Đề kiểm tra 15 phút Chương 2 Vectơ và hệ trục tọa độ trong không gian KNTT

Mô tả thêm: Bài kiểm tra 15 phút Vectơ và hệ trục tọa độ trong không gian của chúng tôi gồm 4 mức độ được thay đổi ngẫu nhiên, giúp bạn đọc rèn luyện củng cố kiến thức tốt hơn.

Thời gian làm: 15 phút
Số câu hỏi: 20 câu
Số điểm tối đa: 20 điểm
Tài khoản: Đăng nhập

Trước khi làm bài bạn hãy

1 Ôn tập kiến thức đã nêu trong phần Mô tả thêm
2 Tìm không gian và thiết bị phù hợp để tập trung làm bài
3 Chuẩn bị sẵn dụng cụ cần dùng khi làm bài như bút, nháp, máy tính
4 Căn chỉnh thời gian làm từng câu một cách hợp lý

Mua gói để Làm bài

Câu 1: Nhận biết
Mệnh đề nào sau đây sai?
- A.
  Vectơ không là vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau.
- B.
  Hai vectơ có độ dài bằng nhau và cùng phương thì hai vectơ đó bằng nhau.
- C.
  Giá của vectơ là đường thẳng đi qua điểm đầu và điểm cuối của vectơ đó.
- D.
  Độ dài vectơ là độ dài đoạn thẳng có hai đầu mút là điểm đầu và điểm cuối của vectơ đó.
Hai vectơ có độ dài bằng nhau và cùng hướng thì hai vectơ đó bằng nhau.
Câu 2: Thông hiểu
Trong không gian $Oxyz$ , cho $\overrightarrow{OM} = 2\overrightarrow{i} + \overrightarrow{k} - 3\overrightarrow{j}$ . Tọa độ điểm $M$ là:
- A.
  $M( - 2; - 3;1)$
- B.
  $M(2; - 3;1)$
- C.
  $M(2; - 1;3)$
- D.
  $M(2;3;1)$
Ta có: $\overrightarrow{i} = (1;0;0);\overrightarrow{j} = (0;1;0);\overrightarrow{k} = (0;0;1)$

Theo bài ra ta có: $\overrightarrow{OM} = 2\overrightarrow{i} + \overrightarrow{k} - 3\overrightarrow{j}$ suy ra tọa độ $M(2; - 3;1)$ .
Câu 3: Thông hiểu
Trong không gian hệ trục tọa độ $Oxyz$ , cho các điểm $M(3; - 2;1),N(1;0; - 3)$ . Gọi $M';N'$ lần lượt là hình chiếu của $M;N$ lên mặt phẳng $(Oxy)$ . Khi đó độ dài đoạn thẳng $M'N'$ bằng:
- A.
  $M'N' = 8$
- B.
  $M'N' = 4$
- C.
  $M'N' = 2\sqrt{6}$
- D.
  $M'N' = 2\sqrt{2}$
Vì $M';N'$ lần lượt là hình chiếu của $M;N$ lên mặt phẳng $(Oxy)$ nên $M'(3; - 2;0),N'(1;0;0)$ suy ra $\overrightarrow{M'N'} = ( - 2;2;0)$

$\Rightarrow M'N' = 2\sqrt{2}$ .
Câu 4: Thông hiểu
Trong không gian $Oxyz$ , cho hai vectơ $\overrightarrow{a} = (5;3; - 2);\overrightarrow{b} = (m; - 1;m + 3)$ . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số $m$ để góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}$ là góc tù?
- A.
  $2$
- B.
  $3$
- C.
  $1$
- D.
  $5$
Ta có: $\cos\left( \overrightarrow{a};\overrightarrow{b} ight) = \frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left| \overrightarrow{a} ight|.\left| \overrightarrow{b} ight|} = \frac{3m - 9}{\sqrt{38}.\sqrt{2m^{2} + 6m + 10}}$

Góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}$ là góc tù khi và chỉ khi

