Câu 1. Cho điểm $M$ thoả mãn $\overrightarrow {OM} = 3\vec i + 4\vec j + 2\vec k$. Toạ độ của điểm $M$ là:
A. $\left( {2;3;4} \right)$.
B. $\left( {3;4;2} \right)$.
C. $\left( {4;2;3} \right)$.
D. $\left( {3;2;4} \right)$.
Lời giải
Chú ý: $\overrightarrow {OM} = \left( {a;b;c} \right) \Leftrightarrow M\left( {a;b;c} \right)$
Ta có $\overrightarrow {OM} = 3\vec i + 4\vec j + 2\vec k \Rightarrow M(3;4;2)$
Chọn B
Câu 2. Cho hai điểm $M\left( {1; – 2;3} \right)$ và $N\left( {3;4; – 5} \right)$. Toạ độ của vectơ $\overrightarrow {NM} $ là:
A. $\left( { – 2;6;8} \right)$.
B. $\left( {2;6; – 8} \right)$.
C. $\left( { – 2;6; – 8} \right)$.
D. $\left( { – 2; – 6;8} \right)$.
Lời giải
Chú ý: Cho $A({x_A};{y_A};{z_A})$, $B({x_B};{y_B};{z_C})$. Khi đó:
$\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} – {x_A};{y_B} – {y_A};{z_B} – {z_A}} \right)$.
Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( {3 – 1;4 – ( – 2); – 5 – 3} \right) = (2;6; – 8)$
Chọn B
Câu 3. Cho hai vectơ $\vec u = \left( {3; – 4;5} \right),\vec v = \left( {5;7; – 1} \right)$. Toạ độ của vectơ $\vec u + \vec v$ là:
A. $\left( {8;3;4} \right)$.
B. $\left( { – 2; – 11;6} \right)$.
C. $\left( {2;11; – 6} \right)$.
D. $\left( { – 8; – 3; – 4} \right)$.
Lời giải
Ta có $\vec u + \vec v = (3 + 5; – 4 + 7;5 + ( – 1)) = (8;3;4)$
Chọn A
Câu 4. Cho hai vectơ $\vec u = \left( {1; – 2;3} \right),\vec v = \left( {5;4; – 1} \right)$. Toạ độ của vectơ $\vec u – \vec v$ là:
A. $\left( {4;6;4} \right)$.
B. $\left( { – 4; – 6;4} \right)$.
C. $\left( {4;6; – 4} \right)$.
D. $\left( { – 4; – 6; – 4} \right)$.
Lời giải
$\vec u – \vec v = (1 – 5; – 2 – 4;3 – ( – 1)) = ( – 4; – 6;4)$
Chọn B
Câu 5. Cho vectơ $\vec u = \left( {1; – 1;3} \right)$. Toạ độ của vectơ $ – 3\vec u$ là:
A. $\left( {3; – 3;9} \right)$.
B. $\left( {3; – 3; – 9} \right)$.
C. $\left( { – 3;3; – 9} \right)$.
D. $\left( {3;3;9} \right)$.
Lời giải
Ta có $ – 3\vec u = – 3.\left( {1; – 1;3} \right) = ( – 3;3; – 9)$
Chọn C
Câu 6. Độ dài của vectơ $\vec u = \left( {2; – 2;1} \right)$ là:
A. 9.
B. 3 .
C. 2 .
D. 4 .
Lời giải
Độ dài của vectơ $\vec u = \left( {2; – 2;1} \right)$ là $\left| {\vec u} \right| = \sqrt {{2^2} + {{( – 2)}^2} + 1} = 3$
Chọn B
Câu 7. Tích vô hướng của hai vectơ $\vec u = \left( {1; – 2;3} \right)$ và $\vec v = \left( {3;4; – 5} \right)$ là:
A. $\sqrt {14} \cdot \sqrt {50} $.
B. $ – \sqrt {14} \cdot \sqrt {50} $.
C. 20 .
D. -20 .
Lời giải
Tích vô hướng của hai vectơ $\vec u = \left( {1; – 2;3} \right)$ và $\vec v = \left( {3;4; – 5} \right)$ là:
$\overrightarrow u .\overrightarrow v = 1.3 + ( – 2).4 + 3.( – 5) = – 20$
Chọn D
Câu 8. Khoảng cách giữa hai điểm $I\left( {1;4; – 7} \right)$ và $K\left( {6;4;5} \right)$ là:
