Đề kiểm tra Biểu thức tọa độ của các phép toán vecto lớp 12 (có lời giải) - Đề 2

Ta có \(\vec v = 3.\,\vec u = \left( {3; - 3;6} \right)\).

Ta có: \(\vec v = \left( {3;6; - 6} \right) = - 3.\,\vec u\).

Các vectơ \(\overrightarrow {a\,} \), \(\overrightarrow {b\,} \) cùng phương khi và chỉ khi tồn tại số thực dương \(k\) sao cho \(\overrightarrow {a\,}  = k\overrightarrow {b\,} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = k\\m - 1 = 3k\\3 = k\left( { - 2n} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = k\\m - 1 = 6\\3 = 2\left( { - 2n} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = k\\m = 7\\n = \frac{{ - 3}}{4}\end{array} \right.\).

Gọi toạ độ điểm \(D\left( {x;y;z} \right)\). Theo tính chất hình bình hành ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 1;1} \right)\),  \(\overrightarrow {DC}  = \left( {1 - x;4 - y;2 - z} \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2 = 1 - x}\\{ - 1 = 4 - y}\\{1 = 2 - z}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 1}\\{y = 5}\\{z = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy \(D\left( { - 1;5;1} \right)\).

Ta có:\(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} \Leftrightarrow \cos \left( {{{60}^o}} \right) = \frac{{ - m}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2} + {m^2}} }} \Leftrightarrow \frac{1}{2} = \frac{{ - m}}{{\sqrt 2 .\sqrt {1 + {m^2}} }}\).

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{m^2} - 1 = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow m =  - 1\)

Gọi \(C\left( {0;0;c} \right) \in Oz\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {0; - 1;2} \right)\), \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1;1;c} \right)\).

Để \(AB \bot BC\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC}  = 0 \Leftrightarrow  - 1 + 2c = 0 \Rightarrow c = \frac{1}{2}\).

Hình chiếu vuông góc của điểm \(A\left( {1; - 2;5} \right)\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) là \(\left( {1;0;5} \right)\).

Điểm đối xứng với điểm \(A\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) là \(\left( {1;2;5} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow a .(\overrightarrow a + 2\overrightarrow b ) = {\overrightarrow a ^2} + 2\overrightarrow a .\overrightarrow b = ({1^2} + {2^2} + {3^2}) + 2.( - 2.1 + 1.2 + 0.3) = 14\).

Ta có: \[\overrightarrow b .\overrightarrow c  = 2 \ne 0\].

\[\left| {\overrightarrow c } \right| = \sqrt 3 \], \[\left| {\overrightarrow a } \right| = \sqrt 2 \],\[\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 0 \Rightarrow \overrightarrow a  \bot \overrightarrow b \].

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt 5 .\sqrt 5 }} = - \frac{2}{5}\).

a) Đúng: Tích vô hướng có tính chất phân phối đối với phép cộng.

b) Đúng: Tích vô hướng có tính chất phân phối đối với phép cộng.

c) Sai. Chọn \(\overrightarrow a  = \left( {1\,;\,1\,;\,0} \right)\), \(\overrightarrow b  = \left( {0\,;\,1\,;\,1} \right)\), \(\overrightarrow c  = \left( {1\,;\,0\,;\,1} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 1 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {a.} \overrightarrow b } \right).\overrightarrow c  = \left( {1\,;\,0\,;\,1} \right)\) và \(\overrightarrow b .\overrightarrow c  = 1 \Rightarrow \overrightarrow a .\left( {\overrightarrow b .\overrightarrow c } \right) = \left( {1\,;\,1\,;\,0} \right)\).