$\cos\left( \overrightarrow{a};\overrightarrow{b} ight) < 0 \Leftrightarrow \frac{3m - 9}{\sqrt{38}.\sqrt{2m^{2} + 6m + 10}} < 0$

$\Leftrightarrow 3m - 9 < 0 \Leftrightarrow m < 3$

Mà $m \in \mathbb{Z}^{+} \Rightarrow m = \left\{ 1;2 ight\}$

Suy ra có 2 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy đáp án cần tìm là $2$ .
Câu 5: Thông hiểu
Trong không gian hệ trục tọa độ $Oxyz$ , cho tam giác $ABC$ có $A(1;0;0),B(0;0;1),C(2;1;1)$ . Tính diện tích tam giác $ABC$ ?
- A.
  $\frac{\sqrt{11}}{2}$
- B.
  $\frac{\sqrt{7}}{2}$
- C.
  $\frac{\sqrt{6}}{2}$
- D.
  $\frac{\sqrt{5}}{2}$
Ta có: $\left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{AB} = ( - 1;0;1) \\ \overrightarrow{AC} = (1;1;1) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} = ( - 1).1 + 0.1 + 1.1 = 0$

Suy ra $\overrightarrow{AB}\bot\overrightarrow{AC}$ . Lại có: $\left\{ \begin{matrix} \left| \overrightarrow{AB} ight| = \sqrt{2} \\ \left| \overrightarrow{AC} ight| = \sqrt{3} \\ \end{matrix} ight.$

Suy ra diện tích tam giác $ABC$ là: $S = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{\sqrt{6}}{2}$
Câu 6: Thông hiểu

Cho tứ diện $ABCD$ . Gọi $M, N$ theo thứ tự là trung điểm $AB$ và $CD$ . Khẳng định nào sau đây đúng?

Xác định tính đúng sai của các khẳng định sau:

a) $\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} + \overrightarrow{NA} + \overrightarrow{NB} = 4\overrightarrow{MN}$ Sai||Đúng

b) $\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = 2\overrightarrow{MN}$ Đúng||Sai

c) $\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{MN}$ Sai||Đúng

d) $\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AN}$ Đúng||Sai

Đáp án là:

Cho tứ diện $ABCD$ . Gọi $M, N$ theo thứ tự là trung điểm $AB$ và $CD$ . Khẳng định nào sau đây đúng?

Xác định tính đúng sai của các khẳng định sau:

a) $\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} + \overrightarrow{NA} + \overrightarrow{NB} = 4\overrightarrow{MN}$ Sai||Đúng

b) $\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = 2\overrightarrow{MN}$ Đúng||Sai

c) $\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{MN}$ Sai||Đúng

d) $\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AN}$ Đúng||Sai

a) Vì $M, N$ là trung điểm của $AB$ và $CD$ nên $\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} = 2\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{NA} + \overrightarrow{NB} = 2\overrightarrow{NM}$

Nên $\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} + \overrightarrow{NA} + \overrightarrow{NB} = \overrightarrow{0}$ .

b) Ta có:

$\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AM} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{BM} + \overrightarrow{MD}$

$= \left( \overrightarrow{AM} + \overrightarrow{BM} ight) + \left( \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} ight)$

$= \overrightarrow{0} + 2\overrightarrow{MN} = 2\overrightarrow{MN}$

c) Ta có:

$\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{BD} + \overrightarrow{DC}$

