Gia Sư Thông Minhgia sư thông minh.Chấm thitrắc nghiệmFree
← Trở về thư viện

Bài tập Toán 12: Tọa độ của vectơ trong không gian

Bài tập Tọa độ của điểm và tọa độ của vectơ trong hệ tọa độ $Oxyz$ Toán 12: công thức xác định tọa độ, độ dài vectơ, khoảng cách giữa hai điểm có bài tập và đáp án chi tiết.

#Toán học#Toán 12#Hệ tọa độ $Oxyz$#Tọa độ vectơ#Tọa độ điểm

Mục lục bài viết10 mục

Bài tập Toán 12: Tọa độ của vectơ trong không gian

Tóm tắt chuyên đề: Bài tập Tọa độ của điểm và tọa độ của vectơ trong hệ tọa độ OxyzOxyz Toán 12: công thức xác định tọa độ, độ dài vectơ, khoảng cách giữa hai điểm có bài tập và đáp án chi tiết.

I. Lý thuyết trọng tâm cần nhớ

1. Hệ tọa độ trong không gian.

Định nghĩa: Trong không gian, cho ba trục Ox,Oy,OzOx,Oy,Oz đôi một vuông góc.

  • Gọi i,j,ki,j,k lần lượt là ba vectơ đơn vị trên các trục Ox,Oy,OzOx,Oy,Oz.

  • Hệ ba trục như vậy được gọi là hệ trục tọ̣a độ Descartes vuông gócOxyztrong không gian hay gọi đơn giản hệ tọa độ OxyzOxyz.

Hình vẽ minh họa

2. Tọa độ của điểm và vectơ.

Tọa độ điểmTrong không gian OxyzOxyz, cho điểm MM.

  • Nếu OM→=xi+yj+zk\overrightarrow { OM }=xi+yj+zk thì ta gọi bộ ba số (x;y;z)\left ( { x;y;z } \right. ) là tọa độ của điểm MM đối với hệ trục toạ độ OxyzOxyz.

  • Viết M=(x;y;z)M=\left ( { x;y;z } \right. ) hoặc M(x;y;z)M\left ( { x;y;z } \right. ); Trong đó xx là hoành độ,yy là tung độ,zz là cao độ của điểm MM.

Hình vẽ minh họa

Tọa độ vectoTrong không gian OxyzOxyz, cho vectơ aa.

  • Nếu a=a1i+a2j+a3ka=a_{ 1 } i+a_{ 2 } j+a_{ 3 } k thì ta gọi bộ ba số (a1;a2;a3)\left ( { a_{ 1 } ;a_{ 2 } ;a_{ 3 } } \right. ) là tọ độ của vectơ aa đối với hệ toạ độ OxyzOxyz
  • Viết a=(a1;a2;a3)a=\left ( { a_{ 1 } ;a_{ 2 } ;a_{ 3 } } \right. ) hoặc a(a1;a2;a3);a\left ( { a_{ 1 } ;a_{ 2 } ;a_{ 3 } } \right. );. Trong đó a1a_{ 1 } là hoành độ,a2a_{ 2 } là tung độ,a3a_{ 3 } là cao độ của vectơ aa.

II. Phân dạng bài tập & Phương pháp giải

Dạng 1. Tọa độ điểm

  • Nếu a=a1i+a2j+a3ka=a_{ 1 } i+a_{ 2 } j+a_{ 3 } k thì a=(a1 ; a2 ; a3)a=\left ( { a_{ 1 } \,;\,a_{ 2 } \,;\,a_{ 3 } } \right. ).

  • Nếu OM→=m1i+m2j+m3k\overrightarrow { OM }=m_{ 1 } i+m_{ 2 } j+m_{ 3 } k thì OM→=(m1;m2;m3)⇒M(m1;m2;m3)\overrightarrow { OM }=\left ( { m_{ 1 } ;m_{ 2 } ;m_{ 3 } } \right. )⇒M\left ( { m_{ 1 } ;m_{ 2 } ;m_{ 3 } } \right. ).

  • Nếu MO→=m1i+m2j+m3k\overrightarrow { MO }=m_{ 1 } i+m_{ 2 } j+m_{ 3 } k thì MO→=(m1;m2;m3)⇒M(−m1;−m2;−m3)\overrightarrow { MO }=\left ( { m_{ 1 } ;m_{ 2 } ;m_{ 3 } } \right. )⇒M\left ( { -m_{ 1 } ;-m_{ 2 } ;-m_{ 3 } } \right. ).⑴MM thuộc các trục tọa độ:∣M∈Ox→M(x ;0 ;0)M∈Oy→M(0 ;y ;0)M∈Oz→M(0 ;0 ;z).\left | { M∈Ox→M\left ( { x\,;0\,;0 } \right. )M∈Oy→M\left ( { 0\,;y\,;0 } \right. )M∈Oz→M\left ( { 0\,;0\,;z } \right. ) } \right. .⑵MM thuộc các mặt phẳng tọa độ:∣M∈(Oxy)→M(x ;y;0)M∈(Oxz)→M(x ;0 ;z)M∈(Oyz)→M(0 ;y ;z).\left | { M∈\left ( { Oxy } \right. )→M\left ( { x\,;y;0 } \right. )M∈\left ( { Oxz } \right. )→M\left ( { x\,;0\,;z } \right. )M∈\left ( { Oyz } \right. )→M\left ( { 0\,;y\,;z } \right. ) } \right. . Phương pháp

Ví dụ 1.1. Xác định tọa độ điểm MM trong các trường hợp sau⑴MO→=2i−3k\overrightarrow { MO }=2i-3k⑵OM→=2OA→+i\left. \overrightarrow { OM }=2\overrightarrow { OA }+i \right. với A(2;−3;1)A\left ( { 2;-3;1 } \right. )

Lời giải:

⑴MO→=2i−3k\overrightarrow { MO }=2i-3k

Ta có OM→=−2i+3k\overrightarrow { OM }=-2i+3k. Do đó M(−2;0;3)M\left ( { -2;0;3 } \right. ).

⑵OM→=2OA→+i\left. \overrightarrow { OM }=2\overrightarrow { OA }+i \right. với A(2;−3;1)A\left ( { 2;-3;1 } \right. )

Ta có OM→=2(2i−3j+k)+3k=4i−4j+5k\overrightarrow { OM }=2\left ( { 2i-3j+k } \right. )+3k=4i-4j+5k. Vậy M(4;−4;5)M\left ( { 4;-4;5 } \right. ).

Ví dụ 1.2. Trong không gian OxyzOxyz, cho hai điểm M(−4;3;−1)M\left ( { -4;3;-1 } \right. ) và N(2;−1;−3)N\left ( { 2;-1;-3 } \right. ). Tìm tọa độ của các vectơ OM→,ON→\left. \overrightarrow { OM },\overrightarrow { ON } \right..

Lời giải:

Ta có:M(−4;3;−1)M\left ( { -4;3;-1 } \right. ) và N(2;−1;−3)N\left ( { 2;-1;-3 } \right. ).

Do đó,OM→=(−4;3;−1);ON→=(2;−1;−3)\left. \overrightarrow { OM }=\left ( { -4;3;-1 } \right. );\overrightarrow { ON }=\left ( { 2;-1;-3 } \right. ) \right..

Ví dụ 1.3. Cho điểm M(−2;5;3)M\left ( { -2;5;3 } \right. ). Tìm hình chiếu vuông góc của điểm MM trên các trục tọa độ.

Lời giải:

Gọi:

M′(x′;y′;z′)M'\left ( { x';y';z' } \right. ) là hình chiếu vuông góc của điểm MM trên trục OxOx.

M′M' là hình chiếu vuông góc của điểm MM trên trục OyOy.

M′M' là hình chiếu vuông góc của điểm MM trên trục OzOz.

Khi đó M′(−2;0;0)M'\left ( { -2;0;0 } \right. );M′M';M′M'.

Ví dụ 1.4. Trong không gian OxyzOxyz, cho điểm A(1;2;−3)A\left ( { 1;2;-3 } \right. ) và vectơ u=(3;−4;2)u=\left ( { 3;-4;2 } \right. ). Hãy biểu diễn theo các vectơ i,ji,j và kk mỗi vectơ sau:⑴OA→\overrightarrow { OA }⑵uu

Lời giải:

⑴OA→\overrightarrow { OA }

Vì điểm AA có toạ độ là A(1;2;−3)A\left ( { 1;2;-3 } \right. ) nên OA→=(1;2;−3)\overrightarrow { OA }=\left ( { 1;2;-3 } \right. )

Do đó,OA→=1i+2j+(−3)k=i+2j−3k\overrightarrow { OA }=1i+2j+\left ( { -3 } \right. )k=i+2j-3k.

⑵uu

Vì u=(3;−4;2)u=\left ( { 3;-4;2 } \right. ) nên u=3i+(−4)j+2k=3i−4j+2k.u=3i+\left ( { -4 } \right. )j+2k=3i-4j+2k.

Ví dụ 1.4. Trong không gian OxyzOxyz, cho tọa độ A(4;5;3)A\left ( { 4;5;3 } \right. ) và vị trí các điểm L;K;H;A1;A2;A3L;K;H;A_{ 1 } ;A_{ 2 } ;A_{ 3 } như hình vẽ bên. Xác định tọa độ của các vectơ A1A→,A2A→\left. \overrightarrow { A_{ 1 } A },\overrightarrow { A_{ 2 } A } \right.

Hình vẽ minh họa

Lời giải:

Từ hình vẽ, ta có:A1A→=OL→;  A2A→=OH→\left. \left. \left. \overrightarrow { A_{ 1 } A }=\overrightarrow { OL };\,\,\overrightarrow { A_{ 2 } A }=\overrightarrow { OH } \right. \right. \right.

Mà L(0;0;3)⇒OL→=(0;0;3)\left. L\left ( { 0;0;3 } \right. )⇒\overrightarrow { OL }=\left ( { 0;0;3 } \right. ) \right. và H(4;0;0)⇒OH→=(4;0;0)\left. H\left ( { 4;0;0 } \right. )⇒\overrightarrow { OH }=\left ( { 4;0;0 } \right. ) \right..

