Đề kiểm tra Vectơ trong không gian lớp 12 (có lời giải) - Đề 1

Ta có: \[\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DD'} \] mà \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {DD'} \) suy ra \[\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AD} \] nên đẳng thức C sai.

Theo giả thiết trên thì với \(O\) là một điểm bất kỳ ta luôn có: \[\overrightarrow {OG}  = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD} } \right)\].

Ta thay điểm \(O\) bởi điểm \(A\) thì ta có:

\[\overrightarrow {AG}  = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AA}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} } \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {AG}  = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} } \right)\]

Do vậy \[\overrightarrow {AG}  = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} } \right)\] là sai.

\[\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OD} {\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}\overrightarrow {OA}  - \overrightarrow {OB} {\rm{  =  }}\overrightarrow {OD}  - \overrightarrow {OC} {\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}\overrightarrow {BA}  = \overrightarrow {CD} \].

Mà bốn điểm\[A,B,C,D\] không thẳng hàng nên \[A,B,C,D\] tạo thành hình bình hành.

Ý a) Đúng: Vì \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {A'C}  - \overrightarrow {A'A}  = \overrightarrow {AC} \\\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AC} \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {A'C}  - \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} \]

Ý b) Sai: Vì \[\overrightarrow {BC'}  = \overrightarrow {BB'}  + \overrightarrow {B'C'}  = \overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {B'C'} \].

Ý c) Đúng: Vì \[\overrightarrow {C'O}  = \overrightarrow {C'A'}  + \overrightarrow {A'O}  = \overrightarrow {C'A'}  - \overrightarrow {OA'} \].

Ý d) Sai: Ta có: \(\overrightarrow {A'D} .\overrightarrow {A'B}  = \left| {\overrightarrow {A'D} } \right|.\left| {\overrightarrow {A'B} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {A'D} ,\overrightarrow {A'B} } \right) = a\sqrt 2 .a\sqrt 2 .c{\rm{os}}60^\circ  = {a^2}\)

Ý a) Sai: Vì \(\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {CB} \).   

Ý b) Đúng: Vì \(ABCD\) là hình bình hành  nên \[\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {BD} \].

Ý c) Đúng: Với vectơ \(\overrightarrow a  \ne \overrightarrow 0 \) và \(k \in \mathbb{R}\) ta luôn có \(\left| {k.\overrightarrow a } \right| = \left| k \right|.\left| {\overrightarrow a } \right|\).

Ý d) Đúng: Với vectơ \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b \)là hai vectơ tùy ý khác vectơ \(\overrightarrow 0 \)ta luôn có \[\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}}\].

a)Đ                  b) S                    c) S                       d Đ

Theo quy tắc hình hộp ta có  \(\overrightarrow {AC'}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow x  + \overrightarrow y  + \overrightarrow z \).

b) Sai.

Theo quy  tắc 3 điểm ta có \(\overrightarrow {A'B}  = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow x  - \overrightarrow z \).

c) Sai.

Vì hình lập phương có cạnh bằng \(a\) nên \(A'B = A'C' = C'B = a\sqrt 2 \), do đó tam giác \(A'BC'\) đều, nên \(\angle BA'C' = {60^\bigcirc } \Rightarrow \left( {\overrightarrow {BA'} ,\,\overrightarrow {A'C'} } \right) = {180^\bigcirc } - {60^\bigcirc } = {120^\bigcirc }\).

d) Đúng.

Dễ thấy \(ABCD.A'B'C'D'\) nên \(AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AA' \bot AM \Rightarrow \)tam giác \(AA'M\) vuông tại \(A\).

 Có \(\left| {\overrightarrow {A'M} } \right| = A'M = \sqrt {A{{A'}^2} + A{M^2}}  = \sqrt {A{{A'}^2} + A{B^2} + B{M^2}} \)\( = \sqrt {{a^2} + {a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{3a}}{2}\).

a)Đ                  b) S                    c) Đ                       d Đ

a) Đúng, theo tính chất trọng tâm.

b) Sai.

Theo quy  tắc trọng tâm, ta có \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  = 3\overrightarrow {AG}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AG}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} \).

c) Đúng.

\(\overrightarrow {CG}  = \overrightarrow {AG}  - \overrightarrow {AC}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB}  - \frac{2}{3}\overrightarrow {AC}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} \).

d) Đúng.

