(Đúng sai) 15 bài tập Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ (có lời giải)

Theo giả thiết, ra đa ở vị trí có toạ độ \[\left( {0;\,0;\,0,08} \right)\]; điểm \[A\left( { - 300;\, - 200;\,10} \right)\]

Vậy khoảng cách từ máy bay đến ra đa là:

$\sqrt{{\left(-300-0\right)}^2+{\left(-200-0\right)}^2+{\left(10-\mathrm{0,08}\right)}^2}\approx \mathrm{360,69}$ (km)

Vì \[360,69 < 500\] nên ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay tại vị trí \[A\].     

Theo giả thiết, ra đa ở vị trí có toạ độ \[\left( {0;\,0;\,0,08} \right)\]; điểm \[A\left( { - 300;\, - 200;\,10} \right)\]

Vậy khoảng cách từ máy bay đến ra đa là:

 $\sqrt{{\left(-300-0\right)}^2+{\left(-200-0\right)}^2+{\left(10-\mathrm{0,08}\right)}^2}\approx \mathrm{360,69}$ (km).

Vì \[360,69 < 500\] nên ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay tại vị trí \[A\].     

Theo giả thiết, ra đa ở vị trí có toạ độ \[\left( {0;\,0;\,0,08} \right)\]; điểm \[A\left( { - 300;\, - 200;\,10} \right)\]

Vậy khoảng cách từ máy bay đến ra đa là:

$\sqrt{{\left(-300-0\right)}^2+{\left(-200-0\right)}^2+{\left(10-\mathrm{0,08}\right)}^2}\approx \mathrm{360,69}$  (km).

a) Ta có  \(A\left( {1; - 2;3} \right),\,\,B\left( { - 2;1;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;3; - 1} \right)\) . Suy ra a) đúng.

b) Ta có  \(A\left( {1; - 2;3} \right),\,\,C\left( {3; - 1;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AC}  = \left( {2;1; - 1} \right)\) . Suy ra b) sai.

c) Do  \(3\overrightarrow {AC}  = \left( {6;3; - 3} \right);\,\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;3; - 1} \right)\) . Suy ra c) sai..

a) Ta có  \(A\left( {2; - 1; - 2} \right),\,\,B\left( {3;1;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {1;2;4} \right)\) . Suy ra a) đúng.

b) Ta có  \(C\left( {1; - 1;1} \right);D\left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {DC}  = \left( {1 - {x_D}; - 1 - {y_D};1 - {z_D}} \right)\) . Suy ra b) đúng.

d) Do hình bình hành \(ABCD\) có \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \) .

c) Đúng: Tứ giác ABCD là hình bình hành:

$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\iff \left\{\begin{array}{l}2-4=-1-x_D\\ 1-2=3-y_D\\ 3-1=-2-z_D\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_D=1\\ y_D=4\\ z_D=-4\end{array}\right.\Rightarrow D(1;4;-4).$

d) Sai: Vì \[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = ( - 2; - 1;2)\\\overrightarrow {AC}  = ( - 5;1; - 3)\end{array} \right..\] Ta có: \(\frac{{ - 2}}{{ - 5}} \ne \frac{{ - 1}}{1} \ne \frac{2}{{ - 3}} \Rightarrow A,B,C\) không thẳng hàng.

a) Đúng: Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4;\,x - 5\,;\,2} \right)\), \(\overrightarrow {AC}  = \left( {6\,;\, - 3\,;\,y + 1} \right)\)

c) Đúng: Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4;\,x - 5\,;\,2} \right)\), \(\overrightarrow {AC}  = \left( {6\,;\, - 3\,;\,y + 1} \right)\)

Khi đó: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 24 + \left( {x - 5} \right)\left( { - 3} \right) + 2\left( {y + 1} \right)\). Với \(\left\{ \begin{array}{l}x = 13\\y =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0\)

a) Đúng: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right) = \left( { - 3;3; - 1} \right)\).

c) Sai: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;3; - 1} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {2;1; - 1} \right)\). Hai vec tơ này không cùng phương nên không tồn tại số thực \(k\) để \(\overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow {AC} \).

d) Đúng: Hai vec tơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương nên ba điểm \(A,B,C\) không thẳng hàng.

a) Sai: M là trung điểm của AB, suy ra $M\left(\frac{x_A+x_B}{2};\frac{y_A+y_B}{2};\frac{z_A+z_B}{2}\right)$ hay $M\left(2;3;-2\right)$.

b) Sai: Ta có \(G\left( {1;1; - 1} \right)\). Suy ra \(GC = \sqrt {{{( - 1 - 1)}^2} + {{( - 3 - 1)}^2} + {{(1 + 1)}^2}}  = 2\sqrt 6 \).

c) Đúng: Hai tam giác \(ABC\) và \(MNK\) có cùng trọng tâm. Suy ra \(E\) trùng với \(G\left( {1;1; - 1} \right)\).

d) Đúng: Ta có \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 4; - 6;7} \right),\overrightarrow {BD}  = \left( { - 4; - 6;7} \right)\) suy ra \(\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {BD} \).

