Đề ôn luyện Toán theo Chủ đề 6. Vectơ và phương pháp tọa độ trong không gian (Đề số 1)

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1\,;1\,; - 1} \right)\), \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1\,;0\,;1} \right)\).Khi đó \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = 1 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 \cdot 0 - 1 \cdot 1 =  - 2\). Chọn C.

Từ phương trình của đường thẳng \[d\] ta có một vectơ chỉ phương của \[d\] là \[\overrightarrow u  = \left( {2; - 4;1} \right)\].

Thấy \[{\vec u_1} = \left( { - 2;4; - 1} \right)\] cùng phương với \[\overrightarrow u \] nên đây cũng là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \[d\]. Chọn B.

Mặt phẳng\[\left( {Oxz} \right)\]: \[y = 0\].

Khoảng cáchtừđiểmAđếnmặtphẳng \[\left( {Oxz} \right)\] là \[d\left( {A,\left( {Oxz} \right)} \right) = \left| {{y_A}} \right| = 2\]. Chọn D.

Ta có: \[{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 2z - 7 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\].

Suy ra mặt cầu có tâm \[I\left( { - 1;\,0;\,1} \right)\], bán kính \[R = \sqrt 9  = 3\]. Chọn A.

Ta có \(M'\left( {0;0; - 2} \right)\). Suy ra \(\overrightarrow {MM'}  = \left( { - 1; - 3;0} \right)\). Chọn C.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left( {1\,;\,2\,; - 3} \right)\) nhận vectơ \(\overrightarrow u  = \left( {2; - 1;1} \right)\) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình dạng chính tắc là \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 1}} = \frac{{z + 3}}{1}\). Chọn A.

Vì \(OA\), \(OB\), \(OC\) đôi một vuông góc với nhau nên ta chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ dưới đây.

Ta có phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(\frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1 \Leftrightarrow 6x + 4y + 3z - 12 = 0\).

Khoảng cách ngắn nhất của dây điện là độ dài đoạn thẳng \[OH\] với \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Khi đó, \(OH = d\left( {O,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| { - 12} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {4^2} + {3^2}} }} = \frac{{12}}{{\sqrt {61} }} = \frac{{12\sqrt {61} }}{{61}}\). ChọnC.

Ta có \[\overrightarrow {AB}  = \left( {2\,;3\,; - 2} \right)\]. Suy ra đường thẳng \[AB\] có vectơ chỉ phương là \[\overrightarrow u  = \left( {2\,;3\,; - 2} \right)\].

Mà đường thẳng \[AB\] đi qua điểm \[A\left( {1; - 2;3} \right)\] nên \[AB\] có phương trình chính tắc là:

\[\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\]. Chọn B.

Hình chiếu của điểm \(A\) lên \(\left( {Oxy} \right)\) là \(H\left( {2\,;\, - 3\,;\,0} \right)\).

\(H\) là trung điểm \(AB\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2{x_H} = {x_A} + {x_B}}\\{2{y_H} = {y_A} + {y_B}}\\{2{z_H} = {z_A} + {z_B}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_B} = 2}\\{{y_B} =  - 3}\\{{z_B} =  - 1}\end{array}} \right.\). Vậy \(B\left( {2\,;\, - 3\,;\, - 1} \right)\). Chọn B.

Ta có \({\vec n_{\left( \alpha  \right)}} = \left( {1;2; - 1} \right),\,\,{\vec n_{\left( R \right)}} = \left( {3; - 3; - 5} \right)\) nên

\(cos\left( {\left( \alpha  \right),\left( R \right)} \right) = \frac{{\left| {1 \cdot 3 + 2 \cdot \left( { - 3} \right) + \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 5} \right)} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 1}  \cdot \sqrt {9 + 9 + 25} }} = \frac{{\sqrt {258} }}{{129}}\).

Vậy \(\left( {\left( \alpha  \right),\left( R \right)} \right) \approx 82,{8^ \circ }\). Chọn C.

Do \[ABCD.A'B'C'D'\] là hình lập phương tâm \[O\] nên \[O\] là trung điểm \[CA'\].

Khi đó, \[\overrightarrow {AO}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AA'} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'} } \right)\]. Chọn D.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), ta có \(M\left( {3;\,0;\,1} \right)\).

Mặt phẳng trung trực \(\left( \alpha  \right)\) của đoạn thẳng \(AB\):

Phương trình \(\left( \alpha  \right)\):\(\,\left( {x - 3} \right) + \left( {y - 0} \right) - \left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - z - 2 = 0\). Chọn D.

Điểm \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) nên ta có: \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \).