A. 169.
B. 13 .
C. 26 .
D. 6,5 .
Lời giải
Ta có $\overrightarrow {IK} = \left( {5;0;12} \right)$
$ \Rightarrow IK = \sqrt {{5^2} + {0^2} + {{12}^2}} = 13$
Chọn B
Câu 9. Cho hai điểm $M\left( {1; – 2;3} \right)$ và $N\left( {3;4; – 5} \right)$. Trung điểm của đoạn thẳng $MN$ có tọa độ là:
A. $\left( { – 2;1;1} \right)$.
B. $\left( {2;1;1} \right)$.
C. $\left( { – 2;1; – 1} \right)$.
D. $\left( {2;1; – 1} \right)$.
Lời giải
Gọi $I({x_I};{y_I};{z_I})$ là trung điểm đoạn $MN$.
Ta có $\left\{ \begin{gathered}
{x_I} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{1 + 3}}{2} = 2 \hfill \\
{y_I} = \frac{{{y_M} + {y_N}}}{2} = \frac{{ – 2 + 4}}{2} = 1 \hfill \\
{z_I} = \frac{{{z_M} + {z_N}}}{2} = \frac{{3 + ( – 5)}}{2} = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Suy ra $I(2;1; – 1)$.
Chọn D
Câu 10. Cho tam giác $MNP$ có $M\left( {0;2;1} \right),N\left( { – 1; – 2;3} \right)$ và $P\left( {1;3;2} \right)$. Trọng tâm của tam giác $MNP$ có toạ độ là:
A. $\left( {0;1;2} \right)$.
B. $\left( {0;3;6} \right)$.
C. $\left( {0; – 3; – 6} \right)$.
D. $\left( {0; – 1; – 2} \right)$.
Lời giải
Gọi $G({x_G};{y_G};{z_G})$ là trọng tâm tam giác $MNP$.
Ta có: $\left\{ \begin{gathered}
{x_G} = \frac{{{x_M} + {x_N} + {x_P}}}{3} = \frac{{0 + ( – 1) + 1}}{3} = 0 \hfill \\
{y_G} = \frac{{{y_M} + {y_N} + {y_P}}}{3} = \frac{{2 + ( – 2) + 3}}{3} = 1 \hfill \\
{z_G} = \frac{{{z_M} + {z_N} + {z_P}}}{3} = \frac{{1 + 3 + 2}}{3} = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Suy ra $G(0;1;2)$
Chọn A
Câu 11. Cho hai vectơ $\vec u = \left( {1; – 2;3} \right)$ và $\vec v = \left( {3;4; – 5} \right)$. Hãy chỉ ra toạ độ của một vectơ $\vec w$ khác $\vec 0$ vuông góc với cả hai vectơ $\vec u$ và $\vec v$.
Lời giải
Một vectơ $\overrightarrow w $ khác $\vec 0$ vuông góc với cả hai vectơ $\vec u$ và $\vec v$ là
$\overrightarrow w = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( {\left| \begin{gathered}
– 2\,\,\,\,\,\,\,\,3 \hfill \\
\,\,\,4\,\,\,\,\, – 5 \hfill \\
\end{gathered} \right|;\left| \begin{gathered}
\,\,\,3\,\,\,\,\,\,\,\,1 \hfill \\
– 5\,\,\,\,\,\,\,3 \hfill \\
\end{gathered} \right|;\left| \begin{gathered}
1\,\,\,\, – 2 \hfill \\
3\,\,\,\,\,\,\,4 \hfill \\
\end{gathered} \right|} \right)$$ = \left( { – 2;14;10} \right)$
Câu 12. Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AA’$ và $CC’$. Tính góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {MN} $ và $\overrightarrow {AD’} $.
Lời giải
Ta có $\left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {AD’} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD’} } \right) = \widehat {CAD’} = {60^0}$ ( Do tam giác $CAD’$ đều)
Câu 13. Xét hệ toạ độ $Oxyz$ gắn với hình lập phương $ABCD.A’B’C’$ ‘D’ như Hình 39 , đơn vị của mỗi trục bằng độ dài cạnh hình lập phương. Biết $A\left( {0;0;0} \right),B\left( {1;0;0} \right),D\left( {0;1;0} \right)$, $A’\left( {0;0;1} \right)$.
a) Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$.
b) Xác định toạ độ trọng tâm $G$ của tam giác $A’BD$.
c) Xác định toạ độ các vectơ $\overrightarrow {OG} $ và $\overrightarrow {OC’} $. Chứng minh rằng ba điểm $O,G,C’$ thẳng hàng và $OG = \frac{1}{3}OC’$.
