Đề kiểm tra Hệ trục tọa độ trong không gian lớp 12 (có lời giải) - Đề 4

Chọn C

\({M_1}\)là hình chiếu của \(M\)lên trục \[Ox\]nên \({x_{{M_1}}} = {x_M} = 1\), \({M_1}\)thuộc trục \[Ox\]nên \({M_1}\)có tọa độ là:\(\)\(\)\({M_1}(1\,;\,0\,;\,0)\)

  Chọn C

\({M_1}\)là hình chiếu \(M\) trên mặt phẳng tọa độ \[Oxy\] nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{{M_1}}} = {x_M} = 1\\{y_{{M_1}}} = {y_M} =  - 2\end{array} \right.\).

\({M_1}\)thuộc phẳng tọa độ \[Oxy\] nên \({M_1}\)có tọa độ là: \({M_1}\left( {1; - 2;0} \right)\).

Chọn C

\({M_1}\left( { - 1;0;0} \right),{M_2}\left( {0;2;0} \right),{M_3}\left( {0;0; - 3} \right)\)lần lượt là hình chiếu của \(M\) trên các trục \[Ox\,,\,Oy\,,\,Oz\] 

nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = {x_{{M_1}}} =  - 1\\{y_M} = {y_{{M_1}}} = 2\\{z_M} = {z_{{M_1}}} =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - 1;2; - 3} \right)\).

Chọn A

Điểm \(A\left( {2; - 2;3} \right)\) nên \(\overrightarrow {OA}  = \left( {2; - 2;3} \right)\) do đó \(\overrightarrow {OA}  = 2\overrightarrow i  - 2\overrightarrow j  + 3\overrightarrow k \)

Chọn B

\(\overrightarrow {OA}  = \overrightarrow u  \Rightarrow \overrightarrow {OA\,} (1\,;\,0\,;\, - 2) \Rightarrow A(1\,;\,0\,;\, - 2)\)

Chọn B

Chọn D

Chọn A

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

Gọi \(D\left( {x;y;z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {CD}  = \left( {x + 3;\,y - 1;\,\,z - 5} \right)\).

\(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CD}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3 = 2\\y - 1 = 3\\z - 5 =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 4\\z = 2\end{array} \right.\).

Tọa độ điểm \(D\)là:  \(D\left( { - 1;\,\,4;\,\,2} \right)\).

Chọn C

Ta có \[\overrightarrow i  = (1;0;0),\overrightarrow j  = (0;1;0),\overrightarrow k  = (0;0;1).\]

Do đó, \[\overrightarrow i  + \overrightarrow j  - \overrightarrow k  = (1;1; - 1).\]

Chọn C

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \left( { - 2\,;\, - 3\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow {QP}  = \left( { - {x_Q}\,;\, - {y_Q}\,;\,4 - {z_Q}} \right)\).

Để tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {QP} \)\( \Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l} - 2 =  - {x_Q}\\ - 3 =  - {y_Q}\\0 = 4 - {z_Q}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}{x_Q} = 2\\{y_Q} = 3\\{z_Q} = 4\end{array} \right.\).

Chọn A

Hình chữ nhật \(OKMN\) nên \(N\) là hình chiếu của \(M\)trên mặt phẳng \(Oxy\),\(K\) là hình chiếu của \(M\)trên trục \(Oz\), do đó tọa độ đỉnh \(M\)là: \(M\left( {1;\,2;\,2} \right)\).

Chọn C

Ta có: \[D\left( {a;\,b;\,c} \right)\], \[ABCD\] là hình bình hành thì

\(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 1 =  - 2 - 2\\b - 2 = 3 + 1\\c + 1 = 3 - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 3\\b = 6\\c =  - 1\end{array} \right.\).

Vậy: \(D( - 3;6; - 1) \Rightarrow P = 44\)

a) Đúng: Do \(M\) là trung điểm của đoạn \(AB\) nên \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow 0 \).

b) Đúng: Do \(N\) là trung điểm của \(CD\) nên \(\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD}  = 2\overrightarrow {MN} \).

c) Sai: Do \(G\) là trung điểm của \(MN\) nên \(\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} = \overrightarrow 0 \).

Mà \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} = 2\overrightarrow {GM} \), \(\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 2\overrightarrow {GN} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 2\left( {\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} } \right) = \overrightarrow 0 \)

\( \Rightarrow \)\[\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} = - \left( {\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right)\].

d) Sai: Do AD→+BC→=AM→+MN→+ND→+BM→+MN→+NC→

\( = \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BM} } \right) + \left( {\overrightarrow {NC} + \overrightarrow {ND} } \right) + 2\overrightarrow {MN} = 2\overrightarrow {MN} \)

a) Đúng:  Theo quy tắc hình hộp

b) Sai:  Do \(\overrightarrow {D'A'}  = \overrightarrow {DA} \)\( \Rightarrow \)\(\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {D'A'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {DA} } \right) = {135^0}\).

c) Đúng:  Do \(A'C'\parallel AC\) và \(BD \bot AC\)\( \Rightarrow BD \bot A'C'\)\( \Rightarrow \)\(\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {A'C'}  = 0\).

d) Sai:  Do \(\overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {AB}  = \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'} } \right)\overrightarrow {AB}  = {\overrightarrow {AB} ^2} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AB}  = A{B^2} = {a^2}\).

