Đề kiểm tra Vectơ trong không gian lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

Do \[AB'C'D\] là hình bình hành nên \[\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {AD} \].  Chọn đáp án là C.

Ta có: \[\overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {A'D'} + \overrightarrow {D'C'} \], mà tứ giác \[ADD'A'\] và \[DCC'D'\] là hình vuông nên \[\overrightarrow {DD'} .\overrightarrow {A'D'} = \overrightarrow {DD'} .\overrightarrow {D'C'} = 0\]. Do đó \[\overrightarrow {DD'} .\left( {\overrightarrow {A'D'} + \overrightarrow {D'C'} } \right) = 0\]. Chọn đáp án D.

Gọi \[O'\] là tâm của hình vuông \[A'B'C'D'\].

Ta có \[ABC'D'\] là hình bình hành nên \[\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {BC'} \], do đó \[\overrightarrow {BA'} + \overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {BA'} + \overrightarrow {BC'} = 2\overrightarrow {BO'} \].

Tam giác \[BA'C'\] là tam giác đều cạnh \[a\sqrt 2 \]nên \[BO' = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\sqrt 2 = \frac{{\sqrt 6 }}{2}a\].

Từ đó độ dài của vectơ \[\overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {BA'} \] bằng \[\sqrt 6 a\].

b)   Đúng.

c)    Sai.

a)    Ta thấy: \[ABCD\] là hình chữ nhật nên \[AB//CD\].

Suy ra: hai vectơ \[\overrightarrow {AB\,} \], \[\overrightarrow {CD\,} \] là hai vectơ cùng phương, ngược hướng.

Mệnh đề a) sai.

b)   Ta có: \[ABCD\] là hình chữ nhật nên: \[AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = a\sqrt 5 \].

Hình chóp \[S.ABCD\] có \[SA\] vuông góc với mặt đáy nên tam giác \[SAC\] là tam giác vuông tại \[A\]. Suy ra: \[\tan \widehat {SCA\,} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }}\,\, \Rightarrow \,\,\widehat {SCA\,} \approx 41^\circ 48\prime \].

Ta có: \[\left( {\overrightarrow {SC\,} ,\,\overrightarrow {AC\,} } \right) = \left( {\overrightarrow {CS\,} ,\,\overrightarrow {CA\,} } \right) = \widehat {SCA} \approx 41^\circ 48\prime \].

Mệnh đề b) sai.

c)    Hình chóp \[S.ABCD\] có \[SA\] vuông góc với mặt đáy nên tam giác \[SAB\] là tam giác vuông tại \[A\].

Suy ra: \[SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = a\sqrt 5 \].

Trong tam giác \[SAB\] vuông tại \[A\] có \[AM\] là đường trung tuyến nên:

\[AM = \frac{1}{2}SB = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\].

Lại có: \[M\] là trung điểm của \[SB\] nên \[MB = \frac{1}{2}SB = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\].

Ta tính được: \[\cos \widehat {MAB\,} = \frac{{M{A^2} + A{B^2} - M{B^2}}}{{2MA.\,AB}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\].

Mà: \[\left( {\overrightarrow {AM\,} ,\,\overrightarrow {AB\,} } \right) = \widehat {MAB\,}\], suy ra:

\[\overrightarrow {AM\,}  \cdot \,\overrightarrow {AB\,}  = \left| {\overrightarrow {AM\,} } \right|.\,\left| {\overrightarrow {AB\,} } \right|.\,\cos \left( {\overrightarrow {AM\,} ,\,\overrightarrow {AB\,} } \right) = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\,a.\,\frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{{a^2}}}{2}\].

Mệnh đề c) đúng.

d)   Ta có: \[M\], \[N\] lần lượt là trung điểm của các cạnh \[SB\], \[SD\] nên \[MN\] là đường trung bình của tam giác \[SBD\]. Do đó: \[MN = \frac{1}{2}BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\].

Suy ra: \[\left| {\overrightarrow {AM\,}  - \overrightarrow {AN\,} } \right| = \left| {\overrightarrow {MN\,} } \right| = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\].

Mệnh đề d) sai.

b)   Đúng.

c)    Sai.

d)   Đúng.

a)    Ta có: \[AC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = a\sqrt 2 \].

