Đáp án đúng: A

Ta có \({\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right)^2} = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} - 2\overrightarrow a .\overrightarrow b \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = \frac{9}{2}.\) Do đó: \(\cos \;\alpha = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{3}{8}\).

Đáp án đúng: B

\({\left( {3\overrightarrow a + 5\overrightarrow b } \right)^2} = 9{\overrightarrow a ^2} + 30\overrightarrow a \overrightarrow b + 25{\overrightarrow b ^2}\)\( = 9 + 90 + 25 = 124\)\( \Rightarrow \left| {3\overrightarrow a + 5\overrightarrow b } \right| = \sqrt {124} \).

Đáp án đúng: D

Ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} .\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AD.\cos 60^\circ - AB.AC.\cos 60^\circ = 0\)

\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = 90^\circ \).

Đáp án đúng: C

Vì điểm \(M\) thỏa mãn hệ thức \(\overrightarrow {OM} = 2\overrightarrow i + \overrightarrow j \) nên tọa độ điểm \[M\left( {2;\,1;\,0} \right)\].

Đáp án đúng: C

Tọa độ hình chiếu của điểm \(A\left( { - 2; - 1;3} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là \(\left( {0; - 1;3} \right)\).

Đáp án đúng: C

Hình chiếu vuông góc của điểm \(A\left( {1;2;5} \right)\) lên trục \(Ox\) có tọa độ là \(\left( {1;0;0} \right)\).

Đáp án đúng: D

Ta có: \(\overrightarrow i = \left( {1\,;\,0\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow j = \left( {0\,;\,1\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow k = \left( {0\,;\,0\,;\,1} \right)\) nên \(\overrightarrow b = 2\overrightarrow i - 4\overrightarrow k \Rightarrow \overrightarrow b = \left( {2\,;\,0\,;\, - 4} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow u = \overrightarrow a - \overrightarrow b = \left( { - 1\,;\,2\,;\,7} \right)\).

Đáp án đúng: B

Ta có \(\overrightarrow {BC} = \left( {\,1\,;\,2\,;\,2} \right)\); \(ABCD\) là hình bình hành \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} + 4 = 1\\{y_D} - 1 = 2\\{z_D} + 5 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}{x_D} = - 3\\{y_D} = 3\\{z_D} = - 3\end{array} \right.\).

Đáp án đúng: C

Gọi \(B\left( {x;y;z} \right)\). Khi đó \(\overrightarrow {AB} = \left( {x - 4;y - 6;z + 3} \right)\). Khi đó \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow a \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 4 = - 3\\y - 6 = 2\\z + 3 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 8\\z = - 2\end{array} \right.\).

Đáp án đúng: B

Điểm \(A'\) đối xứng với điểm \(A\) qua điểm \(B\) nên \[B\] là trung điểm của đoạn \[AA'\].

Do đó \[\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 2{x_B} - {x_A} = - 4\\{y_{A'}} = 2{y_B} - {y_A} = 3\\{z_{A'}} = 2{z_B} - {z_A} = 1\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( { - 4;3;1} \right)\].

Đáp án đúng: B

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;\, - 4;\,2} \right)\); \(\overrightarrow {AM} = \left( {x - 2;\,y + 1;\, - 4} \right)\).

Để ba điểm \(A,\,B,\,M\)thẳng hàng thì \(\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y + 1}}{{ - 4}} = \frac{{ - 4}}{2}\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 4\\y = 7\end{array} \right.\).

Đáp án đúng: B

Điểm \(M\left( {{x_0}\,;\,{y_0}\,;\,{z_0}} \right)\) có điểm đối xứng qua trục \(Oy\)là điểm \(M'\left( { - {x_0}\,;\,{y_0}\,;\, - {z_0}} \right)\).

Vậy điểm \(M\left( {2\,;\, - 1\,;\, - 3} \right)\) có điểm đối xứng qua trục \(Oy\) là điểm \(M'\left( { - 2\,;\, - 1\,;\,3} \right)\).

Đáp án đúng: B

Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(BC\).Ta có: \(\overrightarrow u = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2.\overrightarrow {AM} = 2.\frac{3}{2}.\overrightarrow {AG} = 3\overrightarrow {AG} = \left( {3;6; - 3} \right)\).