Do đó,A1A→=(0;0;3)\overrightarrow { A_{ 1 } A }=\left ( { 0;0;3 } \right. ) và A2A→=(4;0;0)\overrightarrow { A_{ 2 } A }=\left ( { 4;0;0 } \right. ).

Dạng 2. Tọa độ vectơ

Xét hai véctơ a=(a1;a2;a3)a=\left ( { a_{ 1 } ;a_{ 2 } ;a_{ 3 } } \right. ) và b=(b1;b2;b3)b=\left ( { b_{ 1 } ;b_{ 2 } ;b_{ 3 } } \right. ) ta có:⑴ Hai véctơ bằng nhau:a=b⇔{a1=b1a2=b2a3=b3a=b⇔\left\{ \begin{array}{l} a_{ 1 } =b_{ 1 } a_{ 2 } =b_{ 2 } a_{ 3 } =b_{ 3 } \end{array} \right..⑵ABCDlà hình bình hành AB→=DC→\left. \overrightarrow { AB }=\overrightarrow { DC } \right.. Phương pháp

Ví dụ 2.1. Trong không gian OxyzOxyz, cho a=3i+2j−ka=3i+2j-k⑴ Xác định tọa độ vectơ aa.⑵ Tìm x;y;zx;y;z để b=(x+2y−z−1;x−y+3z+1;3x−y−z−6)b=\left ( { x+2y-z-1;x-y+3z+1;3x-y-z-6 } \right. ) bằng aa.

Lời giải:

⑴ Xác định tọa độ vectơ aa.

Ta có a=3i+2j−k=(3;2;−1)a=3i+2j-k=\left ( { 3;2;-1 } \right. ).

⑵ Tìm x;y;zx;y;z để b=(x+2y−z−1;x−y+3z+1;3x−y−z−6)b=\left ( { x+2y-z-1;x-y+3z+1;3x-y-z-6 } \right. ) bằng aa.

Ta có a=b⇔{x+2y−z−1=3x−y+3z+1=23x−y−z−6=−1a=b⇔\left\{ \begin{array}{l} x+2y-z-1=3x-y+3z+1=23x-y-z-6=-1 \end{array} \right. ⇔{x=2y=1z=0⇔\left\{ \begin{array}{l} x=2y=1z=0 \end{array} \right..

Ví dụ 2.2. Trong không gian tọa độOxyzcho ba điểm M(1;1;1), N(2;3;4), P(7;7;5)M\left ( { 1;1;1 } \right. ),\,N\left ( { 2;3;4 } \right. ),\,P\left ( { 7;7;5 } \right. ). Tìm tọa độ điểm QQ để tứ giácMNPQlà hình bình hành .

Lời giải:

Hình vẽ minh họa

Ta có MN→=(1;2;3), QP→=(7−xQ;7−yQ;5−zQ)\left. \overrightarrow { MN }=\left ( { 1;2;3 } \right. ),\,\overrightarrow { QP }=\left ( { 7-x_{ Q } ;7-y_{ Q } ;5-z_{ Q } } \right. ) \right..

MNPQlà hình bình hành ⇔MN→=QP→⇔{1=7−xQ2=7−yQ3=5−zQ⇔{xQ=6yQ=5zQ=2\left. \left. ⇔\overrightarrow { MN }=\overrightarrow { QP }⇔\left\{ \begin{array}{l} 1=7-x_{ Q } 2=7-y_{ Q } 3=5-z_{ Q } \end{array} \right.⇔\left\{ \begin{array}{l} x_{ Q } =6y_{ Q } =5z_{ Q } =2 \end{array} \right. \right. \right..

Vậy Q(6;5;2)Q\left ( { 6;5;2 } \right. ).

Ví dụ 2.3. Trong không gian OxyzOxyz, cho hình hộpABCD.A'B'C'D'có A(1;3;−2),B(3;−2;4)A\left ( { 1;3;-2 } \right. ),B\left ( { 3;-2;4 } \right. ),D(5;2;4),D′(4;1;2)D\left ( { 5;2;4 } \right. ),D'\left ( { 4;1;2 } \right. ). Tìm tọa độ đỉnh C′C'.

Lời giải:

Hình vẽ minh họa

Ta có {BC//‾ADBC→ cung phuong AD→\left. \left. \left\{ \begin{array}{l} BC {\underline{ { \rm{ / } }{ \rm{ / } } }} AD\overrightarrow { BC }\,cung\,phuong\,\overrightarrow { AD } \end{array} \right. \right. \right.

⇒⇒ BC→=AD→⇔{xC−3=4yC+2=−1zC−4=6⇔{xC=7yC=−3zC=10⇒C(7;−3;10)\left. \overrightarrow { BC }=\overrightarrow { AD }⇔\left\{ \begin{array}{l} x_{ C } -3=4y_{ C } +2=-1z_{ C } -4=6 \end{array} \right.⇔\left\{ \begin{array}{l} x_{ C } =7y_{ C } =-3z_{ C } =10 \end{array} \right.⇒C\left ( { 7;-3;10 } \right. ) \right..

Và {CC′ //‾ DD′CC′→ cung phuong DD′→\left. \left. \left\{ \begin{array}{l} CC'\, {\underline{ { \rm{ / } }{ \rm{ / } } }} \,DD'\overrightarrow { CC' }\,cung\,phuong\,\overrightarrow { DD' } \end{array} \right. \right. \right.

⇒⇒ CC′→=DD′→⇔{xC′−7=−1yC′+3=−1zC−10=−2⇔{xC′=6yC′=−4zC′=8⇒C′(6;−4;8)\left. \overrightarrow { CC' }=\overrightarrow { DD' }⇔\left\{ \begin{array}{l} x_{ C' } -7=-1y_{ C' } +3=-1z_{ C } -10=-2 \end{array} \right.⇔\left\{ \begin{array}{l} x_{ C' } =6y_{ C' } =-4z_{ C' } =8 \end{array} \right.⇒C'\left ( { 6;-4;8 } \right. ) \right..

Dạng 3. Bài toán thực tế

Ví dụ 3.1. Một chiếc xe đang kéo căng sợi dây cáp ABAB trong công trường xây dựng, trên đó đã thiết lập hệ toạ độOxyznhư hình bên dưới với độ dài đơn vị trên các trục toạ độ bằng 1 m1 { \rm{ m } }. Tìm tọa độ của vectơ AB→\overrightarrow { AB }.

Hình vẽ minh họa

Lời giải:

ΔOBHvuông tại HH, có HOB^=30°\widehat { HOB }=30 ^ { ° }

OB=15⇒OH=OB⋅cos30°=1532OB=15⇒OH=OB⋅cos30°=\frac { 15\sqrt{ 3 } } { 2 }

BH=OB⋅sin30°=152⇒OK=152BH=OB⋅sin30°=\frac { 15 } { 2 }⇒OK=\frac { 15 } { 2 }

Ta có OA→=10k\overrightarrow { OA }=10k,OH→=1532j\overrightarrow { OH }=\frac { 15\sqrt{ 3 } } { 2 }j,OK→=152i\overrightarrow { OK }=\frac { 15 } { 2 }i

Khi đó AB→=OB→−OA→=OH→+OK→−OA→=152i+1532j−10k\left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { AB }{ \rm{ } }={ \rm{ } }\overrightarrow { OB }-\overrightarrow { OA }=\overrightarrow { OH }+\overrightarrow { OK }-\overrightarrow { OA }={ \rm{ } }\frac { 15 } { 2 }i+\frac { 15\sqrt{ 3 } } { 2 }j-10k \right. \right. \right. \right. \right.

⇒AB→=(152;1532;−10).\left. ⇒\overrightarrow { AB }{ \rm{ } }=\left ( { \frac { 15 } { 2 };\frac { 15\sqrt{ 3 } } { 2 };-10 } \right. ). \right.

Ví dụ 3.2. Một máy bay đang cất cánh từ phi trường. Với hệ toạ độOxyzđược thiết lập như hình bên dưới , cho biết MM là vị trí của máy bay,OM=14,OM=14, NOB^=32°,\widehat { NOB }=32°, MOC^=65°\widehat { MOC }=65°. Tìm tọa độ điểm MM.

Hình vẽ minh họa

Lời giải:

  • ΔKCMvuông tại CC có OC=OM.cos65°=14.cos65°≈5,9OC=OM.cos65°=14.cos65°≈5,9

và CM=OM.sin65°=14.sin65°≈12,7CM=OM.sin65°=14.sin65°≈12,7.

ON=CM,  AN=OBON=CM,\,\,AN=OB.

  • ΔOANvuông tại AA có OA=ON.cos58°=12,7.cos58°≈6,7OA=ON.cos58°=12,7.cos58°≈6,7

và AN=ON.sin58°=12,7.sin58°≈10,8AN=ON.sin58°=12,7.sin58°≈10,8.

OM→=OA.i→+OB.j→+OC.k→=12,7.i→+10,8.j→+5,9.k→\left. \left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { OM }=OA.\overrightarrow { i }+OB.\overrightarrow { j }+OC.\overrightarrow { k }=12,7.\overrightarrow { i }+10,8.\overrightarrow { j }+5,9.\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. \right. \right..

Vậy M(12,7;10,8;5,9)M\left ( { 12,7;10,8;5,9 } \right. ).

III. Bài tập trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn (Tự luyện tương tác)

Học sinh làm bài trực tiếp trên hệ thống để được chấm điểm và xem lời giải chi tiết tức thì.

Câu 1: Trong không gianOxyzvới i→,j→,k→\left. \left. \overrightarrow { i },\overrightarrow { j },\overrightarrow { k } \right. \right. lần lượt là các vecto đơn vị trên các trục Ox,  Oy,  Oz.Ox,\,\,Oy,\,\,Oz. Tính tọa độ của vecto i→+j→−k→.\left. \left. \overrightarrow { i }+\overrightarrow { j }-\overrightarrow { k }. \right. \right.

