Đề kiểm tra Hệ trục tọa độ trong không gian lớp 12 (có lời giải) - Đề 3

Chọn A

a) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4\;;\;8\;;\; - 4} \right);\;\overrightarrow {AC}  = \left( { - 5\;;\;9\;;\;3} \right);\;\overrightarrow {BC}  = \left( { - 9\;;\;1\;;\;7} \right)\).

b) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4\;;\;8\;;\; - 4} \right);\;\overrightarrow {AC}  = \left( { - 5\;;\;9\;;\;3} \right)\).

Nhận thấy không tồn tại số \(k\) nào để \(\overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow {AC} \). Suy ra \(\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {AC} \) không cùng phương.

Vậy ba điểm \(A,\;B,\;C\) không thẳng hàng.

c) Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {4\;;\;8\;;\; - 4} \right) \Rightarrow AB = 4\sqrt 6 \\\overrightarrow {AC}  = \left( { - 5\;;\;9\;;\;3} \right) \Rightarrow AC = \sqrt {115} \\\overrightarrow {BC}  = \left( { - 9\;;\;1\;;\;7} \right) \Rightarrow BC = \sqrt {131} \end{array}\)

Vậy chu vi của tam giác \(ABC\) bằng: \(4\sqrt 6  + \sqrt {115}  + \sqrt {131} \).

d) Áp dụng công thức Hêrông, ta được: \(S = 2\sqrt {590} \).

Ta có:

\[\begin{array}{l}\overrightarrow {OA}  = \left( {1\;;\; - 2\;;\;7} \right) \Rightarrow A\left( {1\;;\; - 2\;;\;7} \right).\\\overrightarrow {OB}  = \left( {5\;;6\;;\;3} \right) \Rightarrow B\left( {5\;;6\;;\;3} \right).\end{array}\]

\[\begin{array}{l}\;\overrightarrow {AC}  = \left( { - 4\;;\;7\;;\;10} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} - 1 =  - 4\\{y_C} + 2 = 7\\{z_C} - 7 = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \;\left\{ \begin{array}{l}{x_C} =  - 3\\{y_C} = 5\\{z_C} = 17\end{array} \right. \Rightarrow C\left( { - 3\;;\;5\;;\;17} \right).\\\overrightarrow {BD}  = \left( { - 10\;;0\;;\;8} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} - 5 =  - 10\\{y_D} - 6 = 0\\{z_D} - 3 = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \;\left\{ \begin{array}{l}{x_D} =  - 5\\{y_D} = 6\\{z_D} = 11\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 5\;;\;6\;;\;11} \right).\end{array}\]

a) Áp dụng công thức tìm tọa độ trung điểm của đoạn thẳng, ta được: \(I\left( {3\;;\;2\;;\;5} \right)\).

b) Áp dụng công thức tìm tọa độ trung điểm của đoạn thẳng, ta được: \(J\left( { - \frac{3}{2}\;;\;\frac{5}{2}\;;\;\frac{{17}}{2}} \right)\).

c) Áp dụng công thức tìm tọa độ trung điểm của đoạn thẳng, ta được: \(K\left( {\frac{1}{2}\;;\;\frac{{13}}{2}\;;\;\frac{{13}}{2}} \right)\).

d) Áp dụng công thức tìm tọa độ trọng tâm của tam giác, ta được: \(G\left( {\frac{2}{3}\;;\;\frac{{11}}{3}\;;\;\frac{{20}}{3}} \right)\).

e) Áp dụng công thức tìm tọa độ trọng tâm của tam giác, ta được: \(Q\left( {2\;;\;\frac{4}{3}\;;\;\frac{{10}}{3}} \right)\).

a) Do điểm \(M\) đối xứng với điểm \(A\) qua \(B\) nên \(B\) là trung điểm của đoạn \(AM\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 2{x_B} - {x_A} = 9\\{y_M} = 2{y_B} - {y_A} = 14\\{z_M} = 2{z_B} - {z_A} =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {9\;;\;14\;;\; - 1} \right)\).

b) Do điểm \(N\) đối xứng với điểm \(B\) qua \(C\) nên \(C\) là trung điểm của đoạn \(BN\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_N} = 2{x_C} - {x_B} =  - 13\\{y_N} = 2{y_C} - {y_B} = 8\\{z_N} = 2{z_C} - {z_B} = 17\end{array} \right. \Rightarrow N\left( { - 13\;;\;8\;;\;17} \right)\).

c) Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(B\) trên trục \(Oy\). Ta được: \(H\left( {0\;;6\;;\;0} \right)\).

Do điểm \(B'\) đối xứng với điểm \(B\) qua trục \(Oy\) nên \(H\) là trung điểm của đoạn \(BB'\).

Vậy \(B'\left( { - 5\;;\;6\;;\; - 3} \right)\).

d) Gọi \(J\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(C\) trên mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxz} \right)\). Ta được: \(J\left( { - 4\;;0\;;\;10} \right)\).