Đáp án đúng: C

Vì \(I\left( {x;y;z} \right)\) là trung điểm \(MN\) nên ta có: \[2\overrightarrow {IM} + 2\overrightarrow {IN} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} = \overrightarrow 0 \].

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{2 + 0 + 0 + 2}}{4}\\y = \frac{{0 + 2 + 0 + 2}}{4}\\z = \frac{{0 + 0 + 2 + 2}}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\\z = 1\end{array} \right.\). Vậy \(I\left( {1;1;1} \right)\).

Đáp án đúng: A

Ta có: \(3\overrightarrow a = \left( {9;12;6} \right)\); \(2\overrightarrow b = \left( { - 10;0;6} \right)\); \( - \overrightarrow c = \left( { - 1; - 2;4} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow u = 3\overrightarrow a + 2\overrightarrow b - \overrightarrow c \)\( = \left( { - 2;10;16} \right)\).

Đáp án đúng: D

Ta có: \(I\left( {\frac{{2 - 1}}{2}\,;\,\frac{{1 + 2}}{2}\,;\,\frac{{1 + 1}}{2}} \right)\)\[ \Rightarrow I\left( {\frac{1}{2}\,;\,\frac{3}{2}\,;\,1} \right)\].

Đáp án đúng: C

Đặt \(M\left( {x\,;y\,;z} \right)\), khi đó: \(\overrightarrow {MA} = \left( {1 - x\,;2 - y\,;3 - z} \right)\) và \(\overrightarrow {MB} = \left( { - 2 - x\,; - 4 - y\,;9 - z} \right)\).

Ta có: \(MA = 2MB \Rightarrow \overrightarrow {MA} = - 2\overrightarrow {MB} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - x = - 2\left( { - 2 - x} \right)\\2 - y = - 2\left( { - 4 - y} \right)\\3 - z = - 2\left( {9 - z} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = - 2\\z = 7\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - 1\,; - 2\,;7} \right)\).

Khi đó: \(\overrightarrow {OM} = \left( { - 1\,; - 2\,;7} \right)\). Vậy \[OM = \sqrt {54} \].

Đáp án đúng: A

Ta có: \[\overrightarrow a .\overrightarrow b = 1.2 + \left( { - 2} \right).\left( { - 4} \right) + 1.\left( { - 2} \right) = 8\].

Đáp án đúng: B

Ta có:\(\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( {5; - 1; - 1} \right).\)

Đáp án đúng: C

Ta có trọng tâm \[G\] của tam giác \[ABC\]: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = \frac{a}{3}\\ - 2 = \frac{b}{3}\\3 = \frac{c}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = - 6\\c = 9\end{array} \right.\].

Khi đó: \[a + b + c = 3 + \left( { - 6} \right) + 9 = 6\].

Đáp án đúng: B

Ta có \({\rm{cos}}\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{\left( { - 1} \right).0 + 2.\left( { - 2} \right) + 0.1}}{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {0^2}} .\sqrt {{0^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{ - 4}}{5}\).

Đáp án đúng: A

Ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \left( {2\,;\, - 2\,;\,8} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \left( {1\,;\, - 1\,;\,4} \right)\).

Khi đó \(AM = \left| {\overrightarrow {AM} } \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {4^2}} = 3\sqrt 2 \).

Đáp án đúng: B

Hai vectơ \(\vec a\) và \(\overrightarrow b \)vuông góc với nhau khi và chỉ khi \(\vec a\,.\,\overrightarrow b = 0 \Leftrightarrow 3.2 + \left( { - 2} \right).m + m.\left( { - 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 6 - 3m = 0 \Leftrightarrow m = 2\).

a) Đúng. Theo công thức vì \[G\] là trọng tâm tứ diện \[ABCD \Rightarrow \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \].

b) Đúng. Ta có:

\[\overrightarrow {OG} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {OG} + \overrightarrow {OG} + \overrightarrow {OG} } \right) = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {BG} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {CG} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {DG} } \right)\]\[ = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right)\].

c) Đúng.\[\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = - \overrightarrow {GB} = \overrightarrow {BG} \].

d) Sai.\[\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OG} = \overrightarrow {AO} + \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right) = \overrightarrow {AO} + \frac{1}{4}\left( {4\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)\]

\[ = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OA} + \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)\].

