Đề kiểm tra Biểu thức tọa độ của các phép toán vecto lớp 12 (có lời giải) - Đề 4

Gọi điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\).

Khi đó: \(\overrightarrow {AM}  = 2\overrightarrow {MB} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 4 = 2\left( { - 2 - x} \right)\\y - 2 = 2\left( { - 1 - y} \right)\\z - 1 = 2\left( {4 - z} \right)\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 0\\z = 3\end{array} \right.\).

Vậy \(M\left( {0;0;3} \right)\).

Ta có:  \(\left[ {\overrightarrow u ,\,\overrightarrow v } \right] = \left( {9;\, - 1;\,3} \right)\) mà trong 4 đáp án chỉ có vectơ \(\overrightarrow a  = \left( { - 9;\,1;\, - 3} \right) =  - \left( {9; - 1;3} \right)\) cùng phương với vectơ \(\left[ {\overrightarrow u ,\,\overrightarrow v } \right] = \left( {9;\, - 1;\,3} \right)\)nên vectơ này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có:  \(\cos \alpha  = \frac{{ - 1.4 + 2.( - 1) + 1.( - 2)}}{{\sqrt {1 + 4 + 1} .\sqrt {16 + 1 + 4} }} = \frac{{ - 4\sqrt {14} }}{{21}}\).

\(\sin \alpha  = \sqrt {1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha }  = \frac{{\sqrt {217} }}{{21}}\) (vì \({0^o} \le \alpha  \le {180^o}\)) .

Khi đó \(\sin \alpha .\;{\rm{co}}{\rm{s}}\alpha  =  - \frac{{4\sqrt {62} }}{{63}}\).

 

a) \(\vec a + \vec b = \left( {3; - 1; - 2} \right)\) Chọn SAI.  

b)  Nhận xét \(\frac{2}{1} \ne \frac{{ - 2}}{1}\) nên \(\overrightarrow a \) và \(\vec b\) không cùng phương.  Chọn SAI

c) \(\left| {\vec b} \right| = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {2^2}}  = \sqrt 6 \). Chọn SAI.                

d) \(\vec a = 2\overrightarrow i  - 2\overrightarrow j  - 4\overrightarrow k \). Chọn ĐÚNG.

 

a) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3; - 2; - 4} \right),\overrightarrow {BC}  = \left( {0;2; - 1} \right)\).

\[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC}  =  - 3.0 + \left( { - 2} \right).2 + \left( { - 4} \right).\left( { - 1} \right) =  - 4 + 4 = 0\]

Suy ra \(\overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {BC}  \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B\).

b) 

Ta có \(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 1 - a;3 - b; - 1 - c} \right)\).

Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(ABCD\) là hình chữ nhật khi \(ABCD\) là hình bình hành.

Điều này xảy ra \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 =  - 1 - a\\ - 2 = 3 - b\\ - 4 =  - 1 - c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 5\\c = 3\end{array} \right.\)

Vậy \(a + b + c = 10\).

c)

\(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 3;0;3} \right)\).

\(\cos \widehat {BAC} = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{AB.AC}} = \frac{{ - 3}}{{\sqrt {29} .\sqrt {18} }} =  - \frac{1}{{\sqrt {58} }}\).

Nhận xét do \(\widehat {BAC} \in \left( {0;180^\circ } \right) \Rightarrow \sin \widehat {BAC} > 0\)

Suy ra \(\sin \widehat {BAC} = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\widehat {BAC}}  = \sqrt {1 - \frac{1}{{58}}}  = \sqrt {\frac{{57}}{{58}}} \).

d)

\(\overrightarrow {AM}  = \left( { - 1;m - 3;n + 4} \right)\).

\(A,B,M\) thẳng hàng khi và chỉ khi \(\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} \) cùng phương

Điều này xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{ - 3}} = \frac{{m - 3}}{{ - 2}} = \frac{{n + 4}}{{ - 4}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{7}{3}\\n =  - \frac{{16}}{3}\end{array} \right.\)

Vậy \(m + n =  - 3\).

 

a) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3;0;0} \right);\overrightarrow {AD}  = \left( {0;3;0} \right)\). Gọi \(C\left( {x;y;z} \right)\) thì \(\overrightarrow {DC}  = \left( {x;y - 3;z} \right)\).