Vậy \(ABDC\) là hình bình hành.

c) Sai: Theo hình vẽ \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {BC}  = \left( {0;2;0} \right)\).

d) Sai: Ta có \(\overrightarrow {AC'}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'}  = \left( {0;3;5} \right)\).

a) Đúng: Chiếc khinh khí cầu thứ nhất có tọa độ là \(\left( {2;1;0,5} \right)\).

b) Sai: Chiếc khinh khí cầu thứ hai có tọa độ là \(\left( { - 1; - 1,5;0,8} \right)\).

d) Đúng: Khoảng cách hai chiếc khinh khí cầu là

$\sqrt{{\left(-1-2\right)}^2+{\left(\mathrm{1,5}-1\right)}^2+{\left(\mathrm{0,8}-\mathrm{0,5}\right)}^2}=\sqrt{\mathrm{15,34}}\approx \mathrm{3,92}\left(\text{ km}\right)$

d) Sai: \(\vec b.\vec c = 2\) suy ra \(\vec b\) không vuông góc với \(\vec c\).

c) Đúng: Khi \(m = 1\) thì \(\vec v = \left( {0;2;3} \right)\). Suy ra \(\vec u = \vec v\).

d) Sai: \(\vec u \bot \vec u \Leftrightarrow 4m + 9 = 0 \Leftrightarrow m =  - \frac{9}{4}\).

a) Đúng: Áp dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng ta tính được

\(AB = CD = \sqrt {10} ;AC = BD = \sqrt {13} ;AD = BC = \sqrt 5 \)

Vậy tứ diện \(ABCD\) có các cạnh đối đôi một bằng nhau

c) Sai: Lấy \[I\] trung điểm của \(AB,J\) là trung điểm của \(CD\)

\(\Delta ACD = \Delta BCD\) (c.c.c) nên 2 đường trung tuyến tương ứng \(AJ = BJ\).

Vậy \(\Delta AJB\) cân đỉnh \(J\) nên \[IJ\] vuông góc với \(AB\) tại \(I\).

Tương tự \(\Delta ICD\) cân đỉnh \[I\] nên \[IJ\] vuông góc với \(CD\) tại \(J\).

Vậy \[IJ\] là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\) ta được \(I\left( {\frac{3}{2};1;\frac{3}{2}} \right)\) và \(J\left( {\frac{3}{2}; - 1;\frac{3}{2}} \right)\)

Vậy khoảng cách giữa \(AB\) và \(CD\) chính là độ dài đoạn vuông góc chung \(IJ\).

$d\left(AB;CD\right)=II=\sqrt{{\left(\frac{3}{2}-\frac{3}{2}\right)}^2+{\left[1-\left(-1\right)\right]}^2+{\left(\frac{3}{2}-\frac{3}{2}\right)}^2}=2$

d) Đúng: Theo kết quả câu 3. Lấy \[G\] là trung điểm của \(IJ\) ta được:

\(GA = GB\) vì \(\Delta GAB\) cân đỉnh \(G\);\(GC = GD\) vì \(\Delta GCD\) cân đỉnh \(G\)

Mà \(GA = \sqrt {G{I^2} + I{A^2}} \) mà \(GI = GJ,IA = ID\) và \(GC = \sqrt {G{J^2} + I{D^2}} \)

Do đó \(GA = GB = GC = GD = R\)

Do đó \[G\]: Tâm mặt cầu ngoại tuyến khối tứ diện \(ABCD:G\left( {\frac{3}{2};0;\frac{3}{2}} \right)\) và bán kính của mặt cầu là \(R = GA = \frac{{\sqrt {14} }}{2}\) (\[G\]: cũng chính là trọng tâm của khối tứ diện gần đều \(ABCD\))

a) Đúng: Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;0;1} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {1;1;1} \right)\)

Do đó 2 véc tơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương. Vậy\(A,B,C\) là 3 đỉnh của một tam giác

b) Sai: \(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC} \).

Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\) ta có: \[\overrightarrow {AD}  = \left( {x - 1;y;z} \right);\overrightarrow {BC}  = \left( {2;1;0} \right)\]

d) Sai: Thể tích của khối chóp \(SABCD = V\)

a) Sai: Vì nền nhà là hình chữ nhật nên tứ giác \(OABC\) là hình chữ nhật, suy ra \({x_A} = {x_B} = 4,{y_C} = {y_B} = \) 5. Do \(A\) nằm trên trục \(Ox\) nên tọa độ điểm \(A\) là \(\left( {4;0;0} \right)\).

b) Sai: Tường nhà 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 tọa độ điểm \(H\) là \(\left( {0;5;3} \right)\).

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

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

d) Sai: Chiều cao bằng cao độ của điểm \(P\) suy ra \(h = 4\).