Lấy các điểm \(M,N,P,Q\)lần lượt trên các tia \(EA,EB,EC,ED\) sao cho

\(\overrightarrow {EM} = \overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {EN} = \overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {EP} = \overrightarrow {{F_3}} ,\overrightarrow {EQ} = \overrightarrow {{F_4}} {\rm{. }}\)

Do các lực căng \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} ,\overrightarrow {{F_4}} \) đều có cường độ là \(4700\;{\rm{N}}\) nên \(EM = EN = EP = EQ = 4700\).

a) Sai. Ta có: \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {EM} + \overrightarrow {EN} = 2\overrightarrow {EH} \), với \(H\) là trung điểm của \(MN\).

\(\overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {EP} + \overrightarrow {EQ} = 2\overrightarrow {EK} \), với \(K\) là trung điểm của \[PQ\] suy ra \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} \ne \overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} \).

b) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {EM} + \overrightarrow {EP} = 2\overrightarrow {EO} \), với \(O\) là trung điểm của \(MP\).

\(\overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {EN} + \overrightarrow {EQ} = 2\overrightarrow {EO} ,\) với \(O\) là trung điểm của \[MP\] suy ra \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_4}} \).

c) Đúng.\(\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = |2\overrightarrow {EO} | = 2EO\). Theo giả thiết, góc giữa \(EA\)với \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(60^\circ \) nên góc giữa \(EM\)với \(\left( {MNPQ} \right)\) cũng bằng \(60^\circ \) hay \(\widehat {SMO} = 60^\circ \).

Xét \(\Delta EMO\) có \(EM = 4700,\widehat {\,SMO} = 60^\circ \) suy ra \(EO = EM\sin 60^\circ = 2350\sqrt 3 \).

d) Đúng. Từ đây ta tính được \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = 2EO = 8141\;{\rm{N}}\).

a) Đúng. Có điểm A trùng với gốc tọa độ \({\rm{O}},D \in Oy \Rightarrow D\left( {0;{y_D};0} \right)\).

Mà \(AD = 7\), suy ra \({y_D} = 7\) hay \(D\left( {0;7;0} \right)\).

b) Đúng. Các điểm \(C,D\) có tung độ bằng nhau và bằng 7.

c) Sai. Ta có tọa độ điểm \(D'\left( {0;7;3,5} \right)\) và điểm \(C'\left( {6;7;3,5} \right)\).

Suy ra vectơ \(\overline {C'D'} \left( { - 6;0;0} \right)\).

d) Sai. Ta có điểm \(A'\left( {0;0;3,5} \right)\) và điểm \(C'\left( {6;7;3,5} \right)\).

Tọa độ trung điểm của \(A'{\rm{C'}}\) là \(\left( {\frac{{6 + 0}}{2};\frac{{7 + 0}}{2};\frac{{3,5 + 3,5}}{2}} \right) = \left( {3;3,5;3,5} \right)\).

Mà bóng đèn được treo cách trần nhà \(0,5{\rm{\;m}}\).

Vậy bóng đèn nằm tại vị trí có toạ độ \(\left( {3;3,5;3} \right)\).

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

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

b) Sai. Chu vi của tam giác là \(AB + AC + BC = \sqrt 3 + \sqrt 2 + \sqrt 5 \).

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

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. Chiếc khinh khí cầu thứ nhất có tọa độ là \(\left( {2;1;0,5} \right)\).

b) Sai. Chiếc khinh khí cầu thứ hai có tọa độ là \(\left( { - 1; - 1,5;0,8} \right)\).

c) Sai. Khoảng cách từ điểm xuất phát đến khinh khí cầu thứ nhất bằng\(\sqrt {{2^2} + {1^2} + 0,{5^2}} = \frac{{\sqrt {21} }}{2}\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\).

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

\(\sqrt {{{\left( { - 1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {1,5 - 1} \right)}^2} + {{\left( {0,8 - 0,5} \right)}^2}} = \sqrt {15,34} \approx 3,92\left( {{\rm{km}}} \right)\).

a) Sai. Vì nền nhà là hình chữ nhật nên tứ giác \(OABC\) là hình chữ nhật, suy ra \({x_A} = {x_B} = 4,{y_C} = {y_B} = \) 5. Do \(A\) nằm trên trục \(Ox\) nên tọa độ điểm \(A\) là \(\left( {4;0;0} \right)\).

b) Sai. Tường nhà là hình chữ nhật, suy ra \({y_H} = {y_C} = 5,{z_H} = {z_E} = 3\). Do \(H\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) nên tọa độ điểm \(H\) là \(\left( {0;5;3} \right)\).