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 = x\\0 = y - 3\\0 = z\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 3\\z = 0\end{array} \right.\) vậy \(C\left( {3;3;0} \right)\)

b) Vì tứ giác \(ADD'A'\) là hình bình hành nên\(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {A'D'}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 =  - {x_{A'}}\\3 = 3 - {y_{A'}}\\0 =  - 3 - {z_{A'}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 0\\{y_{A'}} = 0\\{z_{A'}} =  - 3\end{array} \right.\) nên \(A'\left( {0;0; - 3} \right)\)

Tương tự ta có \(B'\left( {3;0; - 3} \right)\)

Vậy tọa độ trọng tâm tam giác \(A'B'C\) là \(G\left( {2;1; - 2} \right)\)

c) Ta có \(\overrightarrow {AC} \left( {3;3;0} \right);\;\overrightarrow {B'G} \left( { - 1;1;1} \right)\) nên \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {B'G}  = 0 \Rightarrow AC \bot B'G\)

Do đó góc giữa hai đường thẳng này là \({90^o}\)

d) Nhận xét \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = 0 \Rightarrow AB \bot AD\), do đó đáy \(ABCD\) của khối hộp đã cho là hình chữ nhật.

Mặt khác \(\overrightarrow {DD'}  = \left( {0;0; - 3} \right).\) Suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {DD'} .\overrightarrow {AB}  = 0\\\overrightarrow {DD'} .\overrightarrow {AD}  = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DD' \bot AB\\DD' \bot AD\end{array} \right.\]

Do đó \(DD' \bot \left( {ABCD} \right)\)

Thể tích khối hộp là \(V = AB.AD.DD' = 3.3.3 = 27\) (đvtt).

 

a) \(\overrightarrow {OM}  = \left( {50;120;4} \right) \Rightarrow OM = \sqrt {{{50}^2} + {{120}^2} + {4^2}}  \approx 130,06\)

    Vậy khoảng cách giữa máy bay và trạm không lưu tại thời điểm 8h xấp xỉ 130km.

b) Ta có \(\overrightarrow {OM}  + \vec v = \left( {350;520;7} \right)\)

 Tại thời điểm 9h, tọa độ của máy bay là \({M_1}\left( {350;520;7} \right)\)

    Vậy độ cao của máy bay so với mặt đất là 7km.

c) Ta có \(\overrightarrow {OM}  + 2\vec v = \left( {650;920;10} \right)\).

Vậy tại thời điểm 10h, tọa độ của máy bay là \({M_2}\left( {650;920;10} \right)\)

    Ta có: \(\overrightarrow {{M_2}F}  = \left( {600;100;10} \right) \Rightarrow {M_2}F = \sqrt {{{600}^2} + {{100}^2} + {{10}^2}}  \approx 608,36\)

Vậy khoảng cách giữa máy bay và tháp truyền hình \(F\) xấp xỉ 600km.

d) Từ độ cao 10km, với tốc độ hạ độ cao là 5km/h thì máy bay cần 2h để đáp xuống đất.

Ta có: \(\overrightarrow {O{M_2}}  + 2\overrightarrow {{v_2}}  = \left( {1450;1520;0} \right)\).

Vậy tọa độ của máy bay khi đáp xuống là \({M_3}\left( {1450;1520;0} \right)\)

Dựng hình bình hành \(ACBE\). Ta có: \(\overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CB}  = \overrightarrow {CE} \).

Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), ta có \(BD = \sqrt {{{( - 5 - 3)}^2} + {{( - 4 - 0)}^2} + {{(0 - 8)}^2}}  = 12\).

Có \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC = BD = 12\). Suy ra \(CD = 6\sqrt 2 \) , \(DE = 12\sqrt 2 \). Tam giác \(CDE\) vuông tại \(D\).

Có \(\left| {\overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CB} } \right| = CE = \sqrt {C{D^2} + D{E^2}}  = \sqrt {{{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {12\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 6\sqrt {10} \).

Suy ra \(a = 6;\,\,\,b = 10\); \(M = a + 2b = 26\).

Với hệ trục toạ độ \(Oxyz\) có gốc \(O\) trùng với một góc phòng và mặt phẳng \((Oxy)\) trùng với mặt sàn, đơn vị đo được lấy theo mét.

Phòng học thiết kế dạng hình hộp chữ nhật \(OBCD.A'B'C'D'\) với \(A'B'C'D'\) là hình chữ nhật. Gọi \(M\) là giao điểm của hai đường chéo \[A'C'\] và \[B'D'\] nên \(M\) là trung điểm của \[A'C'\] với \[A'\left( {0;0;4} \right)\], \[C'\left( {8;10;4} \right)\].

Vì đèn được treo tại chính giữa trần nhà của phòng học nên điểm treo bóng đèn trùng với điểm \(M\).

