I. CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Chọn phương án đúng.
Câu 1. Cho điểm $M$ thoả mãn $\overrightarrow {OM} = 2\vec i + \vec j$.
Tọa độ của điểm $M$ là
A. $M\left( {0;2;1} \right)$.
B. $M\left( {1;2;0} \right)$.
C. $M\left( {2;0;1} \right)$.
D. $M\left( {2;1;0} \right)$.
Lời giải
Phương pháp: $\overrightarrow {OM} = x\overrightarrow i + y\overrightarrow j + z\overrightarrow k \Rightarrow M\left( {x;\,y;\,z} \right)$
$\overrightarrow {OM} = 2\vec i + \vec j = 2\vec i + 1\vec j + 0\overrightarrow k \Rightarrow M\left( {2;1;0} \right)$
Chọn D
Câu 2. Cho hai điểm $A\left( { – 1;2; – 3} \right)$ và $B\left( {2; – 1;0} \right)$. Toạ độ của vectơ $\overrightarrow {AB} $ là
A. $\overrightarrow {AB} = \left( {1; – 1;1} \right)$.
B. $\overrightarrow {AB} = \left( {3;3; – 3} \right)$.
C. $\overrightarrow {AB} = \left( {1;1; – 3} \right)$.
D. $\overrightarrow {AB} = \left( {3; – 3;3} \right)$.
Lời giải
Phương pháp: Cho $A\left( {{x_A};{y_A};{z_A}} \right)$, $B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)$. Khi đó,
$\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} – {x_A};{y_B} – {y_A};{z_B} – {z_A}} \right)$
Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {2 + 1; – 1 – 2;0 + 3} \right) = \left( {3; – 3;3} \right)$.
Chọn D
Câu 3. Cho hai điểm $A\left( {3; – 2;3} \right)$ và $B\left( { – 1;2;5} \right)$. Toạ độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $AB$ là
A. $I\left( { – 2;2;1} \right)$.
B. $I\left( {1;0;4} \right)$.
C. $I\left( {2;0;8} \right)$.
D. $I\left( {2; – 2; – 1} \right)$.
Lời giải
Phương pháp: Cho $A\left( {{x_A};{y_A};{z_A}} \right)$, $B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)$. Khi đó,
$I\left( {{x_I};{y_I};{z_I}} \right)$ là trung điểm $AB$$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} \hfill \\
{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} \hfill \\
{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Toạ độ trung điểm $I$ là $I\left( {\frac{{3 – 1}}{2};\frac{{ – 2 + 2}}{2};\frac{{3 + 5}}{2}} \right)$ hay $I\left( {1;0;4} \right)$.
Chọn B
Câu 4. Cho ba điểm $A\left( {1;3;5} \right),B\left( {2;0;1} \right),C\left( {0;9;0} \right)$. Toạ độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ là
A. $G\left( {3;12;6} \right)$.
B. $G\left( {1;5;2} \right)$.
C. $G\left( {1;0;5} \right)$.
D. $G\left( {1;4;2} \right)$.
Lời giải
Phương pháp: Cho $A\left( {{x_A};{y_A};{z_A}} \right)$, $B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)$, $C\left( {{x_C};{y_C};{z_C}} \right)$. Khi đó,
$G\left( {{x_G};{y_G};{z_G}} \right)$ là trọng tâm $\Delta ABC$$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} \hfill \\
{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} \hfill \\
{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Toạ độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ là $G\left( {\frac{{1 + 2 + 0}}{3};\frac{{3 + 0 + 9}}{3};\frac{{5 + 1 + 0}}{3}} \right)$ hay $G\left( {1;4;2} \right)$.
Chọn D
Câu 5. Cho $A\left( {1;2; – 1} \right),B\left( {2;1; – 3} \right),C\left( { – 3;5;1} \right)$. Điểm $D$ sao cho $ABCD$ là hình bình hành có toạ độ là
A. $D\left( { – 4;6;3} \right)$.
B. $D\left( { – 2;2;5} \right)$.
C. $D\left( { – 2;8; – 3} \right)$.
D. $D\left( { – 4;6; – 5} \right)$.
Lời giải
Gọi $D({x_D};{y_D};{z_D})$, ta có:
$\overrightarrow {DC} = \left( { – 3 – {x_D};5 – {y_D};{z_D} – 1} \right)$
$\overrightarrow {AB} = \left( {1; – 1; – 2} \right)$
Theo đề ta có $ABCD$ là hình bình hành $ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – 3 – {x_D} = 1} \\
{5 – {y_D} = – 1} \\
{1 – {z_D} = – 2}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_D} = – 4} \\
{{y_D} = 6} \\
{{z_D} = 3}
\end{array}} \right.} \right.$.