Lại có: \[CN = NC\prime \] nên \[CN = NC\prime  = \frac{a}{2}\].

\[ABCD.A\prime B\prime C\prime D\prime \] là hình lập phương nên tam giác \[NAC\] là tam giác vuông tại \[C\].

Suy ra: \[\tan NAC = \frac{{CN}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\,\, \Rightarrow \,\,\widehat {NAC\,} \approx 19^\circ 28\prime \]

Ta có: \[\left( {\overrightarrow {AN\,} ,\,\overrightarrow {AC\,} } \right) = \widehat {NAC\,} \approx 19^\circ 28\prime \].

Mệnh đề a) sai.

b)   Trong tam giác \[NAC\] vuông tại \[C\] có: \[AN = \sqrt {A{C^2} + C{N^2}}  = \frac{{3a}}{2}\].

Ta có: \[\left| {\overrightarrow {MN\,}  + \overrightarrow {AM\,} } \right| = \left| {\overrightarrow {AN\,} } \right| = \frac{{3a}}{2}\].

Mệnh đề b) đúng.

c)    Ta có: \[\tan \widehat {NAC\,} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\,\, \Rightarrow \,\,\cos \widehat {NAC\,} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\] (Do \[\widehat {NAC\,} < 90^\circ \]).

Do đó: \[\overrightarrow {AN\,}  \cdot \,\overrightarrow {AC\,}  = \left| {\overrightarrow {AN\,} } \right|.\,\left| {\overrightarrow {AC\,} } \right|.\,\cos \left( {\overrightarrow {AN\,} ,\,\overrightarrow {AC\,} } \right) = \frac{{3a}}{2}.\,a\sqrt 2 .\,\frac{{2\sqrt 2 }}{3} = 2{a^2}\].

Mệnh đề c) sai.

d)   Trên cạnh \[CC\prime \] lấy điểm \[M\prime \] sao cho: \[\frac{{CM\prime }}{{CC\prime }} = \frac{2}{3}\].

Suy ra: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{NM\prime  = NC\prime  - M\prime C\prime  = \frac{a}{6}}\\{MM\prime //AC}\\{MM\prime  = AC = a\sqrt 2 }\end{array}} \right.\].

Ta có: \[\cos \widehat {NMM\prime \,} = \frac{{N{M^2} + M\prime {M^2} - M\prime {N^2}}}{{2.\,NM.\,M\prime M}} = \frac{{6\sqrt {146} }}{{73}}\].

Mặt khác: \[\left( {\overrightarrow {MN\,} ,\,\overrightarrow {A\prime C\prime \,} } \right) = \left( {\overrightarrow {MN\,} ,\,\overrightarrow {MM\prime \,} } \right) = \widehat {NMM\prime \,}\].

Tam giác \[MNM\prime \] vuông tại \[M\prime \] có: \[MN = \sqrt {M\prime {N^2} + M\prime {M^2}}  = \frac{{a\sqrt {73} }}{6}\].

Do đó: \[\overrightarrow {MN\,}  \cdot \,\overrightarrow {A\prime C\prime \,}  = \left| {\overrightarrow {MN\,} } \right|.\,\left| {\overrightarrow {A\prime C\prime \,} } \right|.\,\cos \left( {\overrightarrow {MN\,} ,\,\overrightarrow {A\prime C\prime \,} } \right) = 2{a^2}\].

Mệnh đề d) đúng.

a)    Ta có  tam giác \(\Delta ABC,\Delta A'B'C'\) đều cạnh \(2a\) suy ra \(A'K = AH = a\sqrt 3 \)

Xét tứ giác \(AA'KH\) có \(AA' = KH = AH = A'K = a\sqrt 3 \,,\,AA' \bot AH\) suy ra tứ giác \(AA'KH\) là hình vuông , từ đó dễ thấy hai vectơ \[\overrightarrow {AH\,} \], \[\overrightarrow {KA'\,} \] là hai vecto cùng phương ngược hướng.