a) Đúng:  Ta có  \(\overrightarrow a  + \overrightarrow b  = \left( {1 + 3;2 + 1; - 3 + 5} \right) = \left( {4;3;2} \right)\)

b) Sai:  \[2\overrightarrow a  - 3\overrightarrow b  = \left( {2 - 9;4 - 3; - 6 - 15} \right) = \left( { - 7;1; - 21} \right)\]

c) Sai:  \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 1.3 + 2.1 + \left( { - 3} \right).5 =  - 10\)

d) Đúng:  \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{ - 10}}{{\sqrt {14} .\sqrt {35} }} =  - \frac{{\sqrt {10} }}{7}\).

a) Đúng: Toạ độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) là 

\(G\left( {\frac{{1 + 4 + 3}}{3};\frac{{2 + \left( { - 2} \right) + 4}}{3};\frac{{4 + 1 + 7}}{3}} \right) = G\left( {\frac{8}{3};\frac{4}{3};4} \right)\).

b) Đúng:  Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\). Để \(ABCD\) là hình bình hành\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - x = 3\\4 - y =  - 4\\7 - z =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 8\\z = 10\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {0;8;10} \right)\)

c) Đúng:  Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\), ta có \(M\) thuộc đoạn \(AB\) và \(MB = 2MA\)\[ \Rightarrow \overrightarrow {MB}  =  - 2\overrightarrow {MA} \]\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - x =  - 2\left( {1 - x} \right)\\ - 2 - y =  - 2\left( {2 - y} \right)\\1 - z =  - 2\left( {4 - z} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = \frac{2}{3}\\z = 3\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {2;\frac{2}{3};3} \right)\).

d) Sai:  \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3; - 4; - 3} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {2;2;3} \right)\), ta có \(\cos \widehat {BAC} = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{ - 11}}{{\sqrt {34} .\sqrt {17} }} = \frac{{ - 11\sqrt 2 }}{{34}}\).

Vectơ \(\overrightarrow {AB} \) có tọa độ là \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;3; - 1} \right)\)\( \Rightarrow T = m + n + p = 3\).

Do \(I\left( {a\,;\,b\,;\,c} \right)\)là trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] nên \(\overrightarrow {AI\,} = \overrightarrow {IB\,} \)
\( \Rightarrow I\left( {0\,;\,1\,;\,1} \right) \Rightarrow T = a + b + c = 2\).

Vì \[A'\left( {a\,;\,b\,;\,c} \right)\] là điểm đối xứng với \(A\) qua \(B\) nên \(B\) là trung điểm của \[AA'\]\( \Rightarrow \)\[\overrightarrow {AB\,} = \overrightarrow {BA'\,} \]
Ta có
\(\overrightarrow {AB\,} = \left( { - 3\,;\,1\,;\,0} \right)\), \[\overrightarrow {BA'\,} = \left( {a + 1\,;\,b - 2\,;\,c - 1} \right)\]
Do đó \[\overrightarrow {AB\,} = \overrightarrow {BA'\,} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 1 = - 3\\b - 2 = 1\\c - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 4\\b = 3\\c = 1\end{array} \right.\]
Vậy \(A'\left( { - 4;3;1} \right) \Rightarrow a + b + c = - 4 + 3 + 1 = 0\).

Điểm đối xứng của điểm \[I\] qua trục \[Oy\] có toạ độ là \(I'\left( { - 2; - 3; - 4} \right)\).
Suy ra \(a + b + c = \left( { - 2} \right) + \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = - 9\).

Điểm \(Q\left( {2;1;0} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\). Suy ra \(T = 2a + 3b + 4c = 7\).

Vì điểm \(A'\) có toạ độ là \(\left( {240;450;0} \right)\) nên khoảng cách từ \(A'\) đến các trục \(Ox,Oy\) lần lượt là \(450\;{\rm{cm}}\) và \(240\;{\rm{cm}}\). Suy ra \(A'A = 450\;{\rm{cm}}\) và \(A'O' = 240\;{\rm{cm}}\). Từ giả thiết suy ra \(\overrightarrow {A'B'}  = \left( { - 120;0;300} \right)\), do đó \(A'B' = \left| {\overrightarrow {A'B'} } \right| = \sqrt {{{( - 120)}^2} + {0^2} + {{300}^2}}  = 60\sqrt {29}  \approx 323(\;{\rm{cm}})\).

Vi \(O'O = A'A = 450\;{\rm{cm}}\) và \(O'\) nằm trên trục \[Oy\] nên toạ độ của điểm \(O'\) là \(\left( {0;450;0} \right)\).

Do đó \(\overline {O'B'}  = \left( {120;0;300} \right)\) và \(O'B' = \left| {\overline {O'B'} } \right| = \sqrt {{{120}^2} + {0^2} + {{300}^2}}  = 60\sqrt {29}  \approx 323{\rm{ }}({\rm{cm}})\).

Vậy mỗi căn lều gỗ có chiều dài là \(450\;{\rm{cm}}\), chiều rộng là \(240\;{\rm{cm}}\), mỗi cạnh bên của mặt tiền có độ dài là 323 cm.

\( \Rightarrow a + b + c = 1013\).