Câu 2: Điểm HH có tọa độ là bao nhiêu

Câu 3: Vectơ KM→\overrightarrow { KM } có tọa độ là bao nhiêu

IV. Bài tập trắc nghiệm Đúng / Sai (Cấu trúc mới GDPT 2018)

Thí sinh trả lời từ câu hỏi dưới đây. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn Đúng hoặc Sai.

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ OxyzOxyz, cho điểm M(2; 4; 6)M\left ( { 2;\,4;\,6 } \right. ) và ON→=2i→+k→\left. \left. \overrightarrow { ON }=2\overrightarrow { i }+\overrightarrow { k } \right. \right..

Xem lời giải chi tiết & đáp án các ý a, b, c, d

Lời giải

(a) Tọa độ điểm N(2;1;0)N\left ( { 2;1;0 } \right. ).

ON→=2i→+k→\left. \left. \overrightarrow { ON }=2\overrightarrow { i }+\overrightarrow { k } \right. \right., suy ra tọa độ điểm N(2;0;1)N\left ( { 2;0;1 } \right. ).

Chọn SAI.

(b) Hình chiếu vuông góc của MM trên trục OzOz là điểm M′(0;0;6)M'\left ( { 0;0;6 } \right. ).

Hình chiếu vuông góc của M(2; 4; 6)M\left ( { 2;\,4;\,6 } \right. ) trên trục OzOz là điểm M′(0;0;6)M'\left ( { 0;0;6 } \right. ).

Chọn ĐÚNG.

(c) Hình chiếu vuông góc của MM trên mặt (Oxy)\left ( { Oxy } \right. ) là điểm N(2;4;0)N\left ( { 2;4;0 } \right. ).

Hình chiếu vuông góc của M(2; 4; 6)M\left ( { 2;\,4;\,6 } \right. ) trên mặt phẳng (Oxy)\left ( { Oxy } \right. ) là điểm N(2;4;0)N\left ( { 2;4;0 } \right. ).

Chọn ĐÚNG.

(d) Đối xứng với điểm MM qua mặt (Oyz)\left ( { Oyz } \right. ) là điểm K(−2;0;0)K\left ( { -2;0;0 } \right. ).

Đối xứng với điểm M(2; 4; 6)M\left ( { 2;\,4;\,6 } \right. ) qua mặt phẳng (Oyz)\left ( { Oyz } \right. ) là điểm K(−2; 4; 6)K\left ( { -2;\,4;\,6 } \right. ).

Chọn SAI.

Câu 2: Trong không gian OxyzOxyz, cho hình bình hànhOABCvới A(1;2;3)A\left ( { 1; 2; 3 } \right. ),B(5;0;−1)B\left ( { 5; 0; -1 } \right. ), và C(a;b;c)C\left ( { a;b;c } \right. )

Xem lời giải chi tiết & đáp án các ý a, b, c, d

Lời giải

(a) Tọa độ điểm O(0;0;1)O\left ( { 0;0;1 } \right. ).

Trong không gian OxyzOxyz, gốc tọa độ O(0;0;0)O\left ( { 0;0;0 } \right. ).

Chọn SAI.

(b) Tọa độ vectơ OA→=(1;2;3)\overrightarrow { OA }=\left ( { 1; 2; 3 } \right. ).

Điểm A(1;2;3)A\left ( { 1; 2; 3 } \right. ), suy ra OA→=1.i→+2.j→+3.k→=(1;2;3)\left. \left. \left. \overrightarrow { OA }=1.\overrightarrow { i }+2.\overrightarrow { j }+3.\overrightarrow { k }=\left ( { 1; 2; 3 } \right. ) \right. \right. \right..

Chọn ĐÚNG.

(c) OB→=5.i→−k→\left. \left. \overrightarrow { OB }=5.\overrightarrow { i }-\overrightarrow { k } \right. \right..

Ta có B(5;0;−1)B\left ( { 5; 0; -1 } \right. ). Suy ra vectơ OB→=5.i→−1.k→\left. \left. \overrightarrow { OB }=5.\overrightarrow { i }-1.\overrightarrow { k } \right. \right..

Chọn ĐÚNG.

(d) NếuOABChình bình hành, thì a+b+c=2a+b+c=2.

Ta có OA→=1.i→+2.j→+3.k→=(1;2;3)\left. \left. \left. \overrightarrow { OA }=1.\overrightarrow { i }+2.\overrightarrow { j }+3.\overrightarrow { k }=\left ( { 1; 2; 3 } \right. ) \right. \right. \right.,C(a;b;c)⇒OC→=ai→+bj→+ck→\left. \left. \left. \left. C\left ( { a;b;c } \right. )⇒\overrightarrow { OC }=a\overrightarrow { i }+b\overrightarrow { j }+c\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. CB→=OB→−OC→=(5.i→−1.k→)−(a.i→+b.j→+c.k→)=(5−a;−b;−1−c)\left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { CB }=\overrightarrow { OB }-\overrightarrow { OC }=\left ( { 5.\overrightarrow { i }-1.\overrightarrow { k } } \right. )-\left ( { a.\overrightarrow { i }+b.\overrightarrow { j }+c.\overrightarrow { k } } \right. )=\left ( { 5-a;-b;-1-c } \right. ) \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right..

OABChình bình hành, thì {5−a=1b=−c=3⇔{a=4b=−2c=−4\left\{ \begin{array}{l} 5-a=1b=-c=3 \end{array} \right.⇔\left\{ \begin{array}{l} a=4b=-2c=-4 \end{array} \right.. Khi đó a+b+c=2a+b+c=2.

Chọn SAI.

Câu 3: Trong không gian OxyzOxyz, cho hình hộpABCD.A'B'C'D'có A(0; 0; 0)A\left ( { 0;\,0;\,0 } \right. ),B(3; 0; 0)B\left ( { 3;\,0;\,0 } \right. ),D(0; 3; 0)D\left ( { 0;\,3;\,0 } \right. ),D′(0; 3; 3)D'\left ( { 0;\,3;\,3 } \right. ).

Xem lời giải chi tiết & đáp án các ý a, b, c, d

Hình vẽ minh họa

Hãy xác định tính đúng sai của các mệnh đề

Lời giải

(a) AB→=3i→+j→\left. \left. \overrightarrow { AB }=3\overrightarrow { i }+\overrightarrow { j } \right. \right..

B(3;  0;  0)⇒OB→=AB→=3i→\left. \left. \left. B\left ( { 3;\,\,0;\,\,0 } \right. )⇒\overrightarrow { OB }=\overrightarrow { AB }=3\overrightarrow { i } \right. \right. \right..

Chọn SAI.

(b) A′(0;0;3)A'\left ( { 0;0;3 } \right. ).

Điểm D′(0;  3;  3)D'\left ( { 0;\,\,3;\,\,3 } \right. ) có hình chiếu lên trục OzOz là A′(0;0;3)A'\left ( { 0;0;3 } \right. ).

Chọn ĐÚNG.

(c) MM là trung điểm DD′DD'. Khi đó, tọa độ điểm M(0;3;−3)M\left ( { 0;3;-3 } \right. ).

Ta có A(0;  0;  0)≡OA\left ( { 0;\,\,0;\,\,0 } \right. )≡O.

D(0;  3;  0)⇒AD→=3j→\left. \left. D\left ( { 0;\,\,3;\,\,0 } \right. )⇒\overrightarrow { AD }=3\overrightarrow { j } \right. \right.;

D′(0;  3;  3)⇒AD′→=3j→+3k→\left. \left. \left. D'\left ( { 0;\,\,3;\,\,3 } \right. )⇒\overrightarrow { AD' }=3\overrightarrow { j }+3\overrightarrow { k } \right. \right. \right..

Mà MM là trung điểm DD′DD' ⇔AM→=12(AD→+AD′→)=12(3j→+3j→+3k→)=3j→+32k→=(0;3;32)\left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. ⇔\overrightarrow { AM }=\frac { 1 } { 2 }\left ( { \overrightarrow { AD }+\overrightarrow { AD' } } \right. )=\frac { 1 } { 2 }\left ( { 3\overrightarrow { j }+3\overrightarrow { j }+3\overrightarrow { k } } \right. )=3\overrightarrow { j }+\frac { 3 } { 2 }\overrightarrow { k }=\left ( { 0;3;\frac { 3 } { 2 } } \right. ) \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right..

Suy ra M(0;3;32)M\left ( { 0;3;\frac { 3 } { 2 } } \right. ).

Chọn SAI.

(d) Tọa độ điểm C′(3;  3;  0)C'\left ( { 3;\,\,3;\,\,0 } \right. ).

Ta có A(0;  0;  0)≡OA\left ( { 0;\,\,0;\,\,0 } \right. )≡O.

Khi đó B(3;  0;  0)B\left ( { 3;\,\,0;\,\,0 } \right. ) AB→=OB→=3i→\left. \left. \overrightarrow { AB }=\overrightarrow { OB }=3\overrightarrow { i } \right. \right.;D(0;  3;  0)D\left ( { 0;\,\,3;\,\,0 } \right. ) AD→=3j→\left. \overrightarrow { AD }=3\overrightarrow { j } \right.;A′(0;0;3)A'\left ( { 0;0;3 } \right. ) AA′→=3k→\left. \overrightarrow { AA' }=3\overrightarrow { k } \right..

Nên AC′→=AB→+AD→+AA′→=3i→+3j→+3k→\left. \left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { AC' }=\overrightarrow { AB }+\overrightarrow { AD }+\overrightarrow { AA' }=3\overrightarrow { i }+3\overrightarrow { j }+3\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. \right. \right.. Vậy C′(3;  3;  3)C'\left ( { 3;\,\,3;\,\,3 } \right. ).

Chọn SAI.

Câu 4: Trong không gian OxyzOxyz, cho điểm MM thỏa mãn OM→=2i→+j→+k→\left. \left. \left. \overrightarrow { OM }=2\overrightarrow { i }+\overrightarrow { j }+\overrightarrow { k } \right. \right. \right..