Vậy $D\left( { – 4;6;3} \right)$.
Chọn A
Câu 6. Gọi $\alpha $ là góc giữa hai vectơ $\vec u = \left( {0; – 1;0} \right)$ và $\vec v = \left( {\sqrt 3 ;1;0} \right)$. Giá trị của $\alpha $ là
A. $\alpha = \frac{\pi }{6}$.
B. $\alpha = \frac{\pi }{3}$.
C. $\alpha = \frac{{2\pi }}{3}$.
D. $\alpha = \frac{\pi }{2}$.
Lời giải
Ta có: $cos\alpha = \frac{{\vec u \cdot \vec v}}{{\left| {\vec u\left| \cdot \right|\vec v} \right|}} = \frac{{0 \cdot \sqrt 3 + \left( { – 1} \right) \cdot 1 + 0.0}}{{\sqrt {{0^2} + {{( – 1)}^2} + {0^2}} \cdot \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {1^2} + {0^2}} }} = – \frac{1}{2}$.
$ \Rightarrow \alpha = \frac{{2\pi }}{3}$
Câu 7. Cho $A\left( {2; – 1;1} \right),B\left( { – 1;3; – 1} \right),C\left( {5; – 3;4} \right)$. Tích vô hướng $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} $ có giá trị là
A. 48 .
B. -48 .
C. 52 .
D. -52 .
Lời giải
Phương pháp: Cho $\overrightarrow a = \left( {{a_1};{a_2};{a_3}} \right),\,\overrightarrow b = \left( {{b_1};{b_2};{b_3}} \right)$. Ta có:
$\overrightarrow a .\overrightarrow b = {a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + {a_3}{b_3}$
Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( { – 3;4; – 2} \right);\overrightarrow {BC} = \left( {6; – 6;5} \right)$.
$ \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = \left( { – 3} \right) \cdot 6 + 4 \cdot \left( { – 6} \right) + \left( { – 2} \right) \cdot 5 = – 52$
Chọn D
Câu 8. Cho hai điểm $A\left( { – 1;2;3} \right),B = \left( {1;0;2} \right)$.
Toạ độ điểm $M$ thoả mãn $\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {MA} $ là
A. $M\left( { – 2;3;\frac{7}{2}} \right)$.
B. $M\left( { – 2; – 3;\frac{7}{2}} \right)$.
C. $M\left( { – 2;3;7} \right)$.
D. $M\left( { – 4;6;7} \right)$.
Lời giải
Gọi $M\left( {x;y;z} \right)$.
Ta có:
$\overrightarrow {AB} = \left( {2; – 2; – 1} \right)$
$\overrightarrow {MA} = \left( { – 1 – x;2 – y;3 – z} \right)$
$ \Rightarrow 2\overrightarrow {MA} = \left( { – 2 – 2x;4 – 2y;6 – 2z} \right)$.
Theo đề $\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {MA} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2 = – 2 – 2x} \\
{ – 2 = 4 – 2y} \\
{ – 1 = 6 – 2z}
\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 2} \\
{y = 3} \\
{z = \frac{7}{2}}
\end{array}} \right.$.
Vậy $M\left( { – 2;3;\frac{7}{2}} \right)$.
Chọn A
II. BÀI TẬP TỰ LUẬN
Câu 9. Trong không gian $Oxyz$, cho hình hộp chữ nhật $OABC \cdot O’A’B’C’$ như Hình 1, biết $B’\left( {2;3;5} \right)$.
a) Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình hộp.
b) Tính độ dài đường chéo $OB’$ của hình hộp chữ nhật đó.
Hình 1
Lời giải
a) Dựa vào Hình 1 ta có:
$O\left( {0;0;0} \right);A\left( {2;0;0} \right);B\left( {2;3;0} \right)$;
$C\left( {0;3;0} \right);O’\left( {0;0;5} \right);A’\left( {2;0;5} \right)$;
$B’\left( {2;3;5} \right);C’\left( {0;3;5} \right)$.
b) Ta có $OB’ = \sqrt {{2^2} + {3^2} + {5^2}} = \sqrt {38} $.