Khi đó, \(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  = \left( {\overrightarrow {SG}  + \overrightarrow {GA} } \right) + \left( {\overrightarrow {SG}  + \overrightarrow {GB} } \right) + \left( {\overrightarrow {SG}  + \overrightarrow {GC} } \right) = 3\overrightarrow {SG} \).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), ta có:

\(\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {CG}  = \overrightarrow {SA}  \cdot \frac{2}{3}\overrightarrow {CM}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA}  \cdot \left( {\overrightarrow {CS}  + \overrightarrow {SM} } \right) = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {CS}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {SM} \).

Vì \(SA \bot SC\) nên \(\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {CS}  = 0\).

Ta có \(\frac{2}{3}\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {SM}  = \frac{2}{3}SA \cdot SM \cdot \cos \widehat {ASM} = \frac{2}{3} \cdot 2 \cdot \sqrt 2  \cdot \cos 45^\circ  = \frac{4}{3}\).

Do đó, \(\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {CG}  = \frac{4}{3}\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(SA\), ta có: \(\overrightarrow {BS}  = 2\overrightarrow {MN} ,\,\overrightarrow {GC}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {MC}  \Rightarrow \left( {\overrightarrow {BS} ,\,\overrightarrow {GC} } \right) = \left( {\overrightarrow {MN} ,\,\overrightarrow {MC} } \right) = \widehat {CMN}.\)

Ta có \(MN{\rm{//}}SB,\,SA \bot SB\) nên \(MN \bot SA\). Lại có \(MN \bot SC\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,SC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\).

Do đó, \(MN \bot \left( {SAC} \right)\). Suy ra \(MN \bot CN\).

Tam giác \(CNM\) vuông tại \(N\) nên \(\tan \widehat {CMN} = \frac{{CN}}{{MN}} = \frac{{\sqrt {10} }}{1} = \sqrt {10} \).

Đáp án:       a) Đúng,      b) Sai,         c) Đúng,      d) Đúng.

Vì nền nhà là hình chữ nhật nên tứ giác \(OABC\) là hình chữ nhật, suy ra \({x_A} = {x_B} = 4\).

Do \(A\) nằm trên trục \(Ox\) nên toạ độ điểm \(A\) là \(\left( {4;0;0} \right)\).

Tường nhà là hình chữ nhật nên tứ giác \(OCHE\) là hình chữ nhật, suy ra \({y_H} = {y_C} = 5;{z_H} = {z_E} = 3\).

Do \(H\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) nên toạ độ điểm \(H\) là \(\left( {0;5;3} \right)\).

Để tính góc dốc của mái nhà, ta đi tính số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng \(FG\), hai mặt lần lượt là \(\left( {FGQP} \right)\)và \(\left( {FGHE} \right)\). Do mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( {FGQP} \right)\)và \(\left( {FGHE} \right)\) nên \(\widehat {PFE}\)  là góc phẳng nhị diện ứng với góc nhị diện đó.

Ta có \(\overrightarrow {FP}  = \left( { - 2\,;0\,;\,1} \right),\,\,\overrightarrow {FE}  = \left( { - 4;0\,;\,0} \right)\).

Suy ra \(\cos \widehat {PFE} = \cos \left( {\overrightarrow {FP} ,\overrightarrow {FE} } \right) = \frac{{\overrightarrow {FP}  \cdot \overrightarrow {FE} }}{{\left| {\overrightarrow {FP} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {FE} } \right|}}\)\( = \frac{{\left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 4} \right) + 0 \cdot 0 + 1 \cdot 0}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {0^2} + {1^2}}  \cdot \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

Do đó, \(\widehat {PFE} = 26,6^\circ \). Vậy góc dốc của mái nhà khoảng \(26,6^\circ \).

Ta có \(\overrightarrow {PQ}  = \left( {0\,;\,5\,;\,0} \right),\,\,\overrightarrow {PE}  = \left( { - 2\,;\,0\,; - 1} \right)\).

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {PQHE} \right)\) là \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PE} } \right] = \left( { - 5\,;\,0\,;\,10} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( {PQHE} \right)\) là \( - x + 2z - 6 = 0\).

Vậy độ dài tối thiểu của sợi dây điện bằng khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {PQHE} \right)\):

\(d\left( {A,\,\left( {PQHE} \right)} \right) = \frac{{\left| { - 4 - 6} \right|}}{{\sqrt 5 }} = 2\sqrt 5  \approx 4,47 > 4,4\).

Đáp án:       a) Đúng,      b) Đúng,     c) Đúng,      d) Sai.

Theo định nghĩa vectơ \(\overrightarrow n  = \left( {1;2;2} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của \(\left( \alpha  \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) đi qua điểm \(A\) và song song với mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) nên \[{\vec n_{\left( \beta  \right)}} = \left( {1;2;2} \right)\].

Do đó, \(\left( \beta  \right)\) có phương trình: \(x - 1 + 2\left( {y - 2} \right) + 2\left( {z - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 2z - 15 = 0\).