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 \({\rm{cos}}\widehat {PFE} = {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {FP} ,\overrightarrow {FE} } \right) = \frac{{\overrightarrow {FP} \cdot \overrightarrow {FE} }}{{\left| {\overrightarrow {FP} \left| \cdot \right|\overrightarrow {FE} } \right|}} = \frac{{\left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 4} \right) + 0 \cdot 0 + 1 \cdot 0}}{{\sqrt {{{( - 2)}^2} + {0^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{{( - 4)}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

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

d) Sai. Chiều cao bằng cao độ của điểm \(P\) suy ra \(h = 4\).

a) Đúng. Dựa vào hình vẽ, máy bay đang ở độ cao 9 km.

b) Đúng. Dựa vào hệ tọa độ trong hình vẽ, ta thấy vị trí của máy bay tại thời điểm 9h30’ là \(A\left( {150;300;9} \right)\).

c) Sai. Gọi \(B\left( {150;1086;9} \right)\) là vị trí của máy bay tại thời điểm 10h30'.

Quãng đường máy bay đi được trong 1 giờ là khoảng cách từ A đến B.

Có \(AB = \sqrt {{{(1086 - 300)}^2}} = 786\).

Vận tốc giá theo hướng Đông: \(v = 10{\rm{\;m}}/{\rm{s}} = 36\left( {{\rm{km}}/{\rm{h}}} \right)\)

Vận tốc của máy bay là \(\frac{{786}}{1} - 36 = 750\left( {{\rm{km}}/{\rm{h}}} \right)\).

d) Sai. Từ lúc 10h30', vận tốc máy bay theo hướng Đông là \({v_T} = - 800{\rm{\;km}}/{\rm{h}}\).

Gọi \(C\left( {x;y;z} \right)\) là vị trí của máy bay tại thời điểm 11h.

Có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_B}}\\{y = {y_B} + {v_T}.t}\\{z = {z_B}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 150}\\{y = 1086 - 800.\frac{1}{2}}\\{z = 9}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 150}\\{y = 686}\\{z = 9}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Suy ra \(C\left( {150;686;9} \right)\).

Vậy máy bay cách gốc tọa độ khoảng 702 km.

a) Sai.\(\overrightarrow {AB} = \left( {20;\,30;\,30} \right)\); \(\overrightarrow {AD} = \left( {4;\,6;\,6} \right)\).

Ta có \(\frac{{20}}{4} = \frac{{30}}{6} = \frac{{30}}{6}\).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} \), \(\overrightarrow {AD} \) cùng phương.

\( \Rightarrow \) 3 điểm \(A\), \(B\), \(D\) thẳng hàng.

Do đó flycam bay qua vị trí \[D\left( {5;\,8;\,9} \right)\].

b) Sai.Flycam ở vị trí \(A\left( {1;\,2;\,3} \right)\) và sau 10 phút nó ở vị trí \(B\left( {21;\,32;\,33} \right)\).

\( \Rightarrow \)\(\overrightarrow {AB} = 10\overrightarrow v \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow v = \frac{{\overrightarrow {AB} }}{{10}} = \left( {2;\,3;\,3} \right)\).

c) Đúng. Độ lớn của vận tốc flycam là \(\left| {\overrightarrow v } \right| = \sqrt {{2^2} + {3^2} + {3^2}} = \sqrt {22} \)(m/phút).

d) Đúng.Tại thời điểm \(t = 0\), flycam ở vị trí \(A\) và sau 15 phút flycam ở vị trí \(C\).

Suy ra \(\overrightarrow {AC} = 15\overrightarrow v \)\( \Leftrightarrow \left( {{x_C} - 1;\,{y_C} - 2;\,{z_C} - 3} \right) = 15\left( {2;\,3;\,3} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 31\\{y_C} = 47\\{z_C} = 48\end{array} \right.\).

Vậy \(C\left( {31;\,47;\,48} \right)\).

a) Sai. Kẻ \(TM \bot Oy\), \(CN \bot Oy\).

