Đề kiểm tra Hệ trục tọa độ trong không gian lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow a \)là \(\overrightarrow a \left( {3\;;\;4\;;\; - 1} \right)\).

Tọa độ trung điểm \(M\)của \(AB\)là \(M\left( {1\;;\;3\;;\;3} \right)\).

Ta có : \(I\) là trung điểm của  \(AC'\) suy ra tọa độ điểm \(I\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{2}; - 2} \right)\).

Ta có: \(2\vec a = \left( {4; - 6;6} \right)\), \(3\vec b = \left( {0;6; - 3} \right)\), \( - 2\vec c = \left( { - 6;2; - 10} \right)\) suy ra \(\vec u = 2\vec a + 3\vec b - 2\vec c = \left( { - 2;2; - 7} \right)\).

Gọi tọa độ điểm \(D\) là: \(D\,\left( {x;y;z} \right)\). Để tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \)

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1\,;\,5\,;\, - 3} \right)\); \(\overrightarrow {DC}  = \left( {1 - x\,;\, - y\,;\, - z} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - x = 1\\ - y = 5\\ - z =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y =  - 5\\z = 3\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {0;\, - 5;\,3} \right)\).

Vậy điểm \(D\left( {0;\, - 5;\,3} \right)\)thì tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành.

Ta có: \[A\] nằm trên tia \[Oy\] và \[OA = 3\] nên \[\overrightarrow {OA}  = 3\overrightarrow j \] suy ra \[A\left( {0;\,3;\,0} \right)\].

Ta có: \[I\left( { - 5;0;5} \right)\] là trung điểm của đoạn \[MN\] nên ta có.

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2}\\{y_I} = \frac{{{y_M} + {y_N}}}{2}\\{z_I} = \frac{{{z_M} + {z_N}}}{2}\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} = 2{x_I} - {x_M}\\{y_N} = 2{y_I} - {y_M}\\{z_N} = 2{z_I} - {z_M}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} = 2\left( { - 5} \right) - 1\\{y_N} = 2.0 - \left( { - 4} \right)\\{z_N} = 2.5 - 7\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} =  - 11\\{y_N} = 4\\{z_N} = 3\end{array} \right.\]. Suy ra \[N\left( { - 11;4;3} \right)\].

Ta có: \[\overrightarrow v = 2\overrightarrow a - 3\overrightarrow b + 5\overrightarrow c = \left( {3;7;23} \right)\].

Ta có \(B\) là hình chiếu của \(C\) lên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) suy ra \(B(0;3;4).\)

Áp dụng quy tắc hình hộp, ta có \(\overrightarrow {OB'}  = \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OO'}  = 4\vec i + 6\vec j + 3\vec k \Rightarrow B'(4;6;3)\).

Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {2 - 3;4 + 2;1 - 0} \right) = \left( { - 1;6;1} \right)\).

Từ giả thiết ta có \(A\left( {0;0;0} \right),C\left( {4;8;10} \right)\)

Gọi \(M\)là tâm của hình hộp. Khi đó \(M\)là trung diểm của \(AC'\)

Suy ra \(M\left( {2;4;5} \right)\)

a) Đúng.

\(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 1.( - 2) + ( - 2).3 + 0.1 =  - 8\)

b) Đúng

\(\left| {\overrightarrow b } \right| = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2} + 1}  = 14\)

c) Sai.

\(\overrightarrow a  + \overrightarrow b  = \left( { - 1;\,\,1;\,\,1} \right)\)

d) Sai.

\(2\overrightarrow a  = \left( {2;\, - 4;\,0} \right)\)

a) Đúng.

Hình chiếu của \[A\] lên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) là \(A'\left( {0;0;1} \right)\).

b) Đúng

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

Khi đó \[\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  = 3.\left( { - 2} \right) + 3.0 + \left( { - 3} \right)\,.\left( { - 2} \right) = 0\,\, \Rightarrow AC \bot AB\]

c) Sai.

Gỉa sử \(D\left( {x;y;z} \right)\). Ta có: \(\overrightarrow {BA}  = \left( {2;\,0;\,2} \right)\,\,\,;\,\,\,\,\overrightarrow {CD}  = \left( {x - 3;\,y - 1;\,z + 2} \right)\)

Để \(ABCD\) là hình bình hành thì  \(\overrightarrow {BA}  = \overrightarrow {CD} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 = 2\\y - 1 = 0\\z + 2 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 1\\z = 0\end{array} \right.\)

Vậy \(D\left( {5;1;0} \right)\)

d) Sai.