Xem lời giải chi tiết & đáp án các ý a, b, c, d

Lời giải

(a) Tọa độ của điểm MM là:(2;1;1)\left ( { 2;1;1 } \right. )

Ta có:OM→=2i→+j→+k→\left. \left. \left. \overrightarrow { OM }=2\overrightarrow { i }+\overrightarrow { j }+\overrightarrow { k } \right. \right. \right.. Suy ra:M(2;1;1)M\left ( { 2;1;1 } \right. )

Chọn ĐÚNG.

(b) Hình chiếu của điểm MM lên trục OxOx là:(2;1;0)\left ( { 2;1;0 } \right. )

Hình chiếu của điểm MM lên trục OxOx là:(2;0;0)\left ( { 2;0;0 } \right. )

Chọn SAI.

(c) Hình chiếu của điểm MM lên trục OyOy là:(0;1;0)\left ( { 0;1;0 } \right. )

Hình chiếu của điểm MM lên trục OyOy là:(0;1;0)\left ( { 0;1;0 } \right. )

Chọn ĐÚNG.

(d) Hình chiếu của điểm MM lên mặt phẳng OxyOxy là:(2;0;1)\left ( { 2;0;1 } \right. ).

Hình chiếu của điểm MM lên mặt phẳng OxyOxy là:(2;1;0)\left ( { 2;1;0 } \right. ).

Chọn SAI.

Câu 5: Trong không gian OxyzOxyz, cho hình lập phươngABCD.A'B'C'D'có cạnh bằng 4, đỉnh AA trùng với gốc OO, các điểm B,D,A′B,D,A' lần lượt nằm trên các tia Ox,Oy,OzOx,Oy,Oz.

Xem lời giải chi tiết & đáp án các ý a, b, c, d

Lời giải

Hình vẽ minh họa

(a) Tọa độ của điểm DD là:(4;0;0)\left ( { 4;0;0 } \right. )

Do OD→\overrightarrow { OD } cùng hướng với j→\overrightarrow { j } và ∣OD→∣=OD=4=4∣j→∣\left. \left. \left | { \overrightarrow { OD } } \right. |=OD=4=4\left | { \overrightarrow { j } } \right. | \right. \right. nên OD→=4j→\left. \overrightarrow { OD }=4\overrightarrow { j } \right. hay OD→=0i→+4j→+0k→\left. \left. \left. \overrightarrow { OD }=0\overrightarrow { i }+4\overrightarrow { j }+0\overrightarrow { k } \right. \right. \right..

Suy ra:D(0;4;0)D\left ( { 0;4;0 } \right. ).

Chọn SAI.

(b) Tọa độ của điểm CC là:(0;4;0)\left ( { 0;4;0 } \right. )

Do OB→\overrightarrow { OB } cùng hướng với i→\overrightarrow { i } và ∣OB→∣=OB=4=4∣i→∣\left. \left. \left | { \overrightarrow { OB } } \right. |=OB=4=4\left | { \overrightarrow { i } } \right. | \right. \right. nên AB→=4i→\left. \overrightarrow { AB }=4\overrightarrow { i } \right. hay OB→=4i→+0j→+0k→\left. \left. \left. \overrightarrow { OB }=4\overrightarrow { i }+0\overrightarrow { j }+0\overrightarrow { k } \right. \right. \right..

Theo quy tắc hình bình hành, ta có:OC→=OB→+OD→=4i→+4j→+0k→\left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { OC }=\overrightarrow { OB }+\overrightarrow { OD }=4\overrightarrow { i }+4\overrightarrow { j }+0\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. \right..

Suy ra:C(4;4;0)C\left ( { 4;4;0 } \right. ).

Chọn SAI.

(c) Tọa độ của điểm A′A' là:(0;0;4)\left ( { 0;0;4 } \right. )

Do OA′→\overrightarrow { OA' } cùng hướng với k→\overrightarrow { k } và ∣OA′→∣=OA′=4=4∣k→∣\left. \left. \left | { \overrightarrow { OA' } } \right. |=OA'=4=4\left | { \overrightarrow { k } } \right. | \right. \right. nên OA′→=4k→\left. \overrightarrow { OA' }=4\overrightarrow { k } \right. hay OA′→=0i→+0j→+4k→\left. \left. \left. \overrightarrow { OA' }=0\overrightarrow { i }+0\overrightarrow { j }+4\overrightarrow { k } \right. \right. \right..

Suy ra:A′(0;0;4)A'\left ( { 0;0;4 } \right. ).

Chọn ĐÚNG.

(d) Tọa độ của điểm C′C' là:(4;4;4)\left ( { 4;4;4 } \right. ).

Theo quy tắc hình hộp, ta có:OC′→=OB→+OD→+OA′→=4i→+4j→+4k→\left. \left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { OC' }=\overrightarrow { OB }+\overrightarrow { OD }+\overrightarrow { OA' }=4\overrightarrow { i }+4\overrightarrow { j }+4\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. \right. \right..

Suy ra:C′(4;4;4)C'\left ( { 4;4;4 } \right. )

Chọn ĐÚNG.

Câu 6: Trong không gian OxyzOxyz, cho hình hộp chữ nhậtABCD.A'B'C'D'có đỉnh AA trùng với gốc OO, các vectơ AB→,AD→,AA′→\left. \left. \overrightarrow { AB },\overrightarrow { AD },\overrightarrow { AA' } \right. \right. theo thứ tự cùng hướng với i→,j→,k→\left. \left. \overrightarrow { i },\overrightarrow { j },\overrightarrow { k } \right. \right. và có AB=3,AB=3, AC=5;AA′=6AC=5;AA'=6.

Xem lời giải chi tiết & đáp án các ý a, b, c, d

Lời giải

Hình vẽ minh họa

(a) Tọa độ của vectơ AB→\overrightarrow { AB } là:(3;0;0)\left ( { 3;0;0 } \right. )

Do AB→\overrightarrow { AB } cùng hướng với i→\overrightarrow { i } và ∣AB→∣=AB=3=3∣i→∣\left. \left. \left | { \overrightarrow { AB } } \right. |=AB=3=3\left | { \overrightarrow { i } } \right. | \right. \right. nên AB→=3i→\left. \overrightarrow { AB }=3\overrightarrow { i } \right. hay AB→=3i→+0j→+0k→\left. \left. \left. \overrightarrow { AB }=3\overrightarrow { i }+0\overrightarrow { j }+0\overrightarrow { k } \right. \right. \right..

Suy ra:AB→=(3;0;0)\overrightarrow { AB }=\left ( { 3;0;0 } \right. )

Chọn ĐÚNG.

(b) Tọa độ của vectơ AC→\overrightarrow { AC } là:(3;4;6)\left ( { 3;4;6 } \right. )

Ta có:AD=AC2−AB2=52−32=4AD=\sqrt{ AC ^ { 2 } -AB ^ { 2 } }=\sqrt{ 5 ^ { 2 } -3 ^ { 2 } }=4

Do AD→\overrightarrow { AD } cùng hướng với j→\overrightarrow { j } và ∣AD→∣=AD=4=4∣j→∣\left. \left. \left | { \overrightarrow { AD } } \right. |=AD=4=4\left | { \overrightarrow { j } } \right. | \right. \right. nên AD→=4j→\left. \overrightarrow { AD }=4\overrightarrow { j } \right. hay AD→=0i→+4j→+0k→\left. \left. \left. \overrightarrow { AD }=0\overrightarrow { i }+4\overrightarrow { j }+0\overrightarrow { k } \right. \right. \right..

Trong hình bình hànhABCD, ta có:AC→=AB→+AD→=3i→+4j→+0k→\left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { AC }=\overrightarrow { AB }+\overrightarrow { AD }=3\overrightarrow { i }+4\overrightarrow { j }+0\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. \right..

Suy ra:AC→=(3;4;0)\overrightarrow { AC }=\left ( { 3;4;0 } \right. )

Chọn SAI.

(c) Tọa độ của vectơ AC′→\overrightarrow { AC' } là:(3;−4;6)\left ( { 3;-4;6 } \right. )

Do AA′→\overrightarrow { AA' } cùng hướng với k→\overrightarrow { k } và ∣AA′→∣=AA′=6=6∣k→∣\left. \left. \left | { \overrightarrow { AA' } } \right. |=AA'=6=6\left | { \overrightarrow { k } } \right. | \right. \right. nên AA′→=6k→\left. \overrightarrow { AA' }=6\overrightarrow { k } \right. hay AA′→=0i→+0j→+6k→\left. \left. \left. \overrightarrow { AA' }=0\overrightarrow { i }+0\overrightarrow { j }+6\overrightarrow { k } \right. \right. \right.

Trong hình bình hành AA′C′CAA'C'C, ta có:AC′→=AC→+AA′→=3i→+4j→+6k→\left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { AC' }=\overrightarrow { AC }+\overrightarrow { AA' }=3\overrightarrow { i }+4\overrightarrow { j }+6\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. \right.

Suy ra:AC′→=(3;4;6)\overrightarrow { AC' }=\left ( { 3;4;6 } \right. ).

Chọn SAI.

(d) Tọa độ của vectơ AM→\overrightarrow { AM } là:(32;4;6)\left ( { \frac { 3 } { 2 };4;6 } \right. ), với MM là trung điểm của C′D′C'D'.

Vì AM→=12(AC′→+AD′→)=12(AC′→+AD→+AA′→)\left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { AM }=\frac { 1 } { 2 }\left ( { \overrightarrow { AC' }+\overrightarrow { AD' } } \right. )=\frac { 1 } { 2 }\left ( { \overrightarrow { AC' }+\overrightarrow { AD }+\overrightarrow { AA' } } \right. ) \right. \right. \right. \right. \right. =12(3i→+4j→+6k→+4j→+6k→)=32i→+4j→+6k→\left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. =\frac { 1 } { 2 }\left ( { 3\overrightarrow { i }+4\overrightarrow { j }+6\overrightarrow { k }+4\overrightarrow { j }+6\overrightarrow { k } } \right. )=\frac { 3 } { 2 }\overrightarrow { i }+4\overrightarrow { j }+6\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right..