$= \left( \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} ight) + \left( \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DC} ight) = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = 2\overrightarrow{MN}$

d) Do N là trung điểm của CD nên $\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AN}$
Câu 7: Nhận biết
Trong không gian $Oxyz$ , cho điểm $M(1;2;3)$ . Tìm tọa độ hình chiếu M lên trục $Ox$ .
- A.
  $(2;0;0)$ .
- B.
  $(1;0;0)$ .
- C.
  $(3;0;0)$ .
- D.
  $(0;2;3)$ .
Tọa độ hình chiếu của điểm M trên trục Ox là $(1;0;0)$
Câu 8: Vận dụng
Cho tứ diện $ABCD$ có $AB;AC;AD$ đôi một vuông góc với nhau. Tính giá trị của biểu thức $T = \left| \frac{\overrightarrow{AB}}{AB} + \frac{\overrightarrow{AC}}{AC} + \frac{\overrightarrow{AD}}{AD} ight|$ ?
- A.
  $T = 3$
- B.
  $T = \sqrt{3}$
- C.
  $T = 1$
- D.
  $T = \sqrt{2}$
Vì các vectơ $\frac{\overrightarrow{AB}}{AB};\frac{\overrightarrow{AC}}{AC};\frac{\overrightarrow{AD}}{AD}$ có độ dài bằng 1 và đôi một vuông góc với nhau nên

$\left( \frac{\overrightarrow{AB}}{AB} + \frac{\overrightarrow{AC}}{AC} + \frac{\overrightarrow{AD}}{AD} ight)^{2} = 3 \Leftrightarrow T = \left| \frac{\overrightarrow{AB}}{AB} + \frac{\overrightarrow{AC}}{AC} + \frac{\overrightarrow{AD}}{AD} ight| = \sqrt{3}$
Câu 9: Vận dụng

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, đài kiểm soát không lưu sân bay có toạ độ O(0; 0; 0), mỗi đơn vị trên trục ứng với 1 km. Máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát 417 km sẽ hiển thị trên màn hình ra đa. Một máy bay đang ở vị trí A(– 688; – 185; 8), chuyển động theo đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u} = (91;75;0)$ và hướng về đài kiểm soát không lưu. Gọi H là vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất. Tính khoảng cách máy bay và đài kiểm soát tại vị trí H ? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

Đáp án: 294,92 km.

Đáp án là:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, đài kiểm soát không lưu sân bay có toạ độ O(0; 0; 0), mỗi đơn vị trên trục ứng với 1 km. Máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát 417 km sẽ hiển thị trên màn hình ra đa. Một máy bay đang ở vị trí A(– 688; – 185; 8), chuyển động theo đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u} = (91;75;0)$ và hướng về đài kiểm soát không lưu. Gọi H là vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất. Tính khoảng cách máy bay và đài kiểm soát tại vị trí H ? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

Đáp án: 294,92 km.

Gọi H là vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất.

Khi đó, khoảng OH phải ngắn nhất, điều này xảy ra khi và chỉ khi OH ⊥ d.

Vì H ∈ d nên H( -688 + 91t ; -185 +75t; 8)

Ta có $\overrightarrow{OH} = ( - 688 + 91t; - 185 + 75t;8)$

OH ⊥ d ⟺ (- 688 + 91t).91 + (- 185 +75t).75 +8.0 =0

⟺13906t - 76483 = 0 ⟺ $t = \frac{11}{2}.$

Suy ra $H(\frac{- 375}{2};\frac{455}{2};8).$

Khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu lúc đó là:

$OH = \sqrt{\left( \frac{- 375}{2} ight)^{2} + \left( \frac{455}{2} ight)^{2} + 8^{2})} \approx 294,92(km).$
Câu 10: Nhận biết
Trong không gian $Oxyz$ , cho hai vectơ $\overrightarrow{u} = (3;0;1)$ và $\overrightarrow{v} = (2;1;0)$ . Tính tích vô hướng $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}$ ?
- A.
  $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} = 8$
- B.
  $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} = 6$
- C.
  $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} = 0$
- D.
  $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} = - 6$
Ta có: $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} = 3.2 + 0.1 + 1.0 = 6$
Câu 11: Thông hiểu
Trong không gian hệ trục tọa độ $Oxyz$ , cho các điểm $A(1;0;3),B(2;3; - 4),C( - 3;1;2)$ . Biết rằng tứ giác $ABCD$ là hình bình hành, khi đó tọa độ điểm $D$ là:
- A.
  $D( - 4; - 2;9)$
- B.
  $D( - 4;2;9)$
- C.
  $D(4; - 2;9)$
- D.
  $D(4;2; - 9)$
Giả sử điểm $D(x;y;z)$ ta có $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} - 3 - x = 1 \\ 1 - y = 3 \\ 2 - z = - 7 \\ \end{matrix} ight.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x = - 4 \\ y = - 2 \\ z = 9 \\ \end{matrix} ight.$ . Vậy tọa độ điểm $D( - 4; - 2;9)$ .
Câu 12: Vận dụng

Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$ có $AB = BC = 2$ và $CC' = 4$ . Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của cạnh $BC$ và $AA'$ . Khoảng cách giữa hai đường thẳng $B'D'$ và $MN$ bằng bao nhiêu? (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

Đáp án: 2,43

Đáp án là:

Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$ có $AB = BC = 2$ và $CC' = 4$ . Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của cạnh $BC$ và $AA'$ . Khoảng cách giữa hai đường thẳng $B'D'$ và $MN$ bằng bao nhiêu? (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

Đáp án: 2,43

Cách 1. Gọi $P$ là trung điểm $CD$ , $I = MP \cap AD$ , $J = IN \cap DD'$ , $K = AC \cap MP$ .

Ta có $MP//BD \Rightarrow MP//B'D' \Rightarrow d(B'D';MN) = d\left\lbrack B'D';(MNP) ightbrack = d\left\lbrack D';(MNP) ightbrack$ .

Lại có $d\left\lbrack D';(MNP) ightbrack = \frac{D'J}{DJ}d\left\lbrack D;(MNP) ightbrack = 5.d\left\lbrack D;(MNP) ightbrack$ .

Mặt khác $d\left\lbrack D;(MNP) ightbrack = \frac{DI}{AI}d\left\lbrack A;(MNP) ightbrack = \frac{1}{3}d\left\lbrack A;(MNP) ightbrack$ .

Dễ thấy $\left\{ \begin{matrix} (NAK)\bot(MNP) \\ (NAK) \cap (MNP) = AK \\ AH\bot NK\ (H \in NK)\ trong\ (NAK) \\ \end{matrix} ight.$

$\Rightarrow AH\bot(MNP) \Rightarrow d\left\lbrack A;(MNP) ightbrack = AH$ .

Suy ra $d(MN;B'D') = \frac{5}{3}d\left\lbrack A;(MNP) ightbrack = \frac{5}{3}AH$ với $AN = \frac{AA'}{2} = 2$ ; $AK = \frac{3}{4}\sqrt{2}AB = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ .

Vậy $d(MN;B'D') = \frac{5}{3}AH = \frac{5}{3}.\frac{AN.AK}{\sqrt{AN^{2} + AK^{2}}} = \frac{5}{3}.\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}.2}{\sqrt{\left( \frac{3\sqrt{2}}{2} ight)^{2} + 2^{2}}} = \frac{10.\sqrt{17}}{17} \simeq 2,43$ .

Cách 2. Đặt các trục $Ox$ , $Oy$ và $Oz$ vào hình như sau

Ta có $M(1;2;0)$ , $N(0;0;2)$ , $B'(0;2;4)$ và $D'(2;0;4)$ .

Ta có $\overrightarrow{MN} = ( - 1; - 2;2)$ , $\overrightarrow{B'D'} = (2; - 2;0)$ và $\overrightarrow{MB'} = ( - 1;0;4) \Rightarrow \left\lbrack \overrightarrow{MN},\overrightarrow{B'D'} ightbrack = (4;4;6)$ .