Vì \(I\) là điểm thuộc đoạn \(AG\) và \(AI = 3IG \Rightarrow \overrightarrow {AI}  = 3\overrightarrow {IG} \), mà \(G\)là trọng tâm tam giác \(BCD\) nên

\(\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  = 3\overrightarrow {IG}  \Leftrightarrow \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  = \overrightarrow {AI} \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  =  - \overrightarrow {IA} \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  = \overrightarrow 0 \).

Ta có:  \(DN = \frac{1}{3}DC' \Leftrightarrow NC' = 2ND \Rightarrow \overrightarrow {NC'}  =  - 2\overrightarrow {ND} \).

Suy ra điểm N chia đoạn thẳng \[{\rm{D}}C'\] theo tỉ số \(k =  - 2\). Do đó \(\overrightarrow {BN}  = \frac{{\overrightarrow {BC'}  + 2\overrightarrow {BD} }}{3}\)

hay \(\overrightarrow {BN}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {BC'}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {BD}  \Leftrightarrow \overrightarrow {BN}  = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BB'}  + \overrightarrow {BC} } \right) + \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC} } \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {BN}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {BB'} \).

Vậy \(x + y + z = 2\).

Ta có: \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD}  = 0\); \[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = AB.AD.cos60^\circ  = \frac{1}{2}\]; \[\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  = \frac{1}{2}\].

\(\overrightarrow {IJ} \, = \,\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {AJ}  =  - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} } \right)\)

\( \Rightarrow I{J^2} = {\overrightarrow {IJ} ^2}\, = \frac{1}{4}{\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} } \right)^2} = \frac{1}{4}\left( {\frac{{17}}{4} + 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD}  - 3\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  - 3\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{5}{{16}}\).

\( \Rightarrow IJ = \frac{{\sqrt 5 }}{4} \approx 0,56.\)

Gọi \[O\] là tâm của hình hình hành \[ABCD\] và \[I\] là trung điểm của \[DD'.\]

Nối \[C'D\] cắt \[CI\] tại \[N' \Rightarrow N'\] là trọng tâm của tam giác \[CDD'.\]

Ta có \[OI\] là đường trung bình của tam giác \[BDD'\] suy ra \[OI\]//\[BD'.\]

Mặt khác \[\frac{{CN'}}{{CI}} = \frac{{CM}}{{CO}}\] nên \[MN'\]//\[OI\] suy ra \[MN'\]//\[BD'.\]

Theo bài ra, ta có \[MN\]//\[BD'\]\[ \Rightarrow \,\,C'N = \frac{2}{3}C'D\,\,\, \Rightarrow \,\,x = \frac{2}{3} \approx 0,67\].

Ta có:

$\begin{array}{l}\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{SB}=\left(\overrightarrow{SM}-\overrightarrow{SA}\right).\overrightarrow{SB}=\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}=SM.SB.\cos \widehat{BSM}-SA.SB.\cos \widehat{ASB}\\ =\frac{a\sqrt{3}}{2}.a.\cos {30}^{°}-a.a.\cos {60}^{°}\\ =\frac{a^2}{4}\end{array}$

Suy ra: $\cos \left(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{SB}\right)=\frac{\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{SB}}{AM.SB}=\frac{\frac{a^2}{4}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}.a}=\frac{\sqrt{3}}{6}\approx 0,29$

Gọi \({A_1};\,{B_1};\,{C_1};\,{D_1}\) là các điểm thỏa mãn : \(\overrightarrow {E{A_1}}  = \overrightarrow {{F_1}} ;\,\,\overrightarrow {E{B_1}}  = \overrightarrow {{F_2}} ;\,\,\overrightarrow {E{C_1}}  = \overrightarrow {{F_3}} ;\,\,\overrightarrow {E{D_1}}  = \overrightarrow {{F_4}} \).

Vì \(EA;\,EB;\,EC;\,ED\) bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)một góc \(\alpha \) nên \(E{A_1};\,E{B_1};\,E{C_1};\,E{D_1}\) cũng bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng \(\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\)một góc \(\alpha \).

Mặt khác \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) cũng là hình chữ nhật có tâm O.

Từ các điều kiện trên ta suy ra \(EO \bot \left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)\). Khi đó \(\alpha  = \left( {E{A_1};\,\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)} \right) = \widehat {E{A_1}O}\).