Suy ra:AC→=(32;4;6)\overrightarrow { AC }=\left ( { \frac { 3 } { 2 };4;6 } \right. ).

Chọn ĐÚNG.

Câu 7: Trong không gian OxyzOxyz, cho hình hộpABCD.A'B'C'D'có A(1;  0;  1)A\left ( { 1;\,\,0;\,\,1 } \right. ),B(2;  1;  2)B\left ( { 2;\,\,1;\,\,2 } \right. ),D(1;  −1;  1)D\left ( { 1;\,\,-1;\,\,1 } \right. ),D′(3;4;−6)D'\left ( { 3;4;-6 } \right. ).

Xem lời giải chi tiết & đáp án các ý a, b, c, d

Lời giải

Hình vẽ minh họa

(a) Tọa độ AB→=(1;  1;  1)\overrightarrow { AB }=\left ( { 1;\,\,1;\,\,1 } \right. ).

Ta có AB→=(1;  1;  1)\overrightarrow { AB }=\left ( { 1;\,\,1;\,\,1 } \right. ).

Chọn ĐÚNG.

(b) Tọa độ C(2;  1;  2)C\left ( { 2;\,\,1;\,\,2 } \right. ).

Gọi C(x; y;  z)⇒DC→=(x−1;  y+1;  z−1)\left. C\left ( { x;\,y;\,\,z } \right. )⇒\overrightarrow { DC }=\left ( { x-1;\,\,y+1;\,\,z-1 } \right. ) \right..

VìABCDlà hình bình hành ⇔DC→=AB→\left. \left. ⇔\overrightarrow { DC }=\overrightarrow { AB } \right. \right. ⇔{x−1=1y+1=1z−1=1⇔{x=2y=0z=2⇔\left\{ \begin{array}{l} x-1=1y+1=1z-1=1 \end{array} \right.⇔\left\{ \begin{array}{l} x=2y=0z=2 \end{array} \right. ⇒C(2;0;2)⇒C\left ( { 2;0;2 } \right. ).

Chọn SAI.

(c) Tọa độ A′(3;5;−6)A'\left ( { 3;5;-6 } \right. ).

Ta có AD→=(0;  −1;  0)\overrightarrow { AD }=\left ( { 0;\,\,-1;\,\,0 } \right. ). Gọi A′(x′;  y′;  z′)⇒A′D′→=(3−x′;  4−y′;  −6−z′)\left. A'\left ( { x';\,\,y';\,\,z' } \right. )⇒\overrightarrow { A'D' }=\left ( { 3-x';\,\,4-y';\,\,-6-z' } \right. ) \right..

ADD′A′ADD'A' là hình bình hành ⇔A′D′→=AD→\left. \left. ⇔\overrightarrow { A'D' }=\overrightarrow { AD } \right. \right. ⇔{3−x′=04−y′=−z′=0⇔{x′=3y′=5z′=−6⇔\left\{ \begin{array}{l} 3-x'=04-y'=-z'=0 \end{array} \right.⇔\left\{ \begin{array}{l} x'=3y'=5z'=-6 \end{array} \right. ⇒A′(3;5;−6)⇒A'\left ( { 3;5;-6 } \right. ).

Chọn ĐÚNG.

(d) Toạ độ trọng tâm tam giác A′B′CA'B'C là G(3;  4;  −3)G\left ( { 3;\,\,4;\,\,-3 } \right. ).

Gọi B′(x0;  y0;  z0)⇒A′B′→=(x0−3;  y0−5;  z0+6)\left. B'\left ( { x_{ 0 } ;\,\,y_{ 0 } ;\,\,z_{ 0 } } \right. )⇒\overrightarrow { A'B' }=\left ( { x_{ 0 } -3;\,\,y_{ 0 } -5;\,\,z_{ 0 } +6 } \right. ) \right..

ABB′A′ABB'A' là hình bình hành ⇔A′B′→=AB→\left. \left. ⇔\overrightarrow { A'B' }=\overrightarrow { AB } \right. \right. ⇔{x0−3=1y0−5=1z0+6=1⇔{x0=4y0=6z0=−5⇒B′(4;  6; −5)⇔\left\{ \begin{array}{l} x_{ 0 } -3=1y_{ 0 } -5=1z_{ 0 } +6=1 \end{array} \right.⇔\left\{ \begin{array}{l} x_{ 0 } =4y_{ 0 } =6z_{ 0 } =-5 \end{array} \right.⇒B'\left ( { 4;\,\,6;\,-5 } \right. ).

GG là trọng tâm tam giác A′B′CA'B'C ⇒{xG=2+3+43=3yG=0+5+63=113zG=23=−3⇒G(3;  113;  −3)⇒\left\{ \begin{array}{l} x_{ G } =\frac { 2+3+4 } { 3 }=3y_{ G } =\frac { 0+5+6 } { 3 }=\frac { 11 } { 3 }z_{ G } =\frac { 2 } { 3 }=-3 \end{array} \right.⇒G\left ( { 3;\,\,\frac { 11 } { 3 };\,\,-3 } \right. ).

Chọn SAI.

Câu 8: Dưới đây là một giá đỡ chịu hai lực. Biểu diễn từng lực dưới dạng vectơ Descartes

Xem lời giải chi tiết & đáp án các ý a, b, c, d

Hình vẽ minh họa

Lời giải

(a) F2→=−200i→+281j→+200k→\left. \left. \left. \overrightarrow { F_{ 2 } }=-200\overrightarrow { i }+281\overrightarrow { j }+200\overrightarrow { k } \right. \right. \right.

Độ lớn lực F2F_{ 2 } tác dụng lên từng trục tọa độ Descartes như sau:

FX=−400cos60°=−200 NF_{ X } =-400cos60°=-200\ N

FY=400cos45°=282,84 NF_{ Y } =400cos45°=282,84\ N

FZ=400cos60°=200 NF_{ Z } =400cos60°=200\ N

⇒F2→=−200i→+282,84j→+200k→\left. \left. \left. \left. ⇒\overrightarrow { F_{ 2 } }=-200\overrightarrow { i }+282,84\overrightarrow { j }+200\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right.

Chọn SAI.

(b) F1→=86,547i→+185,601j→−143,394k→\left. \left. \left. \overrightarrow { F_{ 1 } }=86,547\overrightarrow { i }+185,601\overrightarrow { j }-143,394\overrightarrow { k } \right. \right. \right.

Cắt mặt phẳng tọa độ lực F1F_{ 1 } tác dụng lên trục tọa độ là xyxy là chiều ngang và −z-z là chiều dọc như hình vẽ

Hình vẽ minh họa

Độ lớn lực F1F_{ 1 } tác dụng lên trục tọa độ xyxy và −z-z bằng

FXY=250cos35°=204,788NF_{ XY } =250{ \rm{ c } }{ \rm{ o } }{ \rm{ s } }{ \rm{ 3 } }{ \rm{ 5 } }°=204,788N

FZ=−250sin35°=−143,394NF_{ Z } =-250sin35°=-143,394N

Cắt mặt phẳng tọa độ lực FxyF_{ xy } tác dụng lên trục tọa độ là yy là chiều ngang và xx là chiều dọc như hình vẽ

Hình vẽ minh họa

FX=204,788.sin25°=86,547NF_{ X } =204,788.sin25°=86,547N

FY=204,788.cos25°=185,601NF_{ Y } =204,788.{ \rm{ c } }{ \rm{ o } }{ \rm{ s } }25°=185,601N

Vậy F1→=86,547i→+185,601j→−143,394k→\left. \left. \left. \overrightarrow { F_{ 1 } }=86,547\overrightarrow { i }+185,601\overrightarrow { j }-143,394\overrightarrow { k } \right. \right. \right.

Chọn ĐÚNG.

(c) Độ lớn lực tổng hợp lên giá đỡ bằng 485,297N485,297N

Lực tổng hợp tác dụng lên giá đỡ là :

FR→=F1→+F2→=−113,453i→+468,441j→+56,606k→\left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { F_{ R } }=\overrightarrow { F_{ 1 } }+\overrightarrow { F_{ 2 } }=-113,453\overrightarrow { i }+468,441\overrightarrow { j }+56,606\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. \right.

FR=113,4532+468,4412+56,6062≈485,297NF_{ R } =\sqrt{ 113,453 ^ { 2 } +468,441 ^ { 2 } +56,606 ^ { 2 } }≈485,297N

Chọn ĐÚNG.

(d) Góc tạo bởi lực tổng hợp lên trục OyOy là 16,145°16,145°

Gọi αα là góc tạo bởi lực tổng hợp lên trục OyOy

cosα=468,441485,297⇒α≈15,145°{ \rm{ c } }{ \rm{ o } }{ \rm{ s } }α{ \rm{ = } }\frac { 468,441 } { 485,297 }⇒α≈15,145°.

Chọn SAI.

V. Bài tập trắc nghiệm Trả lời ngắn (Cấu trúc mới GDPT 2018)

Thí sinh giải bài toán và điền đáp số vào ô trống tương ứng.

Câu 1: Trong không gian OxyzOxyz, cho OA→=3i+4j−5k\overrightarrow { OA }=3i+4j-5k. Tọa độ điểm A(x;y;z)A\left ( { x;y;z } \right. ). Giá trị biểu thức S=100x+1000y+10zS=100x+1000y+10z bằng bao nhiêu?

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 4250

Đáp số: 4250

Do OA→=3i+4j−5k\overrightarrow { OA }=3i+4j-5k nên A(3;4;−5)A\left ( { 3;4;-5 } \right. ). Vậy S=100x+1000y+10z=100.3+1000.4+10.(−5)=4250S=100x+1000y+10z=100.3+1000.4+10.\left ( { -5 } \right. )=4250.