Mệnh đề a) sai.

b)   Ta có: \(AA'KH\) là hình vuông suy ra \(\widehat {A'HA} = 45^\circ \)

Có : \(A'A \bot AH \Rightarrow \Delta A'AH\) vuông tại \(A\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {A'H\,} ,\overrightarrow {AH\,} } \right) = \widehat {A'HA} = 45^\circ \)

Mệnh đề b) sai.

c)    Ta có \(\Delta AB'C'\) cân tại \(A\), suy ra \(AK \bot B'C'\), \(AK = a\sqrt 6 ,\,B'K = a\)

\(AB' = \sqrt {A{B^2} + BB{'^2}} = \sqrt {4{a^2} + 3{a^2}} = a\sqrt 7 \)

Xét \(\Delta AKB'\) có \({\mathop{\rm Cos}\nolimits} \widehat {KAB'} = \frac{{AK}}{{AB'}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 7 }} = \sqrt {\frac{6}{7}} \).

\(\overrightarrow {AK} .\overrightarrow {AB'} = AK.AB'.{\mathop{\rm Cos}\nolimits} \widehat {KAB'} = a\sqrt 6 .a\sqrt 7 .\sqrt {\frac{6}{7}} = 6{a^2}\)

Mệnh đề c) sai.

d)   Gọi \(I\) là trung điểm \(HK \Rightarrow IH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(AI = \sqrt {I{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + 3{a^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}\).

Ta có : \(\left| {\overrightarrow {AK} + \overrightarrow {AH} } \right| = \left| {2.\overrightarrow {AI} } \right| = 2AI = a\sqrt {15} \).

Mệnh đề d) đúng.

a)     Các vectơ (khác vectơ \[\overrightarrow 0 \]) có điểm đầu và điểm cuối được tạo thành từ các đỉnh của tứ diện là: \[\overrightarrow {AB\,} \],\[\overrightarrow {AC\,} \],\[\overrightarrow {AD\,} \],\[\overrightarrow {BA\,} \],\[\overrightarrow {BC\,} \],\[\overrightarrow {B{\rm{D}}\,} \],\[\overrightarrow {CA\,} \],\[\overrightarrow {CB\,} \],\[\overrightarrow {C{\rm{D}}\,} \],\[\overrightarrow {DA\,} \],\[\overrightarrow {DB\,} \],\[\overrightarrow {DC\,} \]. Do đó có \[12\] vectơ thỏa mãn yêu cầu. Vậy mệnh đề sai.

b)     \[(\overrightarrow {AB\,} ,\overrightarrow {BC} ) = {180^0} - (\overrightarrow {BA\,} ,\overrightarrow {BC} ) = {180^0} - \widehat {ABC} = {120^0}\]. Vậy mệnh đề sai.

c)      \[\overrightarrow {BE\,}  = \overrightarrow {BC\,}  + \overrightarrow {CE\,}  = \overrightarrow {BC\,}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {CD\,}  = \overrightarrow {BC\,}  + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BD\,}  - \overrightarrow {BC\,} } \right) = \frac{2}{3}\overrightarrow {BC\,}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {BD\,} \].

Do đó \[m = 0\],\[n = \frac{2}{3}\],\[p = \frac{1}{3}\]. Suy ra \[m + n + p = 1\].

Vậy mệnh đề sai.

Ta có:  \(\overrightarrow {BE}  = \overrightarrow {AE}  - \overrightarrow {AB}  = \left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CE} } \right) - \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {AC}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {CD}  - \overrightarrow {AB} \)

\( = \overrightarrow {AC}  + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right) - \overrightarrow {AB}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} \)

Suy ra: \(\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BE}  = \overrightarrow {AD} .\left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AC}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} } \right) = \frac{2}{3}.\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC}  + \frac{1}{3}.{\overrightarrow {AD} ^2} - \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} \)

\( = \frac{2}{3}.a.a.\cos 60^\circ  + \frac{1}{3}{a^2} - a.a.\cos 60^\circ  = \frac{{{a^2}}}{6}\).

Vậy mệnh đề đúng.

Do \(AM = 3MD\), \(BN = 3NC\) và \[P,Q\] lần lượt là trung điểm của \[AD\] và \[BC\] nên \[M,N\] lần lượt là trung điểm của \[PD\] và \[QC\].