Ta có: \[\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \,\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \,\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\,\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 4800N\] nên \(E{A_1} = E{B_1} = E{C_1} = E{D_1} = 4800\)

Xét tam giác \(E{A_1}O\) vuông tại O nên \(EO = E{A_1}.\sin \alpha  = 4800.\sin \alpha \).

Ta có: \[\overrightarrow {{F_1}}  + \,\overrightarrow {{F_2}}  + \,\overrightarrow {{F_3}}  + \,\overrightarrow {{F_4}}  = \overrightarrow {E{A_1}}  + \overrightarrow {E{B_1}}  + \overrightarrow {E{C_1}}  + \overrightarrow {E{D_1}}  = 4\overrightarrow {EO} \].

Mặt khác : \[\overrightarrow {{F_1}}  + \,\overrightarrow {{F_2}}  + \,\overrightarrow {{F_3}}  + \,\overrightarrow {{F_4}}  = \overrightarrow P \] với  \[\overrightarrow P \] là trọng lực tác động lên khung chứa xe ô tô.

Suy ra: \[\overrightarrow P  = 4\overrightarrow {EO} \].

Trọng lượng của cả khung sắt chứa xe ô tô là \[|\overrightarrow P | = 4EO = 19200.\sin \alpha \,\,\,\,\,\,\,\,\left( N \right)\].

Theo bài ra ta có: \[19200.\sin \alpha  = 7200\sqrt 6 \, \Leftrightarrow \sin \alpha  = \frac{{3\sqrt 6 }}{8} \approx 0,92\].

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AB,SA \bot AD\). Do \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(AB \bot AD\).

Do đó, đặt \(\overrightarrow {AS}  = \overrightarrow a ,\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow b ,\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow c \) thì \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 4,\left| {\overrightarrow b } \right| = 1,\left| {\overrightarrow c } \right| = 2\) và \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = \overrightarrow b .\overrightarrow c  = \overrightarrow c .\overrightarrow a  = 0\)

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \frac{{\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {DM} }}{{\left| {\overrightarrow {SC} } \right|.\left| {\overrightarrow {DM} } \right|}}\).

Do \(\overrightarrow {SC}  = \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AS}  = \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right) - \overrightarrow {AS}  =  - \overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c \) và \(\overrightarrow {DM}  = \overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AD}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AD}  = \frac{1}{2}\overrightarrow b  - \overrightarrow c \) nên:

\[\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {DM}  = \left( { - \overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right)\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow b  - \overrightarrow c } \right) =  - \frac{1}{2}\overrightarrow a .\overrightarrow b  + \overrightarrow a .\overrightarrow c  + \frac{1}{2}{\overrightarrow b ^2} - \overrightarrow b .\overrightarrow c  + \frac{1}{2}.\overrightarrow c .\overrightarrow b  - {\overrightarrow c ^2} = \frac{1}{2}{\overrightarrow b ^2} - {\overrightarrow c ^2} = \frac{1}{2}{\left| {\overrightarrow b } \right|^2} - {\left| {\overrightarrow c } \right|^2}\]

\[ = \frac{1}{2}{.1^2} - {2^2} =  - \frac{7}{2}\];

\({\left| {\overrightarrow {SC} } \right|^2} = {\left( { - \overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right)^2} = {\overrightarrow a ^2} + {\overrightarrow b ^2} + {\overrightarrow c ^2} - 2\overrightarrow a \overrightarrow b  - 2\overrightarrow a \overrightarrow c  + 2\overrightarrow b \overrightarrow c  = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow c } \right|^2} = {4^2} + {1^2} + {2^2} +  = 21\)

\({\left| {\overrightarrow {DM} } \right|^2} = {\overrightarrow {DM} ^2} = {\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow b  - \overrightarrow c } \right)^2} = \frac{1}{4}{\overrightarrow b ^2} - \overrightarrow b \overrightarrow c  + {\overrightarrow c ^2} = \frac{1}{4}{\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow c } \right|^2} = \frac{1}{4}.1 + {2^2} = \frac{{17}}{4}\).

Suy ra:

\(\cos \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \frac{{ - \frac{7}{2}}}{{\sqrt {21} .\sqrt {\frac{{17}}{4}} }} =  - \frac{{\sqrt {357} }}{{51}} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {DM} } \right) \approx 111,75^\circ \).

Vậy góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {SC} \) và \(\overrightarrow {DM} \) là khoảng \(111,75^\circ \).