Suy ra : \(\left( {\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right).\overrightarrow c  \ne \overrightarrow a .\left( {\overrightarrow b .\overrightarrow c } \right)\)

d) Đúng: Từ định nghĩa của tích vô hướng \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\), ta suy ra \[\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}}\]

a) Sai.     Vì ta có \( - 2.\,\vec u = \left( {2;2; - 4} \right) \ne \vec v\).

b) Đúng.  Vì: \(\vec u.\vec v =  - 1.2 + \left( { - 1} \right).2 + 2.2 = 0\) nên hai vectơ đó vuông góc.

c) Sai. Vì: \(2\vec u + \vec v = \left( {0;0;6} \right)\)là một vectơ có giá song song hoặc trùng với trục\(Oz\).

d) Sai. Vì:\(\left\{ \begin{array}{l}\vec u - \vec v = \left( { - 3; - 3;0} \right)\\\vec u + \vec v = \left( {1;1;4} \right)\end{array} \right. \Rightarrow cos\left( {\vec u - \vec v;\vec u + \vec v} \right) = \frac{{( - 3).1 + ( - 3).1}}{{\sqrt {9 + 9 + 0} .\sqrt {1 + 1 + 16} }} = \frac{{ - 1}}{3}\) 

a) Sai.\[\overrightarrow a \overrightarrow b  = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\]\[ = 2.3.\cos {60^0}\]\[ = 3\].

b) Đúng. \({\left| {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right|^2} = {\overrightarrow a ^2} + 2\overrightarrow {a.} \overrightarrow b  + {\overrightarrow b ^2}\).

\( = {\overrightarrow a ^2} + 2\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + {\overrightarrow b ^2}\).

\( = {2^2} + 2.2.3.\cos 60^\circ  + {3^2} = 19\).

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right| = \sqrt {19} \).

c) Đúng. \({\left| {\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right|^2} = {\overrightarrow a ^2} - 2\overrightarrow {a.} \overrightarrow b  + {\overrightarrow b ^2}\)

\( = {\overrightarrow a ^2} - 2\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + {\overrightarrow b ^2}\)

\( = {2^2} - 2.2.3.\cos 60^\circ  + {3^2} = 4 - 6 + 9 = 7\)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right| = \sqrt 7 \).

d) Sai. \({\left| {\overrightarrow a  - 2\overrightarrow b } \right|^2} = {\overrightarrow a ^2} - 4\overrightarrow {a.} \overrightarrow b  + 4{\overrightarrow b ^2}\)

\( = {\overrightarrow a ^2} - 4\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) + 4{\overrightarrow b ^2}\)

\( = {2^2} - 4.2.3.\cos 60^\circ  + {4.3^2} = 28\)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow a  - 2\overrightarrow b } \right| = \sqrt {28} .\)

Ta đặt \[A(a;0;0)\],\[B(0;b;0)\],\[C(0;0;c)\].

\[\overrightarrow {SA}  = (a - 1; - 2; - 3)\]; \[\overrightarrow {SB}  = ( - 1;b - 2; - 3)\]; \[\overrightarrow {SC}  = ( - 1; - 2;c - 3)\].

Vì \(SA\), \(SB\), \(SC\) đôi một vuông góc nên

\[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {SA}  \bot \overrightarrow {SB} \\\overrightarrow {SB}  \bot \overrightarrow {SC} \\\overrightarrow {SA}  \bot \overrightarrow {SC} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB}  = 0\\\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SC}  = 0\\\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC}  = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 14\\2b + 3c = 14\\a + 3c = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 7\\b = \frac{7}{2}\\c = \frac{7}{3}\end{array} \right.\].

Do \(SA\), \(SB\), \(SC\) đôi một vuông góc, nên: \({V_{SABC}} = \frac{1}{6}SA.SB.SC = \frac{1}{6}.7.\frac{7}{2}.\frac{7}{3} = \frac{{343}}{{36}}\).

a)  Sai.

b)  Đúng.

c)  Sai.

d)  Đúng.

Ta có: \(M\left( {3;3;3} \right)\), gọi \(A,B,C\) lần lượt là hình chiếu của \(M\) lên các trục tọa độ \(Ox,Oy,Oz\).

\( \Rightarrow A\left( {3;0;0} \right),\,\,B\left( {0;3;0} \right),\,\,\,C\left( {0;0;3} \right)\).

\( \Rightarrow AB = BC = CA = 3\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow \Delta ABC\) là tam giác đều.