Do điểm \(C'\) đối xứng với điểm \(C\) qua mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxz} \right)\) nên \(J\) là trung điểm của đoạn \(CC'\).

Vậy \(C'\left( { - 4\;;\; - 7\;;\;10} \right)\).

e) Do \(G\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\), nên:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 3{x_G} - {x_B} - {x_C} = 5\\{y_D} = 3{y_G} - {y_B} - {y_C} = 2\\{z_D} = 3{z_G} - {z_B} - {z_C} = 5\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {5\;;\;2\;;\;5\;} \right)\)
f) Do \(A\) là trọng tâm của tam giác \(KBG\). Tương tự \(K\left( { - 4\;;\; - 17\;;\;12} \right)\)

a) Gọi \(D\left( {{x_D}\;;\;{y_D}\;;\;{z_D}} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {DK}  = \left( {5 - {x_D}\;;\; - 6 - {y_D}\;;\;3 - {z_D}} \right)\).

Do \(\overrightarrow {DK}  = \overrightarrow u  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5 - {x_D} = 6\\ - 6 - {y_D} =  - 5\\3 - {z_D} =  - 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} =  - 1\\{y_D} =  - 1\\{z_D} = 12\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 1; - 1;12} \right)\).

b) Gọi \(M\left( {{x_M}\;;\;{y_M}\;;\;{z_M}} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {HM}  = \left( {{x_M}\; + 4;\;{y_M} - 7\;;\;{z_M} + 10} \right)\).

Do \(\overrightarrow {HM}  = 2\overrightarrow u  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} + 4 = 12\\{y_M} - 7 =  - 10\\{z_M} + 10 =  - 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 8\\{y_M} =  - 3\\{z_M} =  - 28\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {8; - 3; - 28} \right)\).

a) Gọi \(D\left( {{x_D}\;;\;{y_D}\;;\;{z_D}} \right)\).

\(ABCD\) là hình bình hành \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 =  - 4 - {x_D}\\8 = 7 - {y_D}\\ - 4 = 10 - {z_D}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} =  - 8\\{y_D} =  - 1\\{z_D} = 14\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 8\;;\; - 1\;;\;14} \right)\).

b) Gọi \(M\left( {{x_M}\;;\;{y_M}\;;\;{z_M}} \right)\).

\(ABMC\) là hình bình hành\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CM}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 = {x_M} + 4\\8 = {y_M} - 7\\ - 4 = {z_M} - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 0\\{y_M} = 15\\{z_M} = 6\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {0\;;\;15\;;\;6} \right)\).

Ta có

+ Do \(ABCD\) là hình bình hành, nên tương tự câu 18, ta được: \(C\left( { - 2\;;\;0\;;\;1} \right)\).

+ Do \(ACC'A'\) là hình bình hành, nên tương tự câu 18, ta được: \(C'\left( {1\;;\;0\;;\;1} \right)\).

+ Tương tự, ta được: \(B'\left( {0\;;\;2\;;\;1} \right);\;D'\left( {3\;;\; - 1\;;\;2} \right)\).

Ta có \(A(6,7\;;\;0\;;\;0),B(6,7\;;\;6,1\;;\;1,55)\). Vậy tọa độ \(\overrightarrow {AB} \) là:

\(\overrightarrow {AB} = \left( {6,7 - 6,7\;;\;6,1 - 0\;;\;1,55 - 0} \right) = \left( {0\;;\;6,1\;;\;1,55} \right)\).

Chiếc thứ nhất nằm cách điểm xuất phát \(2\;km\) về phía nam và \(1\;km\) về phía đông, đồng thời cách mặt đất \(0,5\;m\) nên có tọa độ là \(\left( {2\;;\;1\;;\;0,5} \right)\).

Chiếc thứ hai nằm cách điểm xuất phát \(1\;km\) về phía bắc và \(1,5\;km\) về phía tây, đồng thời cách mặt đất \(0,8\;km\) nên có tọa độ là \(\left( { - 1\;;\; - 1,5\;;\;0,8} \right)\).

Gọi \(C(x\;;\;y\;;\;z)\) là vị trí của máy bay sau \(10\) phút tiếp theo. Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} \) là cùng hướng. Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ \(A\) đến \(B\) bằng thời gian từ \(B\) đến \(C\)nên \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {BC} \).

Ta có:\(\overrightarrow {AB} = \left( {940 - 800\;;\;550 - 500\;;\;8 - 7} \right) = \left( {140\;;\;50\;;\;1} \right)\). \(\overrightarrow {BC} = \left( {x - 940\;;\;y - 550\;;\;z - 8} \right)\).

\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}140 = x - 940\\50 = y - 550\\1 = z - 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1080\\y = 600\\z = 9\end{array} \right.\). Vậy \(C = \left( {1080\;;\;600\;;\;9} \right)\).