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {QN} \\\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CN} \end{array} \right. \Rightarrow 2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {DC} \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {DC} } \right)\]

\[ \Rightarrow a = \frac{1}{2};\;b = \frac{1}{2} \Rightarrow a + 2b = \frac{3}{2}\].

Gọi \[O\] là tâm của hình bình hành \[ABCD\] thì \[\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \]

\[ \Leftrightarrow \frac{{SA}}{{SA'}}\overrightarrow {SA'} + \frac{{SC}}{{SC'}}\overrightarrow {SC'} = \frac{{SB}}{{SB'}}\overrightarrow {SB'} + \frac{{SD}}{{SD'}}\overrightarrow {SD'} \]

Do \[A',B',C',D'\] đồng phẳng nên \[ \Rightarrow \frac{{SA}}{{SA'}} + \frac{{SC}}{{SC'}} = \frac{{SB}}{{SB'}} + \frac{{SD}}{{SD'}} \Rightarrow \]\[P = \frac{{SA}}{{SA'}} + \frac{{SC}}{{SC'}} - \frac{{SB}}{{SB'}} - \frac{{SD}}{{SD'}} = 0\].

Ta có: \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 45^\circ \).

Khi đó: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {A'C'} = AB.A'C'.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = 2.2\sqrt 2 .\cos 45^\circ = 4\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}IM{\rm{//}}AB\\IN{\rm{//}}CD\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {AB,CD} \right)} = \widehat {\left( {IM,IN} \right)}\).

Đặt \(\widehat {MIN} = \alpha \). Xét tam giác \(IMN\), có: \(IM = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2},IN = \frac{{CD}}{2} = \frac{a}{2},MN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Theo định lý côsin, có \(\cos \alpha = \frac{{I{M^2} + I{N^2} - M{N^2}}}{{2.IM.IN}} = - \frac{1}{2} < 0\).

\( \Rightarrow \widehat {MIN} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {\left( {AB,CD} \right)} = 60^\circ \).

Ta có: \[A'{C^2} = A'{A^2} + A{C^2} = 3A'{A^2} \Rightarrow A'A = \frac{{A'C}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{{16}}\].

Gọi \[O'\] là tâm của hình vuông \(A'B'C'D'\).

Lại có : \[\overrightarrow {OS} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OC'} + \overrightarrow {OD'} \]

\[ = \left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} } \right) + \left( {\overrightarrow {OA'} + \overrightarrow {OC'} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB'} + \overrightarrow {OD'} } \right)\]

\[ = 2\overrightarrow {OO'} + 2\overrightarrow {OO'} = 4\overrightarrow {OO'} \]

Suy ra \[OS = \left| {\overrightarrow {OS} } \right| = \left| {4\overrightarrow {OO'} } \right| = 4OO' = 4.\frac{{\sqrt 3 }}{{16}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\].

Khi đó \(a = 1,b = 4 \Rightarrow P = {a^2} + {b^2} = 17\).

Vì trong quá trình máy bay tăng vận tốc từ 900(km/h) lên 900(km/h), máy bay giữ nguyên hướng bay nên hai véc tơ \[\overrightarrow {{F_1}} \] và \[\overrightarrow {{F_2}} \] có cùng hướng và \[\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {{F_2}} \,\,(k > 0)\].

Gọi \[{v_1},\,\,{v_2}\]lần lượt là vận tốc của chiếc máy bay khi đạt 900(km/h) và 920(km/h).

Suy ra \[{v_1} = 900\](km/h), \[{v_2} = 920\](km/h).

Vì lực cản của không khí ngược hướng với lực đẩy của động cơ và có độ lớn tỉ lệ thuận với bình phương vận tốc máy bay nên \[\left| {\frac{{\overrightarrow {{F_1}} }}{{\overrightarrow {{F_2}} }}} \right| = \frac{{v_1^2}}{{v_2^2}} = \frac{{{{900}^2}}}{{{{920}^2}}} = \frac{{2025}}{{2116}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \frac{{2025}}{{2116}}\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}} = \frac{{2025}}{{2116}}\overrightarrow {{F_2}} \].

Từ đó suy ra: \[k = \frac{{2025}}{{2116}} \simeq 0,96\].