Câu 2: Trong không gianOxyzcho hình hộp chữ nhậtOABC.EFGHcó các cạnh OA=5OA=5,OC=8OC=8,OE=7OE=7 (xem hình vẽ dưới đây ). Tọa độ H(x;y;z)H\left ( { x;y;z } \right. ). Tính giá trị biểu thức P=50x+75y+1000zP=50x+75y+1000z

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 7600

Đáp số: 7600

Hình vẽ minh họa

Ta cóH∈(yOz)H∈\left ( { yOz } \right. )và hình chiếu củaHHlênOyOytrùng vớiCCnênH(0; 8; 7)H\left ( { 0;\,8;\,7 } \right. ). P=50x+75y+1000z=50.0+75.8+1000.7=7600P=50x+75y+1000z=50.0+75.8+1000.7=7600.

Câu 3: Trong không gian OxyzOxyz, cho hai điểm A(4; 2; 1)A\left ( { 4;\,2;\,1 } \right. ),B(−2; −1; 4)B\left ( { -2;\,-1;\,4 } \right. ). Gọi MM là điểm thỏa mãn đẳng thức AM→=2MB→\left. \overrightarrow { AM }=2\overrightarrow { MB } \right.. Tìm độ dài vectơ OM→\overrightarrow { OM }.

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 3

Đáp số: 3

Gọi M(a;b;c)M\left ( { a;b;c } \right. ). AM→=(a−4;b−2;c−1)\overrightarrow { AM }=\left ( { a-4;b-2;c-1 } \right. ) MB→=(−2−a;−1−b;4−c)\overrightarrow { MB }=\left ( { -2-a;-1-b;4-c } \right. ) Ta có:AM→=2MB→⇔{a−4=2(−2−a)b−2=2(−1−b)c−1=2(4−c)⇔{a=0b=0c=3\left. \overrightarrow { AM }=2\overrightarrow { MB }⇔\left\{ \begin{array}{l} a-4=2\left ( { -2-a } \right. )b-2=2\left ( { -1-b } \right. )c-1=2\left ( { 4-c } \right. ) \end{array} \right.⇔\left\{ \begin{array}{l} a=0b=0c=3 \end{array} \right. \right.. Vậy OM→=(0;0;3)→∣OM→∣=32=3\left. \overrightarrow { OM }=\left ( { 0;0;3 } \right. )→\left | { \overrightarrow { OM } } \right. |=\sqrt{ 3 ^ { 2 } }=3 \right..

Câu 4: Trong không gian OxyzOxyz, cho A(3;2;−1)A\left ( { 3;2;-1 } \right. ),B(−1;0;5)B\left ( { -1;0;5 } \right. ). Điểm M(a;b;c)M\left ( { a;b;c } \right. ) thay đổi thuộc mặt phẳng (Oxy)\left ( { Oxy } \right. ). Tính giá trị của biểu thức T=a+b+cT=a+b+c khi ∣MA→+MB→∣\left. \left. \left | { \overrightarrow { MA }+\overrightarrow { MB } } \right. | \right. \right. nhỏ nhất.

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 2

Đáp số: 2

Gọi KK là điểm thỏa:KA→+KB→=0→⇔K(1;1;2)\left. \left. \overrightarrow { KA }+\overrightarrow { KB }=\overrightarrow { 0 }⇔K\left ( { 1;1;2 } \right. ) \right. \right.. Ta có:∣MA→+MB→∣=∣(MK→+KA→)+(MK→+KB→)∣=∣2MK→+(KA→+KB→)∣\left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. \left | { \overrightarrow { MA }+\overrightarrow { MB } } \right. |=\left | { \left ( { \overrightarrow { MK }+\overrightarrow { KA } } \right. )+\left ( { \overrightarrow { MK }+\overrightarrow { KB } } \right. ) } \right. |=\left | { 2\overrightarrow { MK }+\left ( { \overrightarrow { KA }+\overrightarrow { KB } } \right. ) } \right. | \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right. =2.\left. = { 2 } \right. .. Do đó ∣MA→+MB→∣\left. \left. \left | { \overrightarrow { MA }+\overrightarrow { MB } } \right. | \right. \right. nhỏ nhất khi và chỉ khi MKMK nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi MM là hình chiếu của KK lên mặt phẳng (Oxy)\left ( { Oxy } \right. ). Suy ra M(1;1;0)M\left ( { 1;1;0 } \right. ). Vậy T=a+b+c=1+1+0=2T=a+b+c=1+1+0=2.

Câu 5: Trong không gianOxyzcho A(1;0;2)A\left ( { 1;0;2 } \right. ),B(−1;2;2)B\left ( { -1;2;2 } \right. ),C(3;1;1)C\left ( { 3;1;1 } \right. ). Gọi M(a;b;c)M\left ( { a;b;c } \right. ) là điểm thuộc mặt phẳng (Oxz)\left ( { Oxz } \right. ) sao cho biểu thức S=2MA→.MB→+MB→.MC→+3MC→.MA→\left. \left. \left. \left. \left. \left. S=2\overrightarrow { MA }.\overrightarrow { MB }+\overrightarrow { MB }.\overrightarrow { MC }+3\overrightarrow { MC }.\overrightarrow { MA } \right. \right. \right. \right. \right. \right. đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó T=6a−5b+3cT=6a-5b+3c có giá trị là

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 12

Đáp số: 12

Do M(a;b;c)M\left ( { a;b;c } \right. ) thuộc mặt phẳng (Oxz)\left ( { Oxz } \right. ) nên b=0b=0 ⇒M(a;0;c)⇒M\left ( { a;0;c } \right. ). Ta có MA→=(1−a;0;2−c)\overrightarrow { MA }=\left ( { 1-a;0;2-c } \right. ),MB→=(−1−a;2;2−c)\overrightarrow { MB }=\left ( { -1-a;2;2-c } \right. ),MC→=(3−a;1;1−c)\overrightarrow { MC }=\left ( { 3-a;1;1-c } \right. ). S=2MA→.MB→+MB→.MC→+3MC→.MA→\left. \left. \left. \left. \left. \left. S=2\overrightarrow { MA }.\overrightarrow { MB }+\overrightarrow { MB }.\overrightarrow { MC }+3\overrightarrow { MC }.\overrightarrow { MA } \right. \right. \right. \right. \right. \right. =2(a2−1+4−4c+c2)+(a2−2a−3+2+c2−3c+2)+3(a2−4a+3+c2−3c+2)=2\left ( { a ^ { 2 } -1+4-4c+c ^ { 2 } } \right. )+\left ( { a ^ { 2 } -2a-3+2+c ^ { 2 } -3c+2 } \right. )+3\left ( { a ^ { 2 } -4a+3+c ^ { 2 } -3c+2 } \right. ) =6a2+6c2−14a−20c+22=6a ^ { 2 } +6c ^ { 2 } -14a-20c+22 =6(a−76)2+6(b−53)2−176≥−176=6\left ( { a-\frac { 7 } { 6 } } \right. ) ^ { 2 } +6\left ( { b-\frac { 5 } { 3 } } \right. ) ^ { 2 } -\frac { 17 } { 6 }≥-\frac { 17 } { 6 }. Suy ra SS đạt giá trị nhỏ nhất −176-\frac { 17 } { 6 } khi và chỉ khi {a=76c=53\left\{ \begin{array}{l} a=\frac { 7 } { 6 }c=\frac { 5 } { 3 } \end{array} \right.. Vậy T=6a−5b+3c=6.76−5.0+3.53=12T=6a-5b+3c=6.\frac { 7 } { 6 }-5.0+3.\frac { 5 } { 3 }=12.

Câu 6: Trong không gian OxyzOxyz, cho hình hộpABCD.A'B'C'D'có A(0;0;0)A\left ( { 0;0;0 } \right. ),B(3;0;0),D(0;3;0),D′(0;3;−3)B\left ( { 3;0;0 } \right. ),D\left ( { 0;3;0 } \right. ),D'\left ( { 0;3;-3 } \right. ). Gọi GG là trọng tâm tam giác A′B′CA'B'C và tọa độ vecto AG→=(a;b;c)\overrightarrow { AG }=\left ( { a;b;c } \right. ). Tính S=a+b+cS=a+b+c.

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 1

Đáp số: 1

Hình vẽ minh họa

Ta cóAB→=(3;  0;  0)\overrightarrow { AB }=\left ( { 3;\,\,0;\,\,0 } \right. ). GọiC(x; y;  z)⇒DC→=(x;  y−3;  z)\left. C\left ( { x;\,y;\,\,z } \right. )⇒\overrightarrow { DC }=\left ( { x;\,\,y-3;\,\,z } \right. ) \right. ABCDlà hình bình hành⇔AB→=DC→⇔{x=3y=3z=0\left. \left. ⇔\overrightarrow { AB }=\overrightarrow { DC }⇔\left\{ \begin{array}{l} x=3y=3z=0 \end{array} \right. \right. \right.. Suy raC(3; 3; 0)C\left ( { 3;\,3;\,0 } \right. ). Ta lại cóAD→=(0;  3;  0)\overrightarrow { AD }=\left ( { 0;\,\,3;\,\,0 } \right. ). GọiA′(x′;  y′;  z′)⇒A′D′→=(−x′;  3−y′;  −3−z′)\left. A'\left ( { x';\,\,y';\,\,z' } \right. )⇒\overrightarrow { A'D' }=\left ( { -x';\,\,3-y';\,\,-3-z' } \right. ) \right. ADD′A′ADD'A'là hình bình hành⇔AD→=A′D′→⇔{x′=0y′=0z′=−3\left. \left. ⇔\overrightarrow { AD }=\overrightarrow { A'D' }⇔\left\{ \begin{array}{l} x'=0y'=0z'=-3 \end{array} \right. \right. \right.. Suy raA′(0; 0; −3)A'\left ( { 0;\,0;\,-3 } \right. ). GọiB′(x0;  y0;  z0)⇒A′B′→=(x0;  y0;  z0+3)\left. B'\left ( { x_{ 0 } ;\,\,y_{ 0 } ;\,\,z_{ 0 } } \right. )⇒\overrightarrow { A'B' }=\left ( { x_{ 0 } ;\,\,y_{ 0 } ;\,\,z_{ 0 } +3 } \right. ) \right. ABB′A′ABB'A'là hình bình hành⇔AB→=A′B′→⇔{x0=3y0=0z0=−3\left. \left. ⇔\overrightarrow { AB }=\overrightarrow { A'B' }⇔\left\{ \begin{array}{l} x_{ 0 } =3y_{ 0 } =0z_{ 0 } =-3 \end{array} \right. \right. \right.. Suy raB′(3; 0; −3)B'\left ( { 3;\,0;\,-3 } \right. ). G(xG;yG;zG)G\left ( { x_{ G } ;y_{ G } ;z_{ G } } \right. )là trọng tâm tam giácA′B′CA'B'C ⇔{xG=0+3+33=2yG=0+0+33=1zG=+03=−2⇔\left\{ \begin{array}{l} x_{ G } =\frac { 0+3+3 } { 3 }=2y_{ G } =\frac { 0+0+3 } { 3 }=1z_{ G } =\frac { +0 } { 3 }=-2 \end{array} \right.. Suy raG(2; 1; −2)G\left ( { 2;\,1;\,-2 } \right. ). VậyAG→=(2;1;−2)⇒S=a+b+c=2+1−2=1.\overrightarrow { AG }=\left ( { 2;1;-2 } \right. )⇒S=a+b+c=2+1-2=1.