Trọng tâm của tam giác \[ABC\] là \(G\left( {\frac{1}{3}; - 1;\frac{{ - 2}}{3}} \right)\).

Từ giả thiết, ta suy ra \(\overrightarrow {AB}  = 2\overrightarrow i \); \(\overrightarrow {AD}  = 4\overrightarrow j \) và \(\overrightarrow {AA'}  = 3\overrightarrow k \).

a) Đúng. Tọa độ của \(D\left( {0\,;4\,;0} \right)\).

b) Sai. Tọa độ của \(C'\left( {2\,;4\,;3} \right)\).

c) Đúng. Tọa độ của \(A'\left( {0\,;0\,;3} \right)\) nên \(\overrightarrow {AA'}  = \left( {0\,;0\,;3} \right)\).

d) Đúng. Tọa độ của \(B'\left( {2\,;0\,;3} \right)\) và \(D\left( {0\,;4\,;0} \right)\) nên \(\overrightarrow {B'D}  = \left( { - 2\,;4\,; - 3} \right)\).

a) Sai. Hình chiếu vuông góc của \(M\) trên trục \(Ox\) là điểm \(\left( {8\,;0\,;0} \right)\).

b) Đúng. Hình chiếu vuông góc của \(M\) trên trục \(Oz\) là điểm \(\left( {0\,;0\,;3} \right)\).

c) Đúng. Hình chiếu vuông góc của \(M\) trên mặt phẳng \(Oxz\) là điểm \(\left( {8\,;0\,;3} \right)\).

d) Đúng. Vì \(\overrightarrow {OM}  = \left( {8\,;4\,;3} \right)\) nên \(\overrightarrow {OM}  = 8\overrightarrow i  + 4\overrightarrow j  + 3\overrightarrow k \).

Vì đỉnh \(D'\)thuộc tia \(Ox\)nên hai véc tơ \(\overrightarrow {OD'} \)và \(\overrightarrow i \)cùng phương, suy ra có số thực \(m\)sao cho\(\overrightarrow {OD'}  = m\overrightarrow i .\)Tương tự, có các số thực\(n,p\) sao cho \(\overrightarrow {OB'}  = n\overrightarrow j ,\overrightarrow {OA}  = p\overrightarrow k \)và Theo quy tắc hình hộp, suy ra \(\overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OD'}  + \overrightarrow {OB'}  + \overrightarrow {OA}  = m\overrightarrow i  + n\overrightarrow j  + p\overrightarrow k \)và do đó điểm\(C\) có tọa độ là\(\left( {m;n;p} \right)\)

Mặt khác, đỉnh\(C\) có tọa độ là \(\left( { - 3;4; - 6} \right)\)nên tức là \(m =  - 3,n = 4,p =  - 6,\) tức là \(\overrightarrow {OD'}  =  - 3\overrightarrow i ,\overrightarrow {OB'}  = 4\overrightarrow j ,\overrightarrow {OA}  =  - 6\overrightarrow k \)

Từ đây suy ra \(D'\left( { - 3;0;0} \right),B'\left( {0;4;0} \right)\)và \(A\left( {0;0; - 6} \right)\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right) = \left( { - 2 - 1;0 - \left( { - 2} \right);1 - 3} \right) = \left( { - 3;2; - 2} \right),\\\overrightarrow {AA'}  = \left( {{x_{A'}} - {x_A};{y_{A'}} - {y_A};{z_{A'}} - {z_A}} \right) = \left( {3 - 1;2 - \left( { - 2} \right);2 - 3} \right) = \left( {2;4; - 1} \right).\end{array}\)

* Gọi tọa độ của điểm \(B'\)là \(\left( {x;y;z} \right)\)thì \(\overrightarrow {BB'}  = \left( {x + 2;y;z - 1} \right)\)vì \(ABC.A'B'C'\)là hình lăng trị nên \(ABB'A'\)là hình bình hành, suy ra\(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {BB'} .\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2 = 2\\y = 4\\z - 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 4\\z = 0\end{array} \right.\). Vậy \(B'\left( {0;4;0} \right).\)