Mặt phẳng \(\left( \gamma  \right)\) đi qua hai điểm \(O\) và \(A\) đồng thời vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) nên

\[\left\{ \begin{array}{l}{{\vec n}_{\left( \gamma  \right)}} \bot \overrightarrow {OA}  = \left( {1;2;5} \right)\\{{\vec n}_{\left( \gamma  \right)}} \bot \overrightarrow n  = \left( {1;2;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {\vec n_{\left( \gamma  \right)}} = \left[ {\overrightarrow {OA} \,,\,\overrightarrow n } \right] = \left( { - 6;3;0} \right) =  - 3\left( {2; - 1;0} \right)\].

Do đó \(\left( \gamma  \right)\) có phương trình: \(2x - y = 0\).

Do \(M \in \left( \alpha  \right):x = 6 - 2y - 2z \Rightarrow M\left( {6 - 2b - 2c;b;c} \right);\,\,a = 6 - 2b - 2c\).

Vì \(A,O,M\) thẳng hàng nên \(\overrightarrow {OM} \) cùng phương \(\overrightarrow {OA} \).

Mà \(\overrightarrow {OM}  = \left( {6 - 2b - 2c;b;c} \right);\,\,\overrightarrow {OA}  = \left( {1;2;5} \right)\). Suy ra \(\frac{{6 - 2b - 2c}}{1} = \frac{b}{2} = \frac{c}{5} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{4}{5}\\c = 2.\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow M\left( {\frac{2}{5};\frac{4}{5};2} \right) \Rightarrow 5a + 10b + c = 2 + 8 + 2 = 12\).

Đáp án:       a) Đúng,      b) Sai,         c) Đúng,      d) Đúng.

Ta xét hệ: \(\left\{ \begin{array}{l} - 2 =  - 2t\\2 = 1 + t\\ - 1 = 2 - 3t\end{array} \right.\; \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\t = 1\\t = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow t = 1\). Do đó \[M \in {d_2}\].

Ta có \({\vec u_1} = \left( { - 1;2;3} \right)\) và \({\vec u_2} = \left( { - 2;1; - 3} \right)\) lần lượt là hai vectơ chỉ phương của \({d_1}\) và \({d_2}\).

Thấy \[{\vec u_1} \cdot {\vec u_2} = 2 + 2 - 9 =  - 5 \ne 0\] nên hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\)  không vuông góc với nhau.

Ta có \[\cos \left( {{d_1},{d_2}} \right) = \left| {\cos \left( {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right)} \right| = \frac{{\left| {{{\vec u}_1} \cdot {{\vec u}_2}} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_1}} \right| \cdot \left| {{{\vec u}_2}} \right|}} = \frac{{\left| { - 5} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {3^2}}  \cdot \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = \frac{5}{{14}}\].

Ta có \[\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 9; - 9;3} \right) \ne \overrightarrow 0 \].

Lấy \(A\left( {3; - 1;1} \right) \in {d_1},\,\,B\left( {0;1;2} \right) \in {d_2} \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;2;1} \right)\).

Do \[\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] \cdot \overrightarrow {AB}  = 27 - 18 + 3 \ne 0\] nên hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) chéo nhau.

Đáp án:       a) Đúng,      b) Sai,         c) Sai,          d) Sai.

Ta có\(\overrightarrow {OA}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {OB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {OC}  + x\overrightarrow {OD} \)\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {OA}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {AB} } \right) + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {AC} } \right) + x\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {AD} } \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left( {1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} - x} \right)\overrightarrow {OA}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}  + x\overrightarrow {AD} \]\[ \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{6} - x} \right)\overrightarrow {OA}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}  + x\overrightarrow {AD} \].

Để bốn điểm \(A,B,C,D\) đồng phẳng thì \(\frac{1}{6} - x = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{6}\). Suy ra \(m = 1,n = 6\). Vậy \(n - m = 5\).

Đáp án:\(5\).

Gọi \(I\) là điểm sao cho \[\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + 3\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow I\left( {1; - \frac{7}{5};\frac{4}{5}} \right)\].

Ta có \[P = S{A^2} + S{B^2} + 3S{C^2} = {\overrightarrow {SA} ^2} + {\overrightarrow {SB} ^2} + 3{\overrightarrow {SC} ^2}\]

 \[ = {\left( {\overrightarrow {SI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {SI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + 3{\left( {\overrightarrow {SI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2} = 5S{I^2} + I{A^2} + I{B^2} + 3I{C^2}\].

Do các điểm \(A,B,C,I\) xác định nên \[P = S{A^2} + S{B^2} + 3S{C^2}\] đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(SI\) nhỏ nhất hay \(S\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(I\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\). Do đó \(S\left( {0; - \frac{7}{5};\frac{4}{5}} \right).\)

Vậy \(T = a - 5b + 5c = 0 - 5 \cdot \left( { - \frac{7}{5}} \right) + 5 \cdot \frac{4}{5} = 11\).