Có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{{x_{A'}} + {x_{C'}}}}{2} = 4\\{y_M} = \frac{{{y_{A'}} + {y_{C'}}}}{2} = 5\\{z_M} = \frac{{{z_{A'}} + {z_{C'}}}}{2} = 4\end{array} \right.\) nên \(M(4;5;4)\), khoảng cách từ điểm treo bóng đèn đến góc phòng học là \(OM = \sqrt {{4^2} + {5^2} + {4^2}}  = \sqrt {57}  \approx 7,55\).

Ta có: \[\left| {\overrightarrow P } \right| = P = m.g = 20.9,8 = 196(N)\].

\[\left| {\overrightarrow d } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = 3(m)\].

Cầu trượt có góc nghiêng so với phương nằm ngang là \[\widehat {ACB} = {30^ \circ }\] nên \[(\overrightarrow P \overrightarrow {,d} ) = \widehat {CAB} = {60^ \circ }\]

Công sinh bởi trọng lực \[\overrightarrow P \]khi em nhỏ trượt hết chiều dài cầu trượt \[3\,m\]là:

\[A = \overrightarrow {P.} \overrightarrow d  = \left| {\overrightarrow P } \right|.\left| {\overrightarrow d } \right|\cos (\overrightarrow P \overrightarrow {,d} ) = 196.3.\cos {60^ \circ } = 294(J)\].

\[\begin{array}{l}\overrightarrow {A'G} .\overrightarrow {AC'}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {A'M} (\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AC} )\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}(\overrightarrow {A'D'}  + \overrightarrow {A'C'} ).(\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AC} )\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}(\overrightarrow {A'D'} .\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {A'D'} .\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {A'C'} .\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {A'C'} .\overrightarrow {AC} )\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}(0 + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC}  + 0 + {\overrightarrow {AC} ^2})\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}(AC.AD\cos \widehat {DAC} + A{C^2})\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}(a\sqrt 2 .a\cos {45^ \circ } + {(a\sqrt 2 )^2}) = \frac{1}{3}.({a^2} + 2{a^2}) = {a^2}.\end{array}\]

Gọi \[D\left( {0;0;c} \right) \in Oz\].

Ta có:

\[\overrightarrow {AB}  = \left( { - 4;3;0} \right);\,\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( {0;3;0} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0;0; - 12} \right)\].

\[\overrightarrow {AD}  = \left( { - 2;0;c} \right)\]\[ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD}  =  - 12c\].

\[ \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right| = \frac{1}{6}\left| { - 12c} \right| = 2\left| c \right|\].

Theo đề bài: \[{V_{ABCD}} = 128 \Rightarrow 2\left| c \right| = 128 \Leftrightarrow \left| c \right| = 64 \Leftrightarrow c =  \pm 64\].

\[ \Rightarrow D\left( {0;0;64} \right)\] hoặc \[D\left( {0;0; - 64} \right)\].

Vậy tổng cao độ các điểm \[D\] là: \[64 + \left( { - 64} \right) = 0\].

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 2; - 2} \right)\), \(\overrightarrow {DC}  = \left( {6 - a;1 - b; - c} \right)\), \(\overrightarrow {AC}  = \left( {5; - 1; - 1} \right)\)

Vì \(ABCD\) là hình thang nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {DC} \) cùng hướng \( \Leftrightarrow \exists k > 0:\overrightarrow {DC}  = k\overrightarrow {AB} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 - a = k\\1 - b =  - 2k\\ - c =  - 2k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 6 - k\\b = 1 + 2k\\c = 2k\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {6 - k;1 + 2k;2k} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0; - 9;9} \right) \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}.\sqrt {{{\left( { - 9} \right)}^2} + {9^2}}  = \frac{{9\sqrt 2 }}{2}\).

\(\overrightarrow {AD}  = \left( {5 - k;2k - 1;2k - 1} \right)\),

\[\left[ {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0;9k; - 9k} \right) \Rightarrow {S_{\Delta ADC}} = \frac{1}{2}.\left| {\left[ {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}.\sqrt {{{\left( {9k} \right)}^2} + {{\left( { - 9k} \right)}^2}}  = \frac{{9k\sqrt 2 }}{2}\]

 Suy ra \({S_{ABCD}} = {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta ADC}} = \frac{{9\sqrt 2 }}{2}\left( {1 + k} \right) = 6\sqrt 2  \Leftrightarrow 1 + k = \frac{4}{3} \Rightarrow k = \frac{1}{3}\).

Vậy \(D\left( {\frac{{17}}{3};\frac{5}{3};\frac{2}{3}} \right) \Rightarrow a + b + c = \frac{{17 + 5 + 2}}{3} = 8\).