Vì \(T\) là hình chiếu của \(Q\) lên \(\left( {Oxy} \right)\) nên

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_Q} = {x_T} = - OD = - \left( {AD - OA} \right) = - 6\\{y_Q} = {y_T} = OH = \frac{{AB}}{2} = 3\end{array} \right.\).

\({z_Q} = QT = 7\)

Suy ra \(Q\left( { - 6;\,3;\,7} \right)\).

b) Đúng. Vì \(C \in \left( {Oxy} \right)\) nên \({z_C} = 0\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = - OD = - 6\\{y_C} = ON = AB = 6\end{array} \right.\).Suy ra \(C\left( { - 6;\,6;\,0} \right)\).Vậy \(\overrightarrow {OC} = \left( { - 6;\,6;\,0} \right)\).

c) Đúng Gọi \(L\) là trung điểm của \(FG\).

Ta có: \({z_K} = OK = AE = 5\).

Suy ra \(K\left( {0;\,0;\,5} \right)\).

\( \Rightarrow OK = 5\).

\(B\), \(C\) lần lượt là hình chiếu của \(F\), \(G\) lên \(\left( {Oxy} \right)\).

Suy ra \(F\left( {2;\,6;\,5} \right)\), \(G\left( { - 6;\,6;\,5} \right)\).

Mà \(L\) là trung điểm của \(FG\) nên \(L\left( { - 2;\,6;\,5} \right)\)\( \Rightarrow KL = 2\sqrt {10} \).

Vậy độ dài đoạn cáp tối thiểu từ \(O\) đến \(K\)sau đó nối thẳng đến camera là

\(OK + KL = 5 + 2\sqrt {10} \) (m)

d) Sai.\(FG = \sqrt {{{\left( { - 6 - 2} \right)}^2} + {{\left( {6 - 6} \right)}^2} + {{\left( {5 - 5} \right)}^2}} = 8\) (m) .

\(GQ = \sqrt {{{\left( { - 6 + 6} \right)}^2} + {{\left( {3 - 6} \right)}^2} + {{\left( {7 - 5} \right)}^2}} = \sqrt {13} \) (m).

Suy ra \({S_{FGQP}} = FG \cdot GQ = 8\sqrt {13} \)\(\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích lợp tôn mái nhà là \(2{S_{FGQP}} = 16\sqrt {13} \)\(\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Số tiền cần bỏ ra để mua tôn lợp mái nhà là

\(16\sqrt {13} \cdot 130\,000 \approx 7\,500\,000\) (đồng).

a) Sai.Tàu thám hiểm ở vị trí \(A\left( {25; - 15; - 10} \right)\).

Khoảng cách từ tàu thám hiểm đến radar là \(OA = \sqrt {{{25}^2} + {{15}^2} + {{10}^2}} = 5\sqrt {38} \approx 30,8\;{\rm{km}}\).

b) Đúng. Radar đặt tại \(O\) có phạm vi theo dõi là 30 km, mà khoảng cách từ tàu thám hiểm đến radar là 30,8 \( > 30\) nên radar không phát hiện được tàu thám hiểm đặt tại vị trí \(A\).

c) Đúng. Khoảng cách từ tàu đánh cá đến radar là

\(OB = \sqrt {{{20}^2} + {{15}^2}} = 25\;{\rm{km}} < 30\;{\rm{km}}\).

Vậy radar phát hiện ra tàu đánh cá tại vị trí \(B\).

d) Đúng. Giả sử chiếc tàu của cảnh sát biển ở vị trí \(C\left( {15;y;0} \right)\).

Khoảng cách từ tàu của cảnh sát biển đến radar là \(OC = \sqrt {{{15}^2} + {y^2}} \).

Để radar phát hiện ra thì tàu cảnh sát biển thì: \(OC < 30 \Leftrightarrow {15^2} + {y^2} < {30^2} \Leftrightarrow - 15\sqrt 3 < y < 15\sqrt 3 \).

Vậy để radar phát hiện ra thì tàu cảnh sát biển cần di chuyển về phía đông cách \(O\) tối đa \(15\sqrt 3 \;{\rm{km}}{\rm{.}}\)

Gán các lực \[\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {SB} ,\,\,\overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {SC} .\]

Vì \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|\) và góc tạo bởi mỗi chân của giá đỡ với mặt đất bằng \(60^\circ \) nên \(S.ABC\) là hình chóp đều.

