Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 2 lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

Ta có \(M\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\,;\,\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}} \right) = \left( {\frac{{1 + 0}}{2}\,;\,\frac{{3 + 1}}{2}\,;\,\frac{{ - 4 + 6}}{2}} \right) = \left( {1\,;\,2\,;\,1} \right)\) là trung điểm của \(AB\).

Theo công thức tính tọa độ trong tâm của tam giác ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{1 - 1 + 3}}{3}\\{y_G} = \frac{{1 + 0 - 7}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_G} = 1\\{y_G} =  - 2\end{array} \right..\)

Theo đề bài ta có tọa độ của ra đa là \(\left( {0;0;0} \right)\), tọa độ của tàu thám hiểm là \(\left( {30;25; - 15} \right)\).

Khi đó khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là:

\(d = \sqrt {{{(30 - 0)}^2} + {{(25 - 0)}^2} + {{( - 15 - 0)}^2}}  = 5\sqrt {70}  \approx 41,8.\)

Vậy khoảng khoảng cách giữa ra đa và tàu thám hiểm là \(41,8\)km.

a) Đúng.

\(\overrightarrow {DM}  = \frac{{\overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {{\rm{DC}}} }}{2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow {DM}  = \frac{{\overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {{\rm{CD}}} }}{{ - 2}}\)

b) Sai.

\(\overrightarrow {AH}  = \frac{{\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2}\),\(\overrightarrow {AM}  = \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = \frac{{\frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{2} + \overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = \frac{{\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{4}\)

c) Đúng.

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AH}  = \overrightarrow {AB} .(\frac{{\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{4})\)\( = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{4}\)\( = \frac{{A{B^2}}}{4} = \frac{{{a^2}}}{4}\)

d) Sai.

\[\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} \],\(\overrightarrow {AH}  = \frac{{\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{4}\)

Vậy \[\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AH}  = (\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} ).(\frac{{\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} }}{4})\]

\[\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AH}  = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {A{\rm{D}}} }}{2} + \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC} }}{4} - \frac{{\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} }}{2} - \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{4}\]

\[\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AH}  = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC} }}{4} - \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB} }}{4} = 0\] .

Vậy góc giữa vectơ \[\overrightarrow {AH} \] và \(\overrightarrow {BC} \) bằng  \(90^\circ \).

a) Tọa độ vectơ \(\overrightarrow {OM} \)tương đương với tọa độ điểm \(M( - 4;3; - 1)\)

b) Ta có \(\overrightarrow v  = \overrightarrow i  + \overrightarrow {2j}  - 3\overrightarrow k \) nên \(\overrightarrow v (1;2; - 3)\), giả sử tọa độ của \(A({x_A};{y_A};{z_A})\)

Theo giả thiết \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow v \)\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l} - 4 - {x_A} = 1\\3 - {y_A} = 2\\ - 1 - {z_A} =  - 3\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 5\\{y_A} = 1\\{z_A} = 2\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\(A(5;1;2)\)

c) Ta có \(G\left( { - \frac{2}{3};\,\frac{2}{3};\, - \frac{4}{3}} \right)\). Tọa độ hình chiếu của \(G\) trên \(Oxy\) là \(\left( { - \frac{2}{3};\,\frac{2}{3};\,0} \right)\).

d) I là trung điểm của \[MN\] nên tọa độ \[I\] xác định bởi công thức

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = {x_I}\\\frac{{{y_M} + {y_N}}}{2} = {y_I}\\\frac{{{z_M} + {z_N}}}{2} = {z_I}\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - 4 + 2}}{2} = {x_I}\\\frac{{3 - 1}}{2} = {y_I}\\\frac{{ - 1 - 3}}{2} = {z_I}\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l} - 1 = {x_I}\\1 = {y_I}\\ - 2 = {z_I}\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\(I( - 1;1; - 2)\)

Theo giả thiết \[\overrightarrow w  = 3\overrightarrow i  + 2\overrightarrow {ON}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {OI}  = (3.1 + 2.2 - \frac{1}{2}.5,3.0 + 2.( - 1) - \frac{1}{2}.1,3.0 + 2.( - 3) - \frac{1}{2}.2)\]

\[ \Rightarrow \overrightarrow w  = (\frac{9}{2},\frac{{ - 5}}{2}, - 7)\]

a) Đúng.

Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh\(AB\).

Ta có: \(M\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\,;\,\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\,;\,\frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}} \right)\)

Vậy: \(M\left( {\frac{5}{2}\,;\,\frac{7}{2}\,;\,\frac{9}{2}} \right)\).

b) Đúng.

Gọi \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\).

Ta có: \(G\left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};\,\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\,;\,\frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}} \right)\)

Vậy: \(G\left( {\frac{7}{3};\,\frac{{14}}{3}\,;\,\frac{{13}}{3}} \right)\).

c) Sai.

Ta có:

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {{x_B} - {x_A}\,;\,{y_B} - {y_A}\,;\,{z_B} - {z_A}} \right) = \left( {3\,;\,3\,;\,3} \right)\)

\(\overrightarrow {AC}  = \left( {{x_C} - {x_A}\,;\,{y_C} - {y_A}\,;\,{z_C} - {z_A}} \right) = \left( {1\,;\,5\,;\,1} \right)\)

Tích vô hướng của hai véc tơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \):

              \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 3.1 + 3.5 + 3.1 = 21\).

d) Đúng.

Ta có:

\(AB = \sqrt {{{(4 - 1)}^2} + {{(5 - 2)}^2} + {{(6 - 3)}^2}}  = 3\sqrt 3 \)

\(BC = \sqrt {{{(2 - 4)}^2} + {{(7 - 5)}^2} + {{(4 - 6)}^2}}  = 2\sqrt 3 \)

\(AC = \sqrt {{{(2 - 1)}^2} + {{(7 - 2)}^2} + {{(4 - 3)}^2}}  = 3\sqrt 3 \)

Chu vi \(\Delta ABC\):

\({P_{\Delta ABC}} = AB + BC + AC = 3\sqrt 3  + 2\sqrt 3  + 3\sqrt 3  = 8\sqrt 3 \).

Ta có nửa chu vi \(\Delta ABC\) là \(p = \frac{1}{2}.8\sqrt 3  = 4\sqrt 3 \).

Áp dụng công thức Heron, ta có diện tích tam giác \(ABC\) là:

\({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - AC} \right)} \)

\( = \sqrt {4\sqrt 3 \left( {4\sqrt 3  - 3\sqrt 3 } \right)\left( {4\sqrt 3  - 2\sqrt 3 } \right)\left( {4\sqrt 3  - 3\sqrt 3 } \right)}  = 6\sqrt 2 \,\).

a) Sai.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;\,2;\, - 3} \right)\); \(\overrightarrow {AD}  = \left( { - 2;\,0;\, - 2} \right)\)

Vì \(\frac{1}{{ - 2}} \ne \frac{2}{0} \ne \frac{{ - 3}}{{ - 2}}\) nên ba điểm \(A,\,B,D\) không thẳng hàng

b) Đúng.

Ta có: \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD}  = 3.\left( { - 2} \right) + 3.0 + \left( { - 3} \right)\,.\left( { - 2} \right) = 0\,\, \Rightarrow AC \bot AD\).

Suy ra tam giác \[ACD\] là tam giác vuông tại \(A\).

c) Đúng.