\( \Rightarrow \) Trực tâm \(H\) trùng với trọng tâm \(G\) của \(\Delta ABC\).

\( \Rightarrow H \equiv G\left( {1;1;1} \right)\).

\[ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = 3\].

Ta có: \[\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;5} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {2;3; - 1} \right)\]

\[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0\] nên tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\].

Suy ra tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là trung điểm \[I\] của \[BC\].

Do đó: \(I\left( {\frac{5}{2};4;1} \right)\) và \[2m + 3n + 4p = 5 + 12 + 4 = 21\].

Ta có: \[M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\]

\[ = {\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2}\]

\[ = {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GC} } \right)^2}\]

\[ = 3{\overrightarrow {MG} ^2} + 2\overrightarrow {MG} .\left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC} } \right) + {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2}\]

Ta chọn điểm \[G\] sao cho : \[\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \]\[ \Rightarrow G\left( {1;2;3} \right)\]

Ta có: \[M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\]\[ = 3{\overrightarrow {MG} ^2} + \left( {{{\overrightarrow {GA} }^2} + {{\overrightarrow {GB} }^2} + {{\overrightarrow {GC} }^2}} \right)\] và \[{\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2}\] không đổi

Do đó: \[M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\] nhỏ nhất khi và chỉ khi \[{\overrightarrow {MG} ^2} = M{G^2}\] nhỏ nhất

khi và chỉ khi \[M\] là hình chiếu vuông góc của \[G\] lên mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\]

\[ \Rightarrow M\left( {1;0;0} \right)\]\[ \Rightarrow M{I^2} = 26\].

Đặt hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.

Khi đó, ta có:

 \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {3\sqrt {17} ;0;0} \right)\), \(C\left( {3\sqrt {17} ;3\sqrt {51} ;0} \right)\), \(D\left( {0;3\sqrt {51} ;0} \right)\), \(S\left( {0;0;3\sqrt {17} } \right)\).

\[G\] là trọng tâm của tam giác \[SBD\]\( \Rightarrow G\left( {\sqrt {17} ;\sqrt {51} ;\sqrt {17} } \right)\)

Độ dài \[CG\]là: \[CG = 17\].

Ta có: \(\overrightarrow u  = \left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {4;0; - 3} \right)\).

Theo đề vec tơ \(\overrightarrow c \) cùng hướng với \[\overrightarrow u \] nên ta có:  \(\overrightarrow c  = k\overrightarrow u  = \left( {4k;0; - 3k} \right)\), với \(k > 0\).

Mặt khác: \[\left| {\overrightarrow c } \right| = 10 \Leftrightarrow \sqrt {16{k^2} + 9{k^2}}  = 10 \Leftrightarrow 5k = 10 \Rightarrow k = 2(k > 0)\].

Suy ra: \(\overrightarrow c  = \left( {8;0; - 6} \right)\) và \[2m + 3n - 4p = 40\].

Ta có:  Điểm đối xứng của \(B\left( { - 4;\,8;\,6} \right)\) qua mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\] là \(B'\left( { - 4;\,8;\, - 6} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB'} \left( { - 5;\,5;\, - 10} \right)\).

Khi đó với mọi điểm \(M\)thuộc mặt phẳng  \[\left( {Oxy} \right)\] thì:\(MB = MB' \Rightarrow MA + MB = MA + MB' \ge AB'\)                 

Dấu bằng xảy ra khi ba điểm \(A,\,M,B'\) thẳng hàng và điểm \(M\) nằm giữa hai điểm \(A,B'\).

               \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AM}  = k.\overrightarrow {AB'} \,\,\,\left( {0 \le k \le 1} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 1 = k.\left( { - 5} \right)\\b - 3 = k.\left( 5 \right)\\0 - 4 = k.\left( { - 10} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 5\\k = \frac{2}{5}\end{array} \right.\)

Vậy có: \(2024a + 2025b = 2024.\left( { - 1} \right) + 2025.\left( 5 \right) = 8101\).