Đề kiểm tra 15 phút Chương 3 Phương pháp tọa độ trong không gian

Mô tả thêm: Bài kiểm tra 15 phút Phương pháp tọa độ trong không gian 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: Thông hiểu
Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ , mặt phẳng $(P)$ đi qua $M( - 1;2;4)$ và chứa trục $Oy$ có phương trình là:
- A.
  $(P):4x - z = 0$
- B.
  $(P):4x + z = 0$
- C.
  $(P):x - 4z = 0$
- D.
  $(P):x + 4z = 0$
Ta có: (P) có cặp véc-tơ chỉ phương $\overrightarrow{v_{Oy}} = (0;1;0),\overrightarrow{OM} = ( - 1;2;4)$

Khi đó véc-tơ pháp tuyến của (P) là $\overrightarrow{n_{P}} = ( - 4;0; - 1)$ , ta chọn $\overrightarrow{n_{P}} = (4;0;1)$ .

Mặt phẳng (P) đi qua $M( - 1;2;4)$ và có véc-tơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_{P}} = (4;0;1)$ nên có phương trình $4(x + 1) + (z - 4) = 0$ hay $4x + z = 0$ .
Câu 2: Vận dụng
Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ , cho hai điểm $A(0; −1; 2), B(1; 1; 2)$ và đường thẳng $d:\frac{x + 1}{1} = \frac{y}{1} = \frac{z - 1}{1}$ . Biết điểm $M(a; b; c)$ thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó giá trị $T = a + 2b + 3c$ bằng:
- A.