Khi đó :

$d\left( MN;B^{'}D^{'} ight) = \frac{\left| \left\lbrack \overrightarrow{MN};\overrightarrow{B^{'}D^{'}} ightbrack.\overrightarrow{MB^{'}} ight|}{\left| \left\lbrack \overrightarrow{MN};\overrightarrow{B^{'}D^{'}} ightbrack ight|}$

$= \frac{\left| ( - 1).4 + 0.4 + 4.6 ight|}{\sqrt{4^{2} + 4^{2} + 6^{2}}} = \frac{10\sqrt{17}}{17} \simeq 2,43$ .
Câu 13: Vận dụng
Trong không gian hệ trục tọa độ $Oxyz$ , cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có tọa độ các điểm $A( - 3;0;0),B(0;2;0),D(0;0;1),A'(1;2;3)$ . Tìm tọa độ điểm $C'$ ?
- A.
  $C'(10;4;4)$
- B.
  $C'( - 13;4;4)$
- C.
  $C'(13;4;4)$
- D.
  $C'(7;4;4)$
Theo quy tắc hình hộp ta có:

$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{AC'}$

Lại có $\left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{AB} = (3;2;0) = 3\overrightarrow{i} + 2\overrightarrow{j} + 0.\overrightarrow{k} \\ \overrightarrow{AD} = (3;0;1) = 3.\overrightarrow{i} + 0.\overrightarrow{j} + 1.\overrightarrow{k} \\ \overrightarrow{AA'} = (4;2;3) = 4.\overrightarrow{i} + 2\overrightarrow{j} + 3\overrightarrow{k} \\ \end{matrix} ight.$

$\Rightarrow \overrightarrow{AC'} = 10.\overrightarrow{i} + 4.\overrightarrow{j} + 4.\overrightarrow{k}$ mà $A( - 3;0;0)$

$\Rightarrow C'(7;4;4)$

Suy ra $C'(7;4;4)$
Câu 14: Vận dụng cao
Cho tứ diện $OABC$ có $OA;OB;OC$ đôi một vuông góc. $M$ là một điểm bất kì thuộc miền trong tam giác $ABC$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T = \frac{MA^{2}}{OA^{2}} + \frac{MB^{2}}{OB^{2}} + \frac{MC^{2}}{OC^{2}}$ ?
- A.
  $\min T = 3$
- B.
  $\min T = 2$
- C.
  $\min T = 4$
- D.
  $\min T = 6$
Đặt $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a};\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b};\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{c}$ . Khi đó $\overrightarrow{OM} = x\overrightarrow{a} + y\overrightarrow{b} + z\overrightarrow{c}$ với $x;y;z$ là ba số có tổng bằng 1.

Ta có:

$\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{OM} - \overrightarrow{OA} = (x - 1)\overrightarrow{a} + y\overrightarrow{b} + z\overrightarrow{c}$

$\Rightarrow {\overrightarrow{AM}}^{2} = (x - 1)^{2}{\overrightarrow{a}}^{2} + y^{2}{\overrightarrow{b}}^{2} + z^{2}{\overrightarrow{c}}^{2}$

$\Rightarrow \frac{MA^{2}}{OA^{2}} = (x - 1)^{2} + y^{2}.\frac{b^{2}}{a^{2}} + z^{2}.\frac{c^{2}}{a^{2}}$

Tương tự ta được

$\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}\dfrac{MB^{2}}{OB^{2}} = (y - 1)^{2} + z^{2}.\dfrac{c^{2}}{b^{2}} +x^{2}.\dfrac{a^{2}}{b^{2}} \\\dfrac{MC^{2}}{OC^{2}} = (z - 1)^{2} + x^{2}.\dfrac{a^{2}}{c^{2}} +y^{2}.\dfrac{b^{2}}{c^{2}} \\\end{matrix} ight.$

Do đó $T = \frac{MA^{2}}{OA^{2}} + \frac{MB^{2}}{OB^{2}} + \frac{MC^{2}}{OC^{2}}$

$\Rightarrow T = x^{2}a^{2}\left( \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} ight) + y^{2}b^{2}\left( \frac{1}{c^{2}} + \frac{1}{a^{2}} ight) + z^{2}c^{2}\left( \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} ight)$