Mặt khác: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = 1.\left( { - 5} \right) + 2.\left( { - 3} \right) + \left( { - 3} \right)\,.1 =  - 14\,\, < 0 \Rightarrow {\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) < 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right)\) là góc tù.

d) Sai.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;\,2;\, - 3} \right);\,\,\overrightarrow {CD}  = \left( { - 5;\, - 3;\,1} \right);\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( {3;\,3;\, - 3} \right)\,;\,\,\overrightarrow {BD}  = \left( { - 3;\, - 2;\,1} \right);\,\overrightarrow {AD}  = \left( { - 2;\,0;\, - 2} \right)\)

Khi đó: \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {3;\, - 6;\, - 3} \right)\) \( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD}  = \left( { - 2} \right).3 + 0.6 + \left( { - 2} \right)\left( { - 3} \right) = 0\).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} \) đồng phẳng hay bốn điểm \(A,\,B,\,C,\,D\) đồng phẳng.

Ta có: \(\overrightarrow {IJ} \,.\overrightarrow {AB}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} } \right).\overrightarrow {AB}  = \,\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB}  - \frac{3}{2}{{\overrightarrow {AB} }^2}} \right)\)

Lại có \[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = AB.AD.cos60^\circ  = \frac{{{a^2}}}{2}\]

 \[\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  = AC.AB.cos60^\circ  = \frac{{{a^2}}}{2}\].

      Vậy: \(\overrightarrow {IJ} \,.\overrightarrow {AB}  = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{3}{2}{a^2}} \right) =  - \frac{{{a^2}}}{4}\)

      Có \[\widehat {CAD} = 90^\circ  \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD}  = 0.\]

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

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

      \( \Rightarrow IJ = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}.\)

Vậy: \(\cos \left( {\overrightarrow {IJ} \,,\overrightarrow {AB} } \right) = \frac{{\overrightarrow {IJ} \,.\overrightarrow {AB} }}{{IJ.AB}} = \frac{{ - \frac{{{a^2}}}{4}}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{4}.a}} =  - \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)

Ta có \[\overrightarrow {AB}  = \left( {3;\,\,0;\,\,0} \right)\], \(\overrightarrow {AD}  = \left( {0;\,\,3;\,\,0} \right)\)

Gọi \(C\left( {{x_1};\,{y_1};\,\,{z_1}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {DC}  = \left( {{x_1};\,\,{y_1} - 3;\,\,{z_1}} \right)\)

Vì \(ABCD\) là hình bình hành \[ \Rightarrow \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {AB}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 3\\{y_1} - 3 = 0\\{z_1} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 3\\{y_1} = 3\\{z_1} = 0\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {3;\,\,3;\,\,0} \right)\].

Gọi \(A'\left( {{x_2};\,\,{y_2};\,\,{z_2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {A'D'}  = \left( { - {x_2};\,\,3 - {y_2};\,\, - 3 - {z_2}} \right)\)

Vì \(ADD'A'\) là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {A'D'}  = \overrightarrow {AD}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {x_2} = 0\\3 - {y_2} = 3\\ - 3 - {z_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 0\\{y_2} = 0\\{z_2} =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {0;\,\,0;\, - 3} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {BC}  = (0\,;\, - 2\,;\, - 2)\),\(\overrightarrow {BD}  = ( - 1\,;\, - 1\,;\, - 1)\)

Khi đó: \(\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = (0\,;\,2\,;\, - 2)\) là một vectơ thoả yêu cầu bài toán.

Lời giải

Đáp số: 1954.

Vị trí của máy bay sau 5 phút tiếp theo là \(C(x;y;z)\).

Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng.

Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ \(A\) đến \(B\) gấp đôi thời gian bay từ \(B\) đến \(C\) nên \(AB = 2BC\).

Do đó \(\overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \left( {\frac{{940 - 800}}{2};\frac{{550 - 500}}{2};\frac{{9 - 7}}{2}} \right) = \left( {70;25;1} \right)\).

Mặt khác, \(\overrightarrow {BC}  = (x - 940;y - 550;z - 8)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 940 = 70}\\{y - 550 = 25}\\{z - 8 = 1}\end{array}} \right.\)

Từ đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1010}\\{y = 575}\\{z = 9}\end{array}} \right. \Rightarrow x + y + z = 1594\).