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC,\,\,G\) là trọng tâm \(\Delta ABC \Rightarrow SG \bot \left( {ABC} \right).\)

Ta có \(\widehat {SBG} = 60^\circ \Rightarrow SG = SA.\sin 60^\circ = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SA = \frac{{2SG}}{{\sqrt 3 }}.\)

Đặt \(\overrightarrow F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow F } \right| = 30\left( {\rm{N}} \right).\)

Vì \(\overrightarrow F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG} \Rightarrow \left| {\overrightarrow F } \right| = 3\left| {\overrightarrow {SG} } \right| \Rightarrow SG = \frac{{\left| {\overrightarrow F } \right|}}{3} = 10.\)

Vậy \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {SA} } \right| = 2\frac{{SG}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{20}}{{\sqrt 3 }} \approx 11,5\left( {\rm{N}} \right).\)

Đáp án:11,5.

Đặt \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 25\) N, \(\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 25\) N, \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 4\) N.

Theo giả thiết ta có

\({\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right|^2} = {\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|^2} + 2\overrightarrow {{F_1}} \overrightarrow {{F_2}} = {25^2} + {12^2} + {4^2} + 2.25.12\cos 100^\circ \)

nên \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = 5{\rm{,}}1\) N.

Đáp án: 5,1.

\(\overrightarrow {OA} = \left( { - 16; - 10;10} \right) \Rightarrow OA = \left| {\overrightarrow {OA} } \right| = 2\sqrt {114} \approx 21,35\,\,{\rm{(km)}}.\)

Khinh khí cầu bay theo hướng của vectơ \(\overrightarrow v \left( {4;3; - 1} \right)\), do đó vị trí của máy bay ở vị trí \(M\) thì \(\overrightarrow {OM} = t\overrightarrow v ,(0 \le t \le 10)\). Suy ra \(M\left( {4t - 16;3t - 10; - t + 10} \right),(0 \le t \le 10),\)\(t\;\)(giờ).

Theo bài ra, ta có:

\(OM \le 12 \Leftrightarrow {\left( {4t - 16} \right)^2} + {\left( {3t - 10} \right)^2} + {\left( { - t + 10} \right)^2} \le 144 \Leftrightarrow 26{t^2} - 208t + 312 \le 0 \Leftrightarrow 2 \le t \le 6.\)

Thời gian kể từ khi trạm kiểm soát không lưu phát hiện ra khinh khí cầu đến khi khinh khí cầu ra khỏi vùng kiểm soát là 4 (giờ) = 240 (phút).

Đáp án: 240.

Ta có: \(\overrightarrow {OA} = 10\vec k \Rightarrow A\left( {0;0;10} \right)\) và \(OH = OB.\cos 30^\circ = \frac{{15\sqrt 3 }}{2}\); \(OK = OB.\cos \left( {90^\circ - 30^\circ } \right) = \frac{{15}}{2}\)

\[ \Rightarrow {\rm{ }}B\left( {\frac{{15}}{2};\frac{{15\sqrt 3 }}{2};0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {\frac{{15}}{2};\frac{{15\sqrt 3 }}{2}; - 10} \right)\]. Vậy \(a + c = - 2,5\).

Đáp án: −2,5.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\), với gốc đặt tại điểm xuất phát của hai chiếc khinh khí cầu, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất, trục \(Ox\) hướng về phía Bắc, trục \(Oy\) hướng về phía Tây, trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo kilômét (xem hình vẽ).

Chiếc khinh khí cầu thứ nhất có tọa độ \(\left( { - 100; - 80;1} \right)\).

Chiếc khinh khí cầu thứ hai có tọa độ \(\left( {70;60;0,8} \right)\).

Khoảng cách của chiếc khinh khí cầu thứ nhất với vị trí tại điểm xuất phát của nó là:

_{\[\sqrt {{{\left( { - 100} \right)}^2} + {{\left( { - 80} \right)}^2} + {1^2}} \approx 128\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\]}.

Khoảng cách giữa chiếc khinh khí cầu thứ nhất và chiếc khinh khí cầu thứ hai là:

\[\sqrt {{{\left( { - 100 - 70} \right)}^2} + {{\left( { - 80 - 60} \right)}^2} + {{\left( {1 - 0,8} \right)}^2}} \approx 220\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\].

Đáp án: 220.

Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\) là vị trí của máy bay sau 10 phút bay tiếp theo (tính từ thời điểm máy bay ở điểm \(B\)). Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BD} \) cùng hướng. Do vận tốc máy bay không đổi và thời gian bay từ \(A\) đến \(B\) bằng thời gian bay từ \[B\] đến \(D\) nên \(AB = BD\).

Do đó, \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} = \left( {140;50;1} \right)\).

Mặt khác: \(\overrightarrow {BD} = \left( {x - 940;y - 550;z - 8} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 940 = 140}\\{y - 550 = 50}\\{z - 8 = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1080}\\{y = 600}\\{z = 9}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy \(D\left( {1080;600;9} \right)\). Vậy tọa độ của máy bay trong 10 phút tiếp theo là \(\left( {1080;600;9} \right)\).

Suy ra \(x + y + z = 1689\).

Đáp án: 1689.

Ta có: \[\overrightarrow {AM} = \left( {x - 60;y - 20} \right),\overrightarrow {AB} = \left( { - 40;30} \right)\].

Vì xe thiết giáp chuyển động thẳng đều nên \(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \).

Do đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 60 = - \frac{{40}}{3}}\\{y - 20 = 10}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{140}}{3}}\\{y = 30.}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy vị trí của xe thiết giáp tại thời điểm sau khi xuất phát 1 giờ là \(M\left( {\frac{{140}}{3};30} \right){\rm{.\;}}\)

Đáp án: 30.

Gọi I là tâm của hình chữ nhật \[ABCD\].

Ta có \(BD = \sqrt[{}]{{{{900}^2} + {{1200}^2}}} = 1500 \Rightarrow ID = 750\).

Theo giả thiết ta có \(\tan \widehat {SDI} = \frac{1}{5} \Rightarrow \frac{{SI}}{{ID}} = \frac{1}{5} \Rightarrow SI = \frac{1}{5}ID = \frac{1}{5}.750 = 150\).

Gọi H là tâm của hình chữ nhật OKNM. Từ giả thiết ta có \(H\left( {450;600;0} \right)\).

Ta có \(SH = IH + SI = 450 + 150 = 600\).

Do đó \(S\left( {450;600;600} \right) \Rightarrow a + b + c = 450 + 600 + 600 = 1650\).

Đáp án: 1650.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\), với gốc đặt tại điểm xuất phát của hai chiếc máy bay, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất, trục \(Ox\) hướng về phía Bắc, trục \(Oy\) hướng về phía Tây, trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo kilômét (xem hình vẽ).

Chiếc máy bay thứ nhất có tọa độ \(\left( { - 60; - 40;2} \right)\).

Chiếc máy bay thứ hai có tọa độ \(\left( {80;50;4} \right)\).

Do chiếc máy bay thứ ba nằm chính giữa của chiếc máy bay thứ nhất và thứ hai, đồng thời ba chiếc máy bay này thẳng hàng nên ở vị trí trung điểm, suy ra chiếc máy bay thứ ba có tọa độ \(\left( {\frac{{ - 60 + 80}}{2};\frac{{ - 40 + 50}}{2};\frac{{2 + 4}}{2}} \right) = \left( {10;5;3} \right)\).

Khoảng cách giữa chiếc máy bay thứ nhất và chiếc máy bay thứ hai:

\[\sqrt {{{\left( { - 60 - 80} \right)}^2} + {{\left( { - 40 - 50} \right)}^2} + {{\left( {2 - 4} \right)}^2}} \approx 166,4\left( {{\rm{km}}} \right)\].

Khoảng cách của chiếc máy bay thứ ba với vị trí tại điểm xuất phát của nó là:

\[\sqrt {{{10}^2} + {5^2} + {3^2}} \approx 11,6\left( {{\rm{km}}} \right)\].

Đáp án: 11,6.

Đáp án: 690.

a) Ta có: \(\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = \widehat {CAB} = 45^\circ \); \(\left( {\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {B'D'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {BD'} } \right) = 90^\circ \)

\[\left( {\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {CD} } \right) = \left( {\overrightarrow {CE} ,\,\overrightarrow {CD} } \right) = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ \] (\(E\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(C\))

\(\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {BC'} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AD'} ,\overrightarrow {BD} } \right) = \left( {\overrightarrow {BC'} ,\overrightarrow {BD} } \right) = \widehat {C'BD}\) mà tam giác \(C'BD\) là tam giác đều nên khi đó ta có \(\widehat {C'BD} = 60^\circ \).

b) Ta có \(AC = BD = B'D' = 5\sqrt 2 \) suy ra:

.