$\Rightarrow T = x^{2}a^{2}\left( \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} ight) + y^{2}b^{2}\left( \frac{1}{c^{2}} + \frac{1}{a^{2}} ight) + z^{2}c^{2}\left( \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} ight)$

$+ (x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} + (z - 1)^{2}$

$\Rightarrow T = \left( \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} ight)\left( x^{2}a^{2} + y^{2}b^{2} + z^{2}c^{2} ight)$

$- \left( x^{2} + y^{2} + z^{2} ight) + (x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} + (z - 1)^{2}$

$\Rightarrow T = \left( \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} ight)\left( x^{2}a^{2} + y^{2}b^{2} + z^{2}c^{2} ight) - 2(x + y + z) + 3$

Ta biết rằng H là chân đường cao kẻ từ đỉnh O của tứ diện vuông OABC khi và chỉ khi H là trực tâm của tam giác ABC. Hơn nữa $\left\{ \begin{matrix}\dfrac{1}{a^{2}} + \dfrac{1}{b^{2}} + \dfrac{1}{c^{2}} = \dfrac{1}{OH^{2}}\\x^{2}a^{2} + y^{2}b^{2} + z^{2}c^{2} = OM^{2} \\\end{matrix} ight.$

Do đó $T = \frac{MA^{2}}{OA^{2}} + \frac{MB^{2}}{OB^{2}} + \frac{MC^{2}}{OC^{2}} = \frac{OM^{2}}{OH^{2}} + 1 \geq 1 + 1 = 2$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi OM = OH hay M trùng H.

Vậy min T = 2, đạt được khi M trùng H hay M là trực tâm của tam giác ABC.
Câu 15: Vận dụng cao

Trong không gian $Oxyz$ , cho hình hộp chữ nhật $ABCD.\A'B'C'D'$ có $A$ trùng với gốc tọa độ $O$ Biết rằng $B(m;\ 0;\ 0)$ , $D(0;\ m;\ 0)$ , $A'(0;\ 0;\ n)$ với $m$ , $n$ là các số dương và $m + n = 4$ . Tính thể tích lớn nhất của tứ diện $ACB'D'$ ? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
Đáp án: 3,16

Đáp án là:

Trong không gian $Oxyz$ , cho hình hộp chữ nhật $ABCD.\A'B'C'D'$ có $A$ trùng với gốc tọa độ $O$ Biết rằng $B(m;\ 0;\ 0)$ , $D(0;\ m;\ 0)$ , $A'(0;\ 0;\ n)$ với $m$ , $n$ là các số dương và $m + n = 4$ . Tính thể tích lớn nhất của tứ diện $ACB'D'$ ? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
Đáp án: 3,16

Hình vẽ minh họa
Ta có: $A(0;\ 0;\ 0)$ , $B(m;\ 0;\ 0)$ , $D(0;\ m;\ 0)$ , $A'(0;\ 0;\ n)$ nên $\overrightarrow{AB} = (m;0;0)$
⇒ $AB = m$ (do $m;n > 0$ ); $AD = m$ ; $AA' = n$ .
Mà $V_{ACB'D'} =\frac{1}{3}V_{ABCD.A'B'C'D'} =\frac{1}{3}.m.m.n$
⇒ $V_{ACB'D'} = \frac{1}{3}.m.m.n =\frac{1}{3}m^{2}(4 - m)$ .
Xét hàm số $f(m) = \frac{1}{3}m^{2}(4 - m)= - \frac{1}{3}m^{3} + \frac{4}{3}m^{2}$ trên $(0;4)$
$f'(m) = - m^{2} + \frac{8}{3}m =0$ ⇒ $\left\lbrack \begin{matrix}m = 0 \\m = \frac{8}{3} \\\end{matrix} ight.$
Bảng biến thiên:
Vậy $MaxV_{ACB'D'} =\frac{256}{81} \simeq 3,16$ .
Câu 16: Nhận biết
Trong không gian $Oxyz$ , cho hai điểm $A(2; - 4;3)$ và $B(2;2;7)$ . Trung điểm $M$ của $AB$ có tọa độ là:
- A.
  $(4; - 2;10)$
- B.
  $(1;3;2)$
- C.
  $(2;6;4)$
- D.
  $(2; - 1;5)$
Ta có: M là trung điểm của AB nên tọa độ điểm M là:

$\left\{ \begin{matrix}x_{M} = \dfrac{x_{A} + x_{B}}{2} = 2 \\y_{M} = \dfrac{y_{A} + y_{B}}{2} = - 1 \\z_{M} = \dfrac{z_{A} + z_{B}}{2} = 5 \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow M(2; - 1;5)$

Vậy đáp án đúng là: $(2; - 1;5)$ .
Câu 17: Thông hiểu
Trong không gian $Oxyz$ , cho $\overrightarrow{OA} = 3\overrightarrow{i} + 4\overrightarrow{j} - 5\overrightarrow{k}$ . Tọa độ điểm $A$ là:
- A.
  $A(3;4; - 5)$
- B.
  $A(3;4;5)$
- C.
  $A( - 3; - 4;5)$
- D.
  $A( - 3;4;5)$
Ta có: $\left\{ \begin{matrix} 3\overrightarrow{i} = (3;0;0) \\ 4\overrightarrow{j} = (0;4;0) \\ 5\overrightarrow{k} = (0;0;5) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow \overrightarrow{OA} = 3\overrightarrow{i} + 4\overrightarrow{j} - 5\overrightarrow{k} \Rightarrow A(3;4; - 5)$
Câu 18: Thông hiểu
Cho tứ diện đều $ABCD$ với $I;J$ lần lượt là trung điểm của $AB;CD$ . Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng $CI;AJ$ ?
- A.
  $\frac{2}{3}$
- B.
  $- \frac{2}{3}$
- C.
  $\frac{1}{3}$
- D.
  $\frac{1}{6}$
Hình vẽ minh họa

Giả sử cạnh tứ diện đều bằng a. Khi đó:

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AB} = \frac{a^{2}}{2}$

Ta có: $\overrightarrow{AJ} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$

$\overrightarrow{CI} = \overrightarrow{AI} - \overrightarrow{AC} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC}$

Do đó: $\overrightarrow{CI}.\overrightarrow{AJ} = \frac{1}{4}\left( \overrightarrow{AB} - 2\overrightarrow{AC} ight)\left( \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} ight) = - \frac{1}{2}a^{2}$

Ta lại có $AJ = CI = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ suy ra $\cos\left( \overrightarrow{CI};\overrightarrow{AJ} ight) = - \frac{2}{3}$

Vậy đáp án cần tìm là $\frac{2}{3}$ .
Câu 19: Nhận biết
Cho tứ diện $OABC$ . Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ .Phân tích nào sau đây là đúng?
- A.
  $\overrightarrow{OG} = \frac{1}{2}\left( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} ight)$
- B.
  $\overrightarrow{OG} = \frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} ight)$
- C.
  $\overrightarrow{OG} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$
- D.
  $\overrightarrow{OG} = \frac{3}{2}\left( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} ight)$
Ta có: $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ khi $\overrightarrow{OG} = \frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} ight)$
Câu 20: Nhận biết
Hình chiếu vuông góc của điểm $A(2; - 1;0)$ trên mặt phẳng $(Oxz)$ là:
- A.
  $(0;0;0)$ .
- B.
  $(2; - 1;0)$ .
- C.
  $(2;0;0)$ .
- D.
  $(0; - 1;0)$ .
Hình chiếu vuông góc của điểm $A(2; - 1;0)$ trên mặt phẳng $(Oxz)$ là điểm có tọa độ $(2;0;0)$ .

148 lượt xem

Sắp xếp theo

Xóa Gửi bình luận

Đề kiểm tra 15 phút Chương 2 Vectơ và hệ trục tọa độ trong không gian KNTT

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!