Đáp số: \(10\sqrt 3 \,\,\left( N \right)\).

Gọi \({A_1},{B_1},{C_1}\) lần lượt là các điểm sao cho \(\overrightarrow {O{A_1}}  = \overrightarrow {{F_1}} ,{\rm{ }}\overrightarrow {O{B_1}}  = \overrightarrow {{F_2}} ,{\rm{ }}\overrightarrow {O{C_1}}  = \overrightarrow {{F_3}} \)

Lấy các điểm $D_1,A_1^{\text{'}},B_1^{\text{'}},D_1^{\text{'}}$ sao cho $O{A}_1{D}_1{B}_1.C_1{A}_1^{\text{'}}{D}_1^{\text{'}}{B}_1^{\text{'}}$ là hình hộp.

Theo quy tắc hình hộp ta có: $\overrightarrow{O{A}_1}+\overrightarrow{O{B}_1}+\overrightarrow{O{C}_1}=\overrightarrow{O{D}_1^{\text{'}}}$

Do các lực căng \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} \) đôi một vuông góc với nhau và có độ lớn: \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 10\left( N \right)\) nên hình hộp $O{A}_1{D}_1{B}_1.C_1{A}_1^{\text{'}}{D}_1^{\text{'}}{B}_1^{\text{'}}$ có ba cạnh \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc và bằng nhau. Vì thế $O{A}_1{D}_1{B}_1.C_1{A}_1^{\text{'}}{D}_1^{\text{'}}{B}_1^{\text{'}}$ là hình lập phương có độ dài cạnh bằng \(10\), suy ra độ dài đường chéo bằng \(10\sqrt 3 \)

Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo bằng nhau và vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình vuông.

Ta có: \(\overrightarrow {SA}  = \left( {30;0; - 30} \right),\overrightarrow {SB}  = \left( {0;20; - 20} \right),\overrightarrow {SC}  = \left( { - 20;0; - 20} \right),\overrightarrow {SD}  = \left( {0; - 20; - 20} \right)\)

\( \Rightarrow SA = SB = SC = SD = 30\sqrt 2 \). Do đó \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều.

Các vecto \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} ,\overrightarrow {{F_4}} \) có điểm đầu tại \(S\) và điểm cuối lần lượt là \(A',B',C',D'\).

Ta có \(SA' = SB' = SC' = SD'\) nên \(S.A'B'C'D'\) cũng là hình chóp tứ giác đều.

Gọi \(\overrightarrow F \) là trọng lực tác dụng lên chậu cây và \(O'\) là tâm của hình vuông \(A'B'C'D'\). Ta có:

\[\overrightarrow F  = \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = \overrightarrow {SA'}  + \overrightarrow {SB'}  + \overrightarrow {SC'}  + \overrightarrow {SD'}  = 4\overrightarrow {SO'} \]

Ta có: \(\left| {\overrightarrow F } \right| = 60 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {SO'} } \right| = SO = 15\).

Do tam giác \(SO'A'\) vuông cân nên \(SA' = SO'\sqrt 2  = 15\sqrt 2  = \frac{1}{2}SA \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}}  = \overrightarrow {SA'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SA}  = \left( {15;0; - 15} \right)\)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

\(\overrightarrow {{F_2}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SB}  = \left( {0;15; - 15} \right),\overrightarrow {{F_3}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SC}  = \left( { - 15;0; - 15} \right),\overrightarrow {{F_4}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {SD}  = \left( {0; - 15; - 15} \right)\)

Suy ra: \(\overrightarrow {{F_1}}  + 2\overrightarrow {{F_2}}  + 3\overrightarrow {{F_3}}  + 4\overrightarrow {{F_4}}  = \left( { - 30; - 30; - 150} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}}  + 2\overrightarrow {{F_2}}  + 3\overrightarrow {{F_3}}  + 4\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 90\sqrt 3  \approx 156\).