Đề kiểm tra Biểu thức tọa độ của các phép toán vecto lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

\(\overrightarrow {MN} \left( { - 3; - 2;2} \right);\overrightarrow {NP} \left( {2;\,m - 2;1} \right)\).

Tam giác \(MNP\) vuông tại \(N \Leftrightarrow \overrightarrow {MN} .\overrightarrow {NP}  = 0 \Leftrightarrow  - 6 - 2\left( {m - 2} \right) + 2 = 0 \Leftrightarrow m - 2 =  - 2 \Leftrightarrow m = 0\).

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\). Vì M thuộc đoạn AB nên:

\(\overrightarrow {MA}  =  - 2\overrightarrow {MB}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - x =  - 2\left( {2 - x} \right)\\1 - y =  - 2\left( { - 3 - y} \right)\\ - 2 - z =  - 2\left( {5 - z} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{7}{3}\\y =  - \frac{5}{3}\\z = \frac{8}{3}\end{array} \right.\)

Ta có \[\cos \left( {\overrightarrow a ;{\rm{ }}\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .{\rm{ }}\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{3m - 9}}{{\sqrt {38} .\sqrt {2{m^2} + 6m + 10} }}\].

Góc giữa hai vec tơ \[\overrightarrow a \] và \[\overrightarrow b \] là góc tù khi và chỉ khi \[\cos \left( {\overrightarrow a ;{\rm{ }}\overrightarrow b } \right) < 0 \Leftrightarrow 3m - 9 < 0 \Leftrightarrow m < 3\].

Vì \[m\] nguyên dương nên \[m \in \left\{ {1;{\rm{ }}2} \right\}\]. Vậy có 2 giá trị \[m\] thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a)  Đúng, vì theo định nghĩa vec tơ \[\vec a\] có tọa độ là \[\vec a = \left( {1;2; - 3} \right)\].

b)  Sai, vì khi \[m = 1,n = 0\] thì \[\mathop b\limits^ \to   = \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  + 0.\overrightarrow k \] nên  tọa độ của vec tơ \[\mathop b\limits^ \to   = \left( {1;2;0} \right)\].

c) Đúng, vì khi \[m = 1,n = 0\] thì \[\mathop a\limits^ \to   + \mathop b\limits^ \to   = \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  - 3\mathop k\limits^ \to   + \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  = 2\overrightarrow i  + 4\overrightarrow j  - 3\mathop k\limits^ \to  \] nên \[\mathop a\limits^ \to   + \mathop b\limits^ \to   = \left( {2;4; - 3} \right)\]

d) Đúng, vì khi \[m = 1,n = 0\] thì \[2\mathop a\limits^ \to   - \mathop b\limits^ \to   = 2\overrightarrow i  + 4\overrightarrow j  - 3\mathop k\limits^ \to   - \overrightarrow i  - 2\overrightarrow j  = \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  - 3\overrightarrow k \] nên \[2\mathop a\limits^ \to   - \mathop b\limits^ \to   = \left( {1;2; - 3} \right)\].

Đáp án: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

a) Với \(m = 1;n = 2\) thì \(\overrightarrow b  = \left( { - 1; - 8;3} \right)\) nên a) sai.

b) Với \(m = 1;n = 0\) thì \(\overrightarrow b  = \left( {1;4; - 1} \right)\) nên \(2\overrightarrow a  - \overrightarrow b  = \left( {1; - 12;7} \right)\) nên b) đúng.

c) Để \(\vec b = \vec 0\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}m - n = 0\\4m - 6n = 0\\{n^2} - 3m + 2 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\n = 0\\{n^2} - 3m + 2 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\n = 0\\2 = 0\end{array} \right.\) vô lý. Vậy c) sai.

d) Để \(\vec a = \vec b\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}m - n = 1\\4m - 6n =  - 4\\{n^2} - 3m + 2 = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 5\\n = 4\\{n^2} - 3m + 2 = 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 5\\n = 4\\16 - 15 + 2 = 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 5\\n = 4\end{array} \right.\) \( \Rightarrow m + n = 9\).

a) Sai vì trung điểm của đoạn thẳng \(BC\) có tọa độ

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{{x_B} + {x_C}}}{2} = 2\\{y_M} = \frac{{{y_B} + {y_C}}}{2} = \frac{3}{2}\\{z_M} = \frac{{{z_B} + {z_C}}}{2} =  - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {2;\frac{3}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\)

b) Đúng vì trọng tâm tam giác \(A'BC\) có tọa độ là

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_{A'}} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{7}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_{A'}} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{8}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_{A'}} + {z_B} + {z_C}}}{3} = 2\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {\frac{7}{3};\frac{8}{3};2} \right)\]

c) Sai vì

\(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AB'} } \right) = \frac{{5 \cdot 10 + \left( { - 2} \right) \cdot 3 + 2 \cdot 7}}{{\sqrt {{5^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}}  \cdot \sqrt {{{10}^2} + {3^2} + {7^2}} }} = \frac{{58}}{{\sqrt {33}  \cdot \sqrt {158} }}\)

d) Sai.

