarrow {FP} = \left( { - 2;0;1} \right),\overrightarrow {FE} = \left( { - 4;0;0} \right)$.

Suy ra $\text{cos}\widehat{PFE}=\text{cos}(\overrightarrow{FP},\overrightarrow{FE})=\frac{\overrightarrow{FP}\cdot \overrightarrow{FE}}{|\overrightarrow{FP}|\cdot |\overrightarrow{FE}|}=\frac{(-2)\cdot (-4)+0\cdot 0+1\cdot 0}{\sqrt{{(-2)}^{2}+{0}^{2}+{1}^{2}}\cdot \sqrt{{(-4)}^{2}+{0}^{2}+{0}^{2}}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Do đó, $\widehat{PFE}\approx 26$,. Vậy góc dốc của mái nhà khoảng ${26{,}6}^{∘}$.