Do \(AC\) vuông góc với \(B'D'\) nên \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {B'D'} = 0\).

.

c) Ta cần chứng minh \(\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {BD} = 0\)

Ta có: \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \) và \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} \) nên \(\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right).\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } \right)\)

\[ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {A{B^2}} + \overrightarrow {A{D^2}} - \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AB} = {5^2} - {5^2} = 0\].

Suy ra \(\overrightarrow {AC'} \) vuông góc với \(\overrightarrow {BD} \) (điều phải chứng minh).

Gọi \(\overrightarrow F \) là hợp lực của các lực \(\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {\,{F_2}} ,\,\,\overrightarrow {{F_3}} \) tức là \[\overrightarrow F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} \] ta có:

\({\left| {\overrightarrow F } \right|^2} = {\left( {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right)^2} = \overrightarrow {{F_1}^2} + \overrightarrow {{F_2}^2} + \overrightarrow {{F_3}^2} + 2.\overrightarrow {{F_1}} .\overrightarrow {{F_2}} + 2.\overrightarrow {{F_2}} .\overrightarrow {{F_3}} + 2.\overrightarrow {{F_3}} .\overrightarrow {{F_{1`}}} \)

\( = {20^2} + {15^2} + {10^2} + 2.20.25.{\rm{cos135}}^\circ \, = 725 - 300\sqrt 2 \).

Vậy \(\left| {\overrightarrow F } \right| = \sqrt {725 - 300\sqrt 2 } \approx 17,34\)N.

Ta có \(1,5\) tấn \( = \)\(1500\) kg.

Độ lớn của trọng lực tác dụng lên xe là: \(\left| {\overrightarrow P } \right| = m.\left| {\overrightarrow g } \right| = 1500.9,8 = 14700\)N.

Vectơ \(\overrightarrow d \) biểu thị độ dịch chuyển của xe có độ dài là: \(\left| {\overrightarrow d } \right| = 30\left( {\rm{m}} \right)\) và \(\left( {\overrightarrow P ,\overrightarrow d } \right) = 90^\circ - 5^\circ = 85^\circ \).

Công sinh ra bởi trọng lực khi xe đi hết đoạn đường dốc là:

\(A = \overrightarrow P .\overrightarrow d = \left| {\overrightarrow P } \right|.\left| {\overrightarrow d } \right|.{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow P ,\overrightarrow d } \right) = 14700.30.{\rm{cos85}}^\circ \approx 38436\) (J).

a) Gọi \(O\) là vị trí trên vật mà ba lực cùng tác động vào. Gọi \(A,\,\,B,\,\,C\) là các điểm sao cho \(\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {OA} \)\[\overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {OB} \,,\,\,\overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {OC} \]. Khi đó \[\left| {\overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = OE = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\]N.

b) Dựng các hình chữ nhật \(OBEC\) và \(OEFA\) thì ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OE} \\\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OE} = \overrightarrow {OF} \end{array} \right.\).

Do đó \[\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OE} = \overrightarrow {OF} \]

Vậy độ lớn hợp lực của cả ba lực là:

\(\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = \overrightarrow {OF} = \sqrt {O{A^2} + O{E^2}} = \sqrt {O{A^2} + O{B^2} + O{C^2}} = \sqrt {{2^2} + {3^2} + {4^2}} = \sqrt {29} \)N.

Gọi toạ độ các điểm \(B\left( {3\,;\,0\,;\,0} \right)\,;\,C\left( {3\,;\,6\,;\,0} \right)\,;\,D\left( {0\,;\,6\,;\,0} \right)\) như hình vẽ dưới đây:

Gọi \(N\) là trung điểm của \(OC\), \(N'\) là hình chiếu của \(N\) lên mặt phẳng trần nhà suy ra \(N'\) là điểm treo đèn.

Khi đó \(N\left( {\frac{3}{2}\,;\,3\,;\,0} \right) \Rightarrow N'\left( {\frac{3}{2}\,;\,3\,;\,3} \right)\).

Vậy toạ độ của điểm treo đèn là \(\left( {\frac{3}{2}\,;\,3\,;\,3} \right)\).