Câu 7: Trong không gian OxyzOxyz, cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thoi cạnh bằng 5 , giao điểm hai đường chéo ACAC và BDBD trùng với gốc OO. Các vectơ OB→,  OC→,  OS→\left. \left. \overrightarrow { OB },\,\,\overrightarrow { OC },\,\,\overrightarrow { OS } \right. \right. lần lượt cùng hướng với ii,j,kj,k và OA=OS=4OA=OS=4 như hình bên dưới. Toạ độ vectơ AM→=(a;b;c)\overrightarrow { AM }=\left ( { a;b;c } \right. ) với MM là trung điểm của cạnh SCSC, khi đó a+b+ca+b+c bằng bao nhiêu?

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 8

Đáp số: 8

Hình vẽ minh họa

VìABCDlà hình thoi cạnh bằng 5 ,OOlà giao điểm củaACACvàBDBDnênOOlà trung điểm củaACACvàBDBD. XétΔOABvuông tạiOO, cóOB=AB2−OA2=25−16=3OB=\sqrt{ AB ^ { 2 } -OA ^ { 2 } }=\sqrt{ 25-16 }=3. VìOB→\overrightarrow { OB }vàiicùng hướng vàOB=3OB=3nênOB→=3i→\left. \overrightarrow { OB }=3\overrightarrow { i } \right.. VìOA→\overrightarrow { OA }vàjjcùng hướng vàOA=4OA=4nênOA→=−4j\overrightarrow { OA }=-4j. Ta cóAB→=OB→−OA→=3i→+4j→\left. \left. \left. \left. \overrightarrow { AB }=\overrightarrow { OB }-\overrightarrow { OA }=3\overrightarrow { i }+4\overrightarrow { j } \right. \right. \right. \right. CóAC=2OA=8AC=2OA=8màAC→\overrightarrow { AC }vàjjcùng hướng nênAC→=8j→\left. \overrightarrow { AC }=8\overrightarrow { j } \right.. CóOS→\overrightarrow { OS }vàk→\overrightarrow { k }cùng hướng vàOS=4OS=4nênOS→=4k→\left. \overrightarrow { OS }=4\overrightarrow { k } \right.. CóSB→=OB→−OS→=3i→−4k→\left. \left. \left. \left. \overrightarrow { SB }=\overrightarrow { OB }-\overrightarrow { OS }=3\overrightarrow { i }-4\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. Lại cóAS→=AB→+BS→=(3i→+4j→)−(3i→−4k→)=4j→+4k→\left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { AS }=\overrightarrow { AB }+\overrightarrow { BS }=\left ( { 3\overrightarrow { i }+4\overrightarrow { j } } \right. )-\left ( { 3\overrightarrow { i }-4\overrightarrow { k } } \right. )=4\overrightarrow { j }+4\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right.. VìMMlà trung điểm củaSCSCnênAM→=12(AS→+AC→)=12(4j→+4k→+8j→)=6j→+2k→\left. \left. \left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { AM }=\frac { 1 } { 2 }\left ( { \overrightarrow { AS }+\overrightarrow { AC } } \right. )=\frac { 1 } { 2 }\left ( { 4\overrightarrow { j }+4\overrightarrow { k }+8\overrightarrow { j } } \right. )=6\overrightarrow { j }+2\overrightarrow { k } \right. \right. \right. \right. \right. \right. \right.. Do đóAM→=(0;6;2)\overrightarrow { AM }=\left ( { 0;6;2 } \right. ). Suy raa+b+c=0+6+2=8a+b+c=0+6+2=8

Câu 8: Cho tứ diệnSABCcó ABCABC là tam giác vuông tại BB,BC=3,  BA=2,  SABC=3,\,\,BA=2,\,\,SA vuông góc với mặt phẳng (ABC)\left ( { ABC } \right. ) và có độ dài bằng 2. Chọn hệ trục tọa độ như hình bên dưới. Điểm D(a;b;c)D\left ( { a;b;c } \right. ) sao choSBCDlà hình bình hành. Khi đó a+b+ca+b+c bằng bao nhiêu?

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 7

Đáp số: 7

Hình vẽ minh họa

Hình vẽ minh họa

Các vectơ đơn vị trên các trụcBx,By,BzBx,By,Bzlần lượt lài→,  j→,  k→\left. \left. \overrightarrow { i },\,\,\overrightarrow { j },\,\,\overrightarrow { k } \right. \right.có độ dài bằng11. VìBA→\overrightarrow { BA }cùng hướng vớijjvàBA=2BA=2nênBA→=2j\overrightarrow { BA }=2j GọiI∈BzI∈Bzsao choSABIlà hình bình hành, ta cóBI→\overrightarrow { BI }cùng hướng vớikkvàBI=SA=2BI=SA=2nênBI→=2k\overrightarrow { BI }=2k Theo quy tắc hình bình hành, ta có:BS→=BA→+BI→=2j+2k\left. \left. \overrightarrow { BS }=\overrightarrow { BA }+\overrightarrow { BI }=2j+2k \right. \right. VìBC→\overrightarrow { BC }cùng hướng vớiiivàBC=3BC=3nênBC→=3i\overrightarrow { BC }=3i GọiBD→=ai+bj+ck\overrightarrow { BD }=ai+bj+ck CD→=BD→−BC→=ai+bj+ck−3i=(a−3)i+bj+ck\left. \left. \overrightarrow { CD }=\overrightarrow { BD }-\overrightarrow { BC }=ai+bj+ck-3i=\left ( { a-3 } \right. )i+bj+ck \right. \right. ĐểSBCDlà hình bình hành thì BS→=CD→⇔2j+2k=(a−3)i+bj+ck⇔{a−3=0b=2c=2⇔{a=3b=2c=2\left. \overrightarrow { BS }=\overrightarrow { CD }⇔2j+2k=\left ( { a-3 } \right. )i+bj+ck⇔\left\{ \begin{array}{l} a-3=0b=2c=2 \end{array} \right.⇔\left\{ \begin{array}{l} a=3b=2c=2 \end{array} \right. \right. Vậya+b+c=7a+b+c=7

Câu 9: Cho hình chóp S.ABCS.ABC có đáy ABCABC là tam giác đều cạnh bằng 2,  SA2,\,\,SA vuông góc với đáy và SASA bằng 1. Thiết lập hệ tọa độ như hình vẽ bên dưới, tọa độ điểm S(a;b;c)S\left ( { a;\sqrt{ b };c } \right. ). Khi đó a+b+ca+b+c bằng bao nhiêu?

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 4

Đáp số: 4

Hình vẽ minh họa

Các vectơ đơn vị trên các trụcOx,Oy,OzOx,Oy,Ozlần lươt lài→=OC→,  j→=OE→,  k→=OH→\left. \left. \left. \left. \left. \overrightarrow { i }=\overrightarrow { OC },\,\,\overrightarrow { j }=\overrightarrow { OE },\,\,\overrightarrow { k }=\overrightarrow { OH } \right. \right. \right. \right. \right.vớiEElà điểm thuộc tiaOyOysao choOE=1OE=1vàHHlà điểm thuộc tiaOzOzsao choOH=1OH=1. VìΔABCđều vàAO⊥BCAO⊥BCnênOOlà trung điểm củaBCBC. MàBC=2BC=2nênOB=OC=1OB=OC=1vàOA=3OA=\sqrt{ 3 }. VìOA→\overrightarrow { OA }vàj→\overrightarrow { j }cùng hướng vàOA=3OA=\sqrt{ 3 }nênOA→=3j\overrightarrow { OA }=\sqrt{ 3 }j. Theo quy tắc hình bình hành, ta cóOS→=OA→+OH→=3j+k→\left. \left. \left. \overrightarrow { OS }=\overrightarrow { OA }+\overrightarrow { OH }=\sqrt{ 3 }j+\overrightarrow { k } \right. \right. \right.. Suy raS(0;3;1)S\left ( { 0;\sqrt{ 3 };1 } \right. ). Vậya+b+c=0+3+1=4a+b+c=0+3+1=4

Câu 10: Trong không gian với một hệ trục toạ độ cho trước (đơn vị đo lấy theo kilômét), ra đa phát hiện một chiếc máy bay di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm A(800;500;7)A\left ( { 800;500;7 } \right. ) đến điểm B(940;550;9)B\left ( { 940;550;9 } \right. ) trong 10 phút. Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì toạ độ của máy bay sau 5 phút tiếp theo là C(x;y;z)C(x;y;z). Tính x+y+zx+y+z.