Tam giác \(ABC\) có trọng tâm \[G\left( {\frac{2}{3};1;\frac{1}{3}} \right)\], tam giác \[A'B'C'\] có trọng tâm \[G'\].

Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ nên \[\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {GG'}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{G'}} - {x_G} = {x_{A'}} - {x_A}\\{y_{G'}} - {y_G} = {y_{A'}} - {y_A}\\{z_{G'}} - {z_G} = {z_{A'}} - {z_A}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{G'}} = \frac{{17}}{3}\\{y_{G'}} = 6\\{z_{G'}} = \frac{{16}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow G'\left( {\frac{{17}}{3};6;\frac{{16}}{3}} \right)\].

a) Sai.

Tọa độ trọng tâm của tam giác \[ABC\]là \[G\left( {2;\,\frac{2}{3};\,\frac{8}{3}} \right)\].

b) Đúng

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;2; - 3} \right)\\\overrightarrow {BC}  = \left( { - 7; - 5; - 1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB = \sqrt {14} \\BC = \sqrt {75}  = 5\sqrt 3 \end{array} \right.\]

c) Đúng

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;2; - 3} \right)\\\overrightarrow {BC}  = \left( { - 7; - 5; - 1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC}  = 0 \Rightarrow \] tam giác \[ABC\] vuông tại \[B\].

d) Đúng

Vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[B\].

\[ \Rightarrow \] tâm \[I\] của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là trung điểm của cạnh huyền \[AC\].

\[ \Rightarrow \]\[I\left( {1; - \frac{1}{2};3} \right)\]. Vậy \[a + 2b + c = 3.\]

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;0;0} \right)\); \(\overrightarrow {AD}  = \left( {0;2;0} \right)\); \(\overrightarrow {AA'}  = \left( {0;0;2} \right)\).

Theo quy tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {AC'} \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AC'}  = \left( {1;2;2} \right)\).

Suy ra \(AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right|\)\( = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}}  = 3.\)

Vậy độ dài đoạn thẳng \(AC' = 3.\)

Ta có $\overrightarrow{MA}=\left(1-a;3-b;-1-c\right);\overrightarrow{MB}=\left(3-a;-1-b;5-c\right)$

\[\overrightarrow {MA}  = 3\overrightarrow {MB}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - a = 3.\left( {3 - a} \right)\\3 - b = 3.\left( { - 1 - b} \right)\\ - 1 - c = 3.\left( {5 - c} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b =  - 3\\c = 8\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {4; - 3;8} \right)\].

Vậy \(a - b + c = 4 + 3 + 8 = 15\).

Ta có: \[\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = 45^\circ  \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\] \[ \Leftrightarrow \frac{{\overrightarrow u .\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]\( \Leftrightarrow \frac{{1 - 2m}}{{\sqrt 6 .\sqrt {1 + {m^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) \( \Leftrightarrow \sqrt {3\left( {{m^2} + 1} \right)}  = 1 - 2m\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 2m \ge 0\\3{m^2} + 3 = 1 - 4m + 4{m^2}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \frac{1}{2}\\{m^2} - 4m - 2 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow m = 2 - \sqrt 6  \approx  - 0.4494897\).

Suy ra \(m \approx  - 0.4\)

Ta có \(C'(6;10;4)\), \(A'(0;0;4)\).

Gọi \(I\left( {x;y;z} \right)\) là trung điểm của \(A'C'\) 

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{6 + 0}}{2} = 3\\{y_I} = \frac{{10 + 0}}{2} = 5\\{z_I} = \frac{{4 + 4}}{2} = 4\end{array} \right.\)

Vậy tọa độ của điểm treo quạt \(I(3;5;4)\)suy ra \(a + b + c = 12\).

Ta có \(AB = \sqrt {26} \), \(BC = \sqrt {104}  = 2\sqrt {26} \).

Theo tính chất phân giác ta có \(\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{1}{2}\). Suy ra \(\overrightarrow {DA}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} \;\left( * \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {DA}  = \left( {1 - a;2 - b; - 1 - c} \right)\) và \(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 4 - a;7 - b;5 - c} \right)\).

Do đó \(\left( * \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - a =  - \frac{1}{2}\left( { - 4 - a} \right)\\2 - b =  - \frac{1}{2}\left( {7 - b} \right)\\ - 1 - c =  - \frac{1}{2}\left( {5 - c} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{2}{3}\\b = \frac{{11}}{3}\\c = 1\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - \frac{2}{3};\frac{{11}}{3};1} \right) \Rightarrow a + b + 2c = 5\).

Ta có \(\overrightarrow {A'B'} = ( - 120;0;300)\)

\(O'(0;420;0) \Rightarrow \overrightarrow {A'O'} = ( - 240;0;0)\)

Do đó \[\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow {A'B'} .\overrightarrow {O'A'} }}{{\left| {\overrightarrow {A'B'} } \right|.\left| {\overrightarrow {O'A'} } \right|}} = \frac{{120.240}}{{60\sqrt {29} .240}} = \frac{2}{{\sqrt {29} }} \Rightarrow \alpha = 68,{2^0}\]