Câu 10. Tìm toạ độ của điểm $P$ được biểu diễn trong Hình 2 và tính khoảng cách $OP$.
Hình 2
Lời giải
Dựa vào hình 2 ta thấy: $P\left( {2;3;3} \right)$.
$ \Rightarrow OP = \sqrt {{2^2} + {3^2} + {3^2}} = \sqrt {22} $.
Câu 11. Cho $\vec u = \left( {2; – 5;3} \right),\vec v = \left( {0;2; – 1} \right)$, $\vec w = \left( {1;7;2} \right)$. Tìm toạ độ của vectơ $\vec a = \vec u – 4\vec v – 2\vec w$.
Lời giải
Ta có $4\vec v = \left( {0;8; – 4} \right);2\vec w = \left( {2;14;4} \right)$.
$ \Rightarrow \vec a = \vec u – 4\vec v – 2\vec w$ $ = \left( {2 – 0 – 2; – 5 – 8 – 14;3 + 4 – 4} \right)$ $ = \left( {0; – 27;3} \right)$.
Câu 12. Cho ba điểm $A\left( {0;1;2} \right),B\left( {1;2;3} \right)$, $C\left( {1; – 2; – 5} \right)$. Gọi $M$ là điểm nằm trên đoạn thẳng $BC$ sao cho $MB = 3MC$. Tính độ dài đoạn thẳng $AM$.
Lời giải
Ta có: $M$ nằm trên đoạn thẳng $BC$ nên $\overrightarrow {MB} ,\overrightarrow {MC} $ ngược hướng.
Mà $MB = 3MC$
nên $\overrightarrow {MB} = – 3\overrightarrow {MC} $.
Gọi $M\left( {x;y;z} \right)$. Có $\overrightarrow {MB} = \left( {1 – x;2 – y;3 – z} \right)$ và $\overrightarrow {MC} = \left( {1 – x; – 2 – y; – 5 – z} \right)$.
Theo đề $\overrightarrow {MB} = – 3\overrightarrow {MC} $$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 – x = – 3\left( {1 – x} \right)} \\
{2 – y = – 3\left( { – 2 – y} \right)} \\
{3 – z = – 3\left( { – 5 – z} \right)}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1} \\
{y = – 1} \\
{z = – 3}
\end{array}} \right.$
Vậy $M\left( {1; – 1; – 3} \right)$.
Khi đó ta có $AM = \sqrt {{{(1 – 0)}^2} + {{( – 1 – 1)}^2} + {{( – 3 – 2)}^2}} = \sqrt {30} $.
Câu 13. Cho hai vectơ $\vec u$ và $\vec v$ tạo với nhau góc ${60^ \circ }$. Biết rằng $\left| {\vec u} \right| = 2$ và $\left| {\vec v} \right| = 4$. Tính $\left| {\vec u + \vec v} \right|$.
Lời giải
Ta có $|\vec u + \vec v{|^2} = {\vec u^2} + 2 \cdot \vec u \cdot \vec v + {\vec v^2}$
$ = {2^2} + 2 \cdot \left| {\vec u\left| \cdot \right|\vec v} \right| \cdot cos\left( {\vec u,\vec v} \right) + {4^2}$
$ = {2^2} + 2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} + {4^2} = 28$.
Suy ra, $\left| {\vec u + \vec v} \right| = \sqrt {28} = 2\sqrt 7 $.
Câu 14. Cho hai điểm $A\left( {1;2; – 1} \right),B\left( {0; – 2;3} \right)$.
a) Tính độ dài đường cao $AH$ hạ từ đỉnh $A$ của tam giác $OAB$ với $O$ là gốc tọa độ.
b) Tính diện tích tam giác $OAB$.
Lời giải
a) Gọi $H\left( {x;y;z} \right)$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $OB$.
Ta có $\overrightarrow {BH} = \left( {x;y + 2;z – 3} \right);\overrightarrow {BO} = \left( {0;2; – 3} \right)$.
Vì $H \in OB$ và $\overrightarrow {BH} $ và $\overrightarrow {BO} $ cùng phương nên $\overrightarrow {BH} = k\overrightarrow {BO} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = k.0} \\
{y + 2 = 2k} \\
{z – 3 = – 3k}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{y = 2k – 2} \\
{z = – 3k + 3}
\end{array}} \right.$.
Do đó $H\left( {0;2k – 2; – 3k + 3} \right)$.
