60 câu hỏi
a) Chọn Sai
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:
(km)
Vì \[360,69 < 500\] nên ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay tại vị trí \[A\].
b) Chọn Sai
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:
(km).
Vì \[360,69 < 500\] nên ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay tại vị trí \[A\].
c) Chọn đúng
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:
(km).
Vì \[360,69 < 500\] nên ra đa của trung tâm kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay tại vị trí \[A\].d) Chọn sai
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..
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 60 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
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 \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \) .
Vậy \(D\left( {0; - 3; - 3} \right)\) . Suy ra d) sai.
c) Đúng: Tứ giác ABCD là hình bình hành:
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 \(\overrightarrow {AB} = \left( {4;\,x - 5\,;\,2} \right)\), \(\overrightarrow {AC} = \left( {6\,;\, - 3\,;\,y + 1} \right)\)
Để ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) thẳng hàngVậy
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 hay .
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.
a) Đúng: Theo qui tắc hình bình hành, ta có \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} = \left( {0;2;0} \right) \Rightarrow D\left( {0;2;0} \right).\)
c) Sai: Theo hình vẽ \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {BC} = \left( {0;2;0} \right)\).
d) Sai: Ta có \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \left( {0;3;5} \right)\).
Xéta) 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
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: \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0\) do đó \(AB \bot AC\), tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).
d) Đúng: Tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của \(BC\) có tọa độ \(I\left( {1;1;\frac{1}{2}} \right)\).
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
b) Sai: Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;0;3} \right),\overrightarrow {CD} = \left( { - 1;0; - 3} \right)\). Gọi \(\varphi \) là góc giữa \(AB\) và \(CD\)
\(\cos \varphi = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right) = \frac{{\left| { - 8} \right|}}{{\sqrt {10} .\sqrt {10} }} = \frac{4}{5}\)
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) 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 \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;0;1} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1;1;1} \right)\)
TínhDo đó 2 véc tơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương. Vậy\(A,B,C\) là 3 đỉnh của một tam giác
Diện tích tam giác \(ABC\): (đvdt)b) Sai: \(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \).
Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\) ta có: \[\overrightarrow {AD} = \left( {x - 1;y;z} \right);\overrightarrow {BC} = \left( {2;1;0} \right)\]
VậyTa có \(BC = \sqrt 5 \)\( \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt {30} }}{5}\) (đơn vị dài)
d) Sai: Thể tích của khối chóp \(SABCD = V\)
Ta cóa) 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 \(\overrightarrow {FP} = \left( { - 2;0;1} \right),\overrightarrow {FE} = \left( { - 4;0;0} \right)\).
Suy raDo đó, ,. Vậy góc dốc của mái nhà khoảng .
d) Sai: Chiều cao bằng cao độ của điểm \(P\) suy ra \(h = 4\).
Một tháp trung tâm kiểm soát không lưu ở sân bay cao 80 m sử dụng ra đa có phạm vi theo dõi 500 km được đặt trên đỉnh tháp. Chọn hệ trục toạ độ \[Oxyz\]có gốc \[O\] trùng với vị trí chân tháp, mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\] trùng với mặt đất sao cho trục \[Ox\] hướng về phía tây, trục \[Oy\] hướng về phía nam, trục \[Oz\] hướng thẳng đứng lên phía trên (Hình 2) (đơn vị trên mỗi trục tính theo kilômét). Một máy bay tại vị trí \[A\] cách mặt đất 10 km, cách 300 km về phía đông và 200 km về phía bắc so với tháp trung tâm kiểm soát không lưu
Cho ba điểm \(A\left( {3;3; - 6} \right),B\left( {1;3;2} \right)\) và \(C\left( { - 1; - 3;1} \right)\). Gọi \(M,N,K\) lần lượt là trung điểm của \(AB,BC\) và \(CA.\)
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\), biết điểm \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {1;0;0} \right),C\left( {1;2;0} \right),D'\left( { - 1;3;5} \right)\). Gọi \(M,N\) là tâm của các hình bình hành \(ABB'A',ADD'A'\).
Hai chiếc khinh khí cầu bay lên từ cùng một địa điểm. Chiếc thứ nhất cách điểm xuất phát \(2{\rm{\;km}}\) về phía nam và \(1{\rm{\;km}}\) về phía đông, đồng thời cách mặt đất \(0,5{\rm{\;km}}\). Chiếc thứ hai nằm cách điểm xuất phát \(1{\rm{\;km}}\) về phía bắc và \(1,5{\rm{\;km}}\) về phía tây, đồng thời cách mặt đất 0,8 \({\rm{km}}\).Chọn hệ trục \(Oxyz\) với gốc \(O\) đặt tại điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất với trục \(Ox\) hướng về phía nam, trục \(Oy\) hướng về phía đông và trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên trời (Hình bên dưới), đơn vị đo lấy theo kilomet.
Hình minh họa sơ đồ một ngôi nhà trong hệ trục tọa độ Oxyz, trong đó nền nhà, bốn bức tường và hai mái nhà đều là hình chữ nhật.
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