Hình 39
Lời giải
a) Ta có điểm $C$ thuộc mặt phẳng $(Oxy)$ nên cao độ của điểm $C$ bằng 0 .
Lại có $CB \bot Ox$ tại $B$ nên hoành độ của điểm $C$ là $1,CD \bot Oy$ tại $D$ nên tung độ của điểm $C$ là 1 .
Vậy $C(1;1;0)$.
Tương tự như vậy, ta xác định được ${B^\prime }(1;0;1)$ và ${D^\prime }(0;1;1)$.
Ta có $\overrightarrow {A{A^\prime }} = (0;0;1),\overrightarrow {AB} = (1;0;0),\overrightarrow {AD} = (0;1;0)$.
Áp dụng quy tắc hình hộp trong hình lập phương $ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }$ ta có $\overrightarrow {A{C^\prime }} = \overrightarrow {A{A^\prime }} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} $$ = (0 + 1 + 0;0 + 0 + 1;1 + 0 + 0)$$ = (1;1;1)$.
Do đó, $\overrightarrow {O{C^\prime }} = \overrightarrow {A{C^\prime }} = (1;1;1)$, suy ra ${C^\prime }(1;1;1)$.
b) Gọi tọa độ trọng tâm $G$ của tam giác ${A^\prime }BD$ là $\left( {{x_G};{y_G};{z_G}} \right)$.
Ta có ${x_G} = \frac{{0 + 1 + 0}}{3} = \frac{1}{3}$; ${y_G} = \frac{{0 + 0 + 1}}{3} = \frac{1}{3}$; ${z_G} = \frac{{1 + 0 + 0}}{3} = \frac{1}{3}$.
Vậy $G\left( {\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right)$.
c) Vì $G\left( {\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right)$ nên $\overrightarrow {OG} = \left( {\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right)$.
Ta có $\overrightarrow {O{C^\prime }} = (1;1;1)$,
Do đó $\overrightarrow {OG} = \frac{1}{3}\overrightarrow {O{C^\prime }} $.
Suy ra hai vectơ $\overrightarrow {OG} $ và ${\overrightarrow {OC} ^\prime }$ cùng phương nên hai hai đường $OG$ và $\;O{C^\prime }$ song song hoặc trùng nhau, mà $OG \cap O{C^\prime } = O$ nên hai đường thẳng này trùng nhau, tức là ba điểm $O,G,{C^\prime }$ thẳng hàng.
Từ $\overrightarrow {OG} = \frac{1}{3}\overrightarrow {O{C^\prime }} $ suy ra $|\overrightarrow {OG} | = \frac{1}{3}\left| {\overrightarrow {O{C^\prime }} } \right|$.
Do đó $OG = \frac{1}{3}O{C^\prime }$.
Câu 14. Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho $A\left( {2;0; – 3} \right),B\left( {0; – 4;5} \right)$ và $C\left( { – 1;2;0} \right)$.
a) Chứng minh rằng ba điểm $A,B,C$ không thẳng hàng.
b) Tìm toạ độ của điểm $D$ sao cho tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.
c) Tìm tọa độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$.
d) Tính chu vi của tam giác $ABC$.
e) Tính $cos\widehat {BAC}$.
Lời giải
a) Ta có $\overrightarrow {AB} = ( – 2; – 4;8)$; $\overrightarrow {AC} = ( – 3;2;3)$.
Mà $\frac{{ – 2}}{{ – 3}} \ne \frac{{ – 4}}{2}$
nên hai vectơ $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} $ không cùng phương.
Vậy ba điểm $A,B,C$ không thẳng hàng.
b) Gọi $D\left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right)$
Ta có
$\overrightarrow {DC} = \left( { – 1 – {x_D};2 – {y_D}; – {z_D}} \right)$.
$\overrightarrow {AB} = ( – 2; – 4;8)$
Tứ giác $A B C D$ là hình bình hành khi $\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB} $
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – 1 – {x_D} = – 2} \\
{2 – {y_D} = – 4} \\
{ – {z_D} = 8}
\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_D} = 1} \\
{{y_D} = 6} \\
{{z_D} = – 8}
\end{array}} \right.$.
Vậy $D(1;6; – 8)$.
c) Gọi tọa độ trọng tâm $G\left( {{x_G};{y_G};{z_G}} \right)$ của tam giác $A B C$ .