Suy ra $\overrightarrow {AH} = \left( { – 1;2k – 2 – 2; – 3k + 3 + 1} \right) = \left( { – 1;2k – 4; – 3k + 4} \right)$.
Vì $\overrightarrow {AH} \bot \overrightarrow {BO} $ nên $\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {BO} = 0 \Leftrightarrow \left( { – 1} \right) \cdot 0 + \left( {2k – 4} \right) \cdot 2 + \left( { – 3k + 4} \right) \cdot \left( { – 3} \right) = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{20}}{{13}}$.
Suy ra $H\left( {0;\frac{{14}}{{13}}; – \frac{{21}}{{13}}} \right)$; $\overrightarrow {AH} = \left( { – 1; – \frac{{12}}{{13}}; – \frac{8}{{13}}} \right)$.
Độ dài đường cao $AH$ là $\left| {\overrightarrow {AH} } \right| = \sqrt {{{( – 1)}^2} + {{\left( {\frac{{ – 12}}{{13}}} \right)}^2} + {{\left( { – \frac{8}{{13}}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {377} }}{{13}}$.
b) Ta có $\left| {\overrightarrow {BO} } \right| = \sqrt {0 + {2^2} + {{( – 3)}^2}} = \sqrt {13} $.
Do đó ${S_{\vartriangle ABC}} = \frac{1}{2} \cdot BO \cdot AH = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {13} \cdot \frac{{\sqrt {377} }}{{13}} = \frac{{\sqrt {29} }}{2}$.
Câu 15. Cho biết máy bay $A$ đang bay với vectơ vận tốc $\vec a = \left( {300;200;400} \right)$ (đơn vị: km/h). Máy bay $B$ bay cùng hướng và có tốc độ gấp ba lần tốc độ của máy bay $A$.
a) Tìm toạ độ vectơ vận tốc $\vec b$ của máy bay $B$.
b) Tính tốc độ của máy bay $B$.
Hình 3
Lời giải
a) Có $\vec b = 3\vec a = \left( {900;600;1200} \right)$.
b) Tốc độ của máy bay $B$ là $\left| {\vec b} \right| = \sqrt {{{900}^2} + {{600}^2} + {{1200}^2}} \approx 1615,55\;km/h$
Câu 16. Cho biết bốn đoạn thẳng nối từ một đỉnh của tứ diện đến trọng tâm mặt đối diện luôn cắt nhau tại một điểm gọi là trọng tâm của tư diện đó.
Một phân tử metan $C{H_4}$ được cấu tạo bởi bốn nguyên tử hydrogen ở các đỉnh của một tứ diện đều và một nguyên tử carbon ở trọng tâm của tứ diện.
Góc liên kết là góc tạo bởi liên kết $H – C – H$ là góc giữa các đường nối nguyên tử carbon với hai trong số các nguyên tử hydrogen. Chứng minh rằng góc liên kết này gần bằng $109,{5^ \circ }$.
Hình 4
Lời giải
Gọi $G$ là trọng tâm của tứ diện đều $ABCD$.
Đặt $\vec a = \overrightarrow {GA} ,\vec b = \overrightarrow {GB} ,\vec c = \overline {GC} ,\vec d = \overrightarrow {GD} $.
Ta có $|\vec a| = |\vec b| = |\vec c| = |\vec d|$ và $\vec a \cdot \vec b = \vec a \cdot \vec c = \vec b \cdot \vec c = \vec c \cdot \vec d$.
Ta có $\vec a + \vec b + \vec c + \vec d = \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \vec 0$
$ \Leftrightarrow {(\vec a + \vec b + \vec c + \vec d)^2} = 0$
$ \Leftrightarrow {\vec a^2} + {\vec b^2} + {\vec c^2} + {\vec d^2} + 2\vec a \cdot \vec b + 2\vec a \cdot \vec c + 2\vec a \cdot \vec d + 2\vec b \cdot \vec c + 2\vec b \cdot \vec d + 2\vec c \cdot \vec d = 0$
$ \Leftrightarrow 4{\vec a^2} + 12 \cdot \vec a \cdot \vec b = 0 \Leftrightarrow \frac{{\vec a \cdot \vec b}}{{{{\vec a}^2}}} = – \frac{1}{3}$
$ \Leftrightarrow \cos (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) = – \frac{1}{3} \Leftrightarrow (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) \approx 109,{5^\circ }$
Vậy góc liên kết gần bằng $109,{5^\circ }$.