Đáp án:\(11\).

Gọi \(\vec n\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Vì \(\left( Q \right)\) đi qua hai điểm \(A,\;B\) và vuông góc \(\left( P \right)\) nên \(\vec n \bot \overrightarrow {AB} \) và \(\vec n \bot {\vec n_{\left( P \right)}}\) với \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2;\, - 1;\,3} \right)\) và \({\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {1;\, - 2;\,3} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Xét \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right] = \left( {3;\, - 3;\, - 3} \right) = 3\left( {1;\, - 1;\, - 1} \right)\).

Do đó \({\vec n_{\left( Q \right)}} = \left( {1;\, - 1;\, - 1} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Vậy mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua điểm \(A\left( { - 1;\;2;\;0} \right)\)và có vectơ pháp tuyến \({\vec n_{\left( Q \right)}} = \left( {1;\, - 1;\, - 1} \right)\) nên có phương trình là: \(\left( {x + 1} \right) - \left( {y - 2} \right) - z = 0\)\( \Leftrightarrow x - y - z + 3 = 0\)\( \Leftrightarrow 2x - 2y - 2z + 6 = 0\).

Suy ra \(a = 2,\,b = 2,\,c = 6\) nên \(a + 2b + 3c = 24\).

Đáp án:\(24\).

Ta có \(\overrightarrow {AM}  = \left( {x - 1;y;z + 2} \right),\,\,\overrightarrow {BM}  = \left( {x - 3;y - 2;z - 2} \right)\).

Theo giả thiết \(\overrightarrow {MA}  \cdot \overrightarrow {MB}  = 10 \Leftrightarrow \overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BM}  = 10\)\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right) + y\left( {y - 2} \right) + \left( {z + 2} \right)\left( {z - 2} \right) = 10\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x - 2y - 11 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 16\).

Vậy tập hợp điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) nằm trên mặt cầu bán kính \(R = \sqrt {16}  = 4\).

Đáp án:\(4\).

Gọi điểm \(M\left( {2t - 1\,;\,t\,;\,t + 2} \right)\, \in d\).

Vì \(A\) là trung điểm của \(MN\) nên ta có tọa độ của điểm \(N\left( {3 - 2t\,;\, - 2 - t\,;\,2 - t} \right)\).

Mà điểm \(N\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên ta có: \(3 - 2t - 2 - t - 4 + 2t + 5 = 0\)\( \Leftrightarrow t = 2\).

Vậy \(M\left( {3\,;\,2\,;\,4} \right)\) và vectơ \(\overrightarrow {AM}  = \left( {2\,;\,3\,;\,2} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \).

Chọn \(\overrightarrow u \, = \left( {1\,;\,\frac{3}{2}\,;\,1} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(\Delta \). Ta có \(4a + b = 4 \cdot \frac{3}{2} + 1 = 7\).

Đáp án:\(7\).

Ta có hình vẽ sau:

Giả sử con kiến bò theo đường \(MNPQRSM\).

Ta trải phẳng các mặt của hình lập phương và minh họa đường đi ngắn nhất của con kiến như hình sau:

Gắn hệ trục \(O'xy\) như hình vẽ. Do độ dài cạnh hình lập phương là \(9\) và \(O'M = \frac{1}{3}O'B' = 3\) nên trong hệ trục tọa độ này, ta có đường thẳng \(d\) minh họa đường đi ngắn nhất của con kiến đi qua các điểm có tọa độ \(\left( {3;0} \right)\), \(\left( {30;27} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(d\): \(y = x - 3\).

Các đoạn thẳng \(MN,PQ,RS\) lần lượt thuộc các mặt phẳng tọa độ \(\left( {yOz} \right),\left( {xOy} \right),\left( {xOz} \right)\) nên trong không gian, tọa độ của các điểm thuộc các đoạn thẳng này không thỏa yêu cầu bài toán (hoành độ, tung độ và cao độ là các số nguyên dương).

Vậy ta chỉ cần đếm tổng số điểm có tọa độ nguyên dương thuộc các đoạn thẳng \(NP,QR,SM\)(không tính các đầu mút) trong hệ tọa độ \(O'xy\).

Xét đoạn \(NP\):

Điểm \(I\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in NP\) và có tọa độ là các số nguyên dương khi \(\left\{ \begin{array}{l}9 < {x_0} < 12\\{x_0} \in \mathbb{N}\end{array} \right. \Rightarrow {x_0} &  \in \left\{ {10;11} \right\}\). Trường hợp này có 2 điểm.

Hai trường hợp còn lại tương tự.

Kết luận: có tất cả \(6\) điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án:\(6\).