* Gọi tọa độ của điểm \(C\)là \(\left( {{x_C};{y_C};{z_C}} \right)\)thì \(\overrightarrow {CC'}  = \left( {4 - {x_C};3 - {y_C}; - 2 - {z_C}} \right)\)vì \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trị nên \(ACC'A'\) là hình bình hành, suy ra\(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {CC'} .\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}4 - {x_C} = 2\\3 - {y_C} = 4\\ - 2 - {z_C} =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} =  - 2\\{y_C} =  - 1\\{z_C} =  - 1\end{array} \right.\). Vậy \(C'\left( { - 2; - 1; - 1} \right).\)

Đáp số: \(C'\left( {2;2;2} \right)\).

Ta có:\(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {2;0;0} \right);D\left( {0;2;0} \right);A'\left( {0;0;2} \right)\)

\( \Rightarrow C\left( {2;2;0} \right);B'\left( {2;0;2} \right);D'\left( {0;2;2} \right);C'\left( {2;2;2} \right).\)

Đáp số: \(887,5\)

Thể tích viên gạch không tính bốn lỗ hình trụ là: \({V_1} = 8.8.20 = 1280(c{m^2})\)

Thể tích bốn lỗ hình trụ là: \({V_2} = 4.\pi .{\left( {\frac{{2,5}}{2}} \right)^2}.20 = 392.5(c{m^2})\)

Thể tích viên gạch viên gạch là: \({V_1} - {V_2} = 1280 - 392.5 = 887.5(c{m^2}).\)

Đáp số: \[3,09\] .

\[\overrightarrow {BC}  = \left( {1; - 1;3} \right)\];\[\overrightarrow {BH} \left( {{x_0};{y_0} - 2;{z_0}} \right)\]

Vì \[B,C,H\] thẳng hàng nên \[\overrightarrow {BH}  = t\overrightarrow {BC} \], \[t \in R\]. Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = t\\{y_0} - 2 =  - t\\{z_0} = 3t\end{array} \right.\] \[\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\].

Nên \[H\left( {t;2 - t;3t} \right) \in BC\].

Khi đó: \[\overrightarrow {AH}  = \left( {t - 2;2 - t;3t} \right)\].

Mà \[H\] là chân đường cao hạ từ đỉnh \[A\] xuống \[BC\] nên

\[\overrightarrow {AH}  \bot \overrightarrow {BC}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0 \Leftrightarrow t - 2 - 2 + t + 9t = 0\]\[ \Leftrightarrow t = \frac{4}{{11}}\].

\[ \Rightarrow H\left( {\frac{4}{{11}};\frac{{18}}{{11}};\frac{{12}}{{11}}} \right) \Rightarrow \]\[{x_0} + {y_0} + {z_0} = \frac{{34}}{{11}} \approx 3,09\].

Đáp số: 3

Chọn hệ trục toạ độ \(Oxyz\) với gốc \(O\) đặt tại điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất với trục \(Ox\) hướng về phía nam, trục \(Oy\) hướng về phía đông và trục \({\rm{Oz}}\) hướng thẳng đứng lên trời (tham khảo hình vẽ), đơn vị đo lấy theo kilômét.

Chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai ở vị trí \(A,B\). Ta có \(A\left( {\frac{5}{2};2;\frac{4}{5}} \right),B\left( { - \frac{3}{2}; - 3;\frac{3}{5}} \right)\).

Gọi \(C\) là điểm đối xứng của \(A\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), \(C\left( {\frac{5}{2};2; - \frac{4}{5}} \right)\). Khi đó \(I = BC \cap \left( {Oxy} \right)\).

\(\overrightarrow {BC}  = \left( {4;5; - \frac{7}{5}} \right)\).  \(I \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow I\left( {x;y;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BI}  = \left( {x + \frac{3}{2};y + 3; - \frac{3}{5}} \right)\)

\(\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BI} \) cùng phương nên \(\frac{{x + \frac{3}{2}}}{4} = \frac{{y + 3}}{5} = \frac{3}{7} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{3}{{14}}\\y =  - \frac{6}{7}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{{14}}\\b = \frac{6}{7}\end{array} \right. \Rightarrow 2a + 3b = 3\).