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 1595

Đáp số: 1595

Vị trí của máy bay sau 5 phút tiếp theo là C(x;y;z)C(x;y;z). Vì hướng của máy bay không đổi nên AB→\overrightarrow{AB} và BC→\overrightarrow{BC} cùng hướng. Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ AA đến BB gấp đôi thời gian bay từ BB đến CC nên AB=2BCAB=2BC. Do đó BC→=12AB→=(940−8002;550−5002;9−72)=(70;25;1)\overrightarrow{BC} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} = \left(\frac{940-800}{2}; \frac{550-500}{2}; \frac{9-7}{2}\right) = (70; 25; 1).

Mặt khác, BC→=(x−940;y−550;z−9)\overrightarrow{BC} = (x-940; y-550; z-9) nên {x−940=70y−550=25z−9=1⇔{x=1010y=575z=10\left\{ \begin{array}{l} x-940=70 \\ y-550=25 \\ z-9=1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=1010 \\ y=575 \\ z=10 \end{array} \right.. Từ đó ⇒x+y+z=1010+575+10=1595\Rightarrow x+y+z = 1010+575+10 = 1595.

Câu 11: Trong không gian OxyzOxyz, cho hình hộpOABC. O'A'B'C'và các điểm A(2;3;1),A\left ( { 2;3;1 } \right. ), C(−1;2;3)C\left ( { -1;2;3 } \right. ) và O′(1;−2;2)O'\left ( { 1;-2;2 } \right. ). Vectơ d→=OB→+OC→+OA′→+OB′→\left. \left. \left. \left. \overrightarrow { d }=\overrightarrow { OB }+\overrightarrow { OC }+\overrightarrow { OA' }+\overrightarrow { OB' } \right. \right. \right. \right. có tọa độ là (a;b;c)\left ( { a;b;c } \right. ). Tính a+b+ca+b+c.

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 33

Đáp số: 33

Hình vẽ minh họa

Ta cóO(0;0;0)O\left ( { 0;0;0 } \right. ) GọiB(xB;yB;zB)B\left ( { x_{ B } ;y_{ B } ;z_{ B } } \right. ). Ta cóOA→=(2;3;1);OC→=(−1;2;3);OB→=(xB;yB;zB)\left. \left. \overrightarrow { OA }=(2;3;1);\overrightarrow { OC }=(-1;2;3);\overrightarrow { OB }=\left ( { x_{ B } ;y_{ B } ;z_{ B } } \right. ) \right. \right.. VìOABClà hình bình hành nên theo quy tắc hình bình hành ta có:

  • O→B=O→A+O→C⇔⇔\overrightarrow OB =\overrightarrow OA +\overrightarrow OC ⇔ ⇔ ⇒B(1;5;4)⇒OB→=(1;5;4)\left. ⇒B\left ( { 1;5;4 } \right. )⇒\overrightarrow { OB }=\left ( { 1;5;4 } \right. ) \right.. CóOO′→=(1;−2;2);CC′→=(xC′+1;yC′−2;zC′−3);BB′→=(xB′−1;yB′−5;zB′−4)\left. \left. \overrightarrow { OO' }=(1;-2;2);\overrightarrow { CC' }=\left ( { x_{ C' } +1;y_{ C' } -2;z_{ C' } -3 } \right. );\overrightarrow { BB' }=\left ( { x_{ B' } -1;y_{ B' } -5;z_{ B' } -4 } \right. ) \right. \right.; AA′→=(xA′−2;yA′−3;zA′−1)\overrightarrow { AA' }=\left ( { x_{ A' } -2;y_{ A' } -3;z_{ A' } -1 } \right. ) VìOABC. O'A'B'C'là hình hộp nên:

  • O→O′=C→C′⇔⇔\overrightarrow OO' =\overrightarrow CC' ⇔ ⇔ ⇒C(0;0;5)⇒OC→=(0;0;5)\left. ⇒C\left ( { 0;0;5 } \right. )⇒\overrightarrow { OC }=\left ( { 0;0;5 } \right. ) \right..

  • O→O′=A→A′⇔⇔\overrightarrow OO' =\overrightarrow AA' ⇔ ⇔ ⇒A′(3;1;3)⇒OA′→=(3;1;3)\left. ⇒A'\left ( { 3;1;3 } \right. )⇒\overrightarrow { OA' }=\left ( { 3;1;3 } \right. ) \right..

  • O→O′=B→B′⇔⇔⇒\overrightarrow OO' =\overrightarrow BB' ⇔ ⇔ ⇒ B′(2;3;6)⇒OB′→=(2;3;6)\left. B'\left ( { 2;3;6 } \right. )⇒\overrightarrow { OB' }=\left ( { 2;3;6 } \right. ) \right.. ⇒d→=OB→+OC→+OA′→+OB′→=(6;9;18)⇒a+b+c=6+9+18=33\left. \left. \left. \left. \left. ⇒\overrightarrow { d }=\overrightarrow { OB }+\overrightarrow { OC }+\overrightarrow { OA' }+\overrightarrow { OB' }=\left ( { 6;9;18 } \right. )⇒a+b+c=6+9+18=33 \right. \right. \right. \right. \right..

Câu 12: Những căn nhà gỗ trong Hình 1 được phác thảo dưới dạng một hình lăng trụ đứng tam giác OAB.O′A′B′OAB.O'A'B' như trong Hình 2. Với hệ trục toạ độOxyzthể hiện như Hình 2 (đơn vị đo lấy theo centimét), hai điểm A′A' và B′B' có tọa độ lần lượt là (240;450;0)\left ( { 240;450;0 } \right. ) và (120;450;300)\left ( { 120;450;300 } \right. ). Mỗi căn nhà gỗ có chiều dài là acma{ \rm{ } }{ \rm{ c } }{ \rm{ m } }, chiều rộng là b cmb { \rm{ c } }{ \rm{ m } }, mỗi cạnh bên của mặt tiền có độ dài là c cmc { \rm{ c } }{ \rm{ m } }. Tính a+b+ca+b+c (Làm tròn đến hàng đơn vị).

Xem đáp số & lời giải chi tiết: 1013

Đáp số: 1013

Vì điểm A′A' có toạ độ là (240;450;0)\left ( { 240;450;0 } \right. ) nên khoảng cách từ A′A' đến các trục Ox,OyOx,Oy lần lượt là 450 cm450 { \rm{ c } }{ \rm{ m } } và 240 cm240 { \rm{ c } }{ \rm{ m } }. ⇒A′A=450 cm⇒A'A=450 { \rm{ c } }{ \rm{ m } } và A′O′=240 cmA'O'=240 { \rm{ c } }{ \rm{ m } }. Từ giả thiết suy ra A′B′→=(−120;0;300)\overrightarrow { A'B' }=\left ( { -120;0;300 } \right. ), Do đó A′B′=∣A′B′→∣=(−120)2+02+3002=6029≈323( cm)\left. A'B'=\left | { \overrightarrow { A'B' } } \right. |=\sqrt{ (-120) ^ { 2 } +0 ^ { 2 } +300 ^ { 2 } }=60\sqrt{ 29 }≈323( { \rm{ c } }{ \rm{ m } }) \right.. Vi O′O=A′A=450 cmO'O=A'A=450 { \rm{ c } }{ \rm{ m } } và O′O' nằm trên trục OyOy nên toạ độ của điểm O′O' là (0;450;0)\left ( { 0;450;0 } \right. ). Do đó và . Vậy mỗi căn nhà gỗ có chiều dài là 450 cm450 { \rm{ c } }{ \rm{ m } }, chiều rộng là 240 cm240 { \rm{ c } }{ \rm{ m } }, mỗi cạnh bên của mặt tiền có độ dài là 323 cm. ⇒a+b+c=1013⇒a+b+c=1013. --------------------Hết--------------------

✦ Mẹo học tập

Học từng chút một, nghỉ ngơi đều đặn.

✦ KIẾN THỨC CÙNG CHUYÊN MỤC

Bài viết cùng chủ đề

Khám phá thêm các bài học và bài tập liên quan để ôn luyện vững vàng hơn.

Toán họcBài tập

Toán 12 Bài tập cuối chương 3: Các số đặc trưng đo mức độ phân tán cho mẫu số liệu ghép nhóm - Đề ôn tập chuẩn cấu trúc 2025

Tổng hợp toàn diện kiến thức Chương 3 Toán 12 Kết nối tri thức: Khoảng biến thiên, khoảng tứ phân vị, phương sai, độ lệch chuẩn, nhận diện ngoại lai kèm đề ôn tập chuẩn cấu trúc đề thi tốt nghiệp THPT 2025 (3 phần: Nhiều lựa chọn, Đúng/Sai, Trả lời ngắn) có lời giải chi tiết và trắc nghiệm tự chấm.

Đọc bài học
Toán họcBài tập

Toán 12 Bài tập cuối chương 4: Nguyên hàm và Tích phân - Đề ôn tập chuẩn cấu trúc 2025

Tổng hợp toàn diện kiến thức Chương 4 Toán 12 Kết nối tri thức: Hệ thống công thức nguyên hàm, tích phân, ứng dụng diện tích hình phẳng, thể tích tròn xoay kèm đề ôn tập chuẩn cấu trúc 2025 (3 phần: Nhiều lựa chọn, Đúng/Sai, Trả lời ngắn) có lời giải chi tiết và trắc nghiệm tự chấm.

Đọc bài học
Toán họcBài tập

Toán 12 Bài tập cuối chương 5: Phương pháp toạ độ trong không gian - Đề ôn tập chuẩn cấu trúc 2025

Tổng hợp toàn diện kiến thức Chương 5 Toán 12 Kết nối tri thức: Hệ thống công thức mặt phẳng, đường thẳng, góc và khoảng cách Oxyz kèm đề ôn tập chuẩn cấu trúc 2025 (3 phần: Nhiều lựa chọn, Đúng/Sai, Trả lời ngắn) có lời giải chi tiết và trắc nghiệm tự chấm.

Đọc bài học