Ta có ${x_G} = \frac{{2 + 0 + ( – 1)}}{3} = \frac{1}{3}$; ${y_G} = \frac{{0 + ( – 4) + 2}}{3} = \frac{{ – 2}}{3}$; ${z_G} = \frac{{ – 3 + 5 + 0}}{3} = \frac{2}{3}$.
Vậy $G\left( {\frac{1}{3};\frac{{ – 2}}{3};\frac{2}{3}} \right)$.
d) Ta có $AB = |\overrightarrow {AB} | = \sqrt {{{( – 2)}^2} + {{( – 4)}^2} + {8^2}} = 2\sqrt {21} $;
$AC = |\overrightarrow {AC} | = \sqrt {{{( – 3)}^2} + {2^2} + {3^2}} = \sqrt {22} $
$BC = |\overrightarrow {BC} |$$ = \sqrt {{{( – 1 – 0)}^2} + {{(2 – ( – 4))}^2} + {{(0 – 5)}^2}} $$ = \sqrt {62} $
Chu vi của tam giác $A B C$ là: $C = AB + BC + CA = 2\sqrt {21} + \sqrt {62} + \sqrt {22} $.
e) Ta có $\cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ) = \frac{{\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} }}{{|\overrightarrow {AB} | \cdot |\overrightarrow {AC} |}}$
$ = \frac{{( – 2) \cdot ( – 3) + 2 \cdot ( – 4) + 8 \cdot 3}}{{2\sqrt {21} \cdot \sqrt {22} }} = \frac{{\sqrt {462} }}{{42}}$.
Lạ có $(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ) = \widehat {BAC}$.
Do đó $\cos \widehat {BAC} = \frac{{\sqrt {462} }}{{42}}$.
Câu 15. Một chiếc máy được đặt trên một giá đỡ ba chân với điểm đặt $E\left( {0;0;6} \right)$ và các điểm tiếp xúc với mặt đất của ba chân lần lượt là
${A_1}(0;1;0)$, ${A_2}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; – \frac{1}{2};0} \right)$, ${A_3}\left( { – \frac{{\sqrt 3 }}{2}; – \frac{1}{2};0} \right)$.
(Hình 40). Biết rằng trọng lượng của chiếc máy là $300\;N$. Tìm tọa độ của các lực tác dụng lên giá đỡ $\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} $.
Hình 40
Lời giải
Theo giả thiết, suy ra các điểm $E(0;0;6)$, ${A_1}(0;1;0)$, ${A_2}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; – \frac{1}{2};0} \right)$, ${A_3}\left( { – \frac{{\sqrt 3 }}{2}; – \frac{1}{2};0} \right)$.
Suy ra ${\vec F_1} = k{\overrightarrow {EA} _1} = (0;k; – 6k)$
Ta có: $\overrightarrow {E{A_1}} = (0;1; – 6)$, $\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; – \frac{1}{2}; – 6} \right)$, $\overrightarrow {E{A_3}} = \left( { – \frac{{\sqrt 3 }}{2}; – \frac{1}{2}; – 6} \right)$, $ \Rightarrow E{A_1} = E{A_2} = E{A_3} = \sqrt {37} $.
Do đó $\left| {{{\vec F}_1}} \right| = \left| {{{\vec F}_2}} \right| = \left| {{{\vec F}_3}} \right|$ vì đèn cân bằng và trọng lực của đèn tác dụng đều lên 3 chân của giá đỡ.
Vì vậy, tồn tại hằng số $c \ne 0$ sao cho:
$\overrightarrow {{F_1}} = c\overrightarrow {E{A_1}} = (0;c; – 6c)$, $\overrightarrow {{F_2}} = c\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}c; – \frac{1}{2}c; – 6c} \right)$, $\overrightarrow {{F_3}} = c\overrightarrow {E{A_3}} = \left( { – \frac{{\sqrt 3 }}{2}c; – \frac{1}{2}c; – 6c} \right).$
Suy ra ${\vec F_1} + {\vec F_2} + {\vec F_3} = (0;0; – 18c)$.
Mặt khác $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \vec F$ trong đó $\vec F = (0;0; – 300)$ là trọng lực tác dụng lên máy quay.
Suy ra $ – 18c = – 300 \Leftrightarrow c = \frac{{50}}{3}$.
Vậy ${\vec F_1} = \left( {0;\frac{{50}}{3}; – 100} \right)$, ${\vec F_2} = \left( {\frac{{25\sqrt 3 }}{3}; – \frac{{25}}{3}; – 100} \right)$, ${\vec F_3} = \left( {\frac{{ – 25\sqrt 3 }}{3};\frac{{ – 25}}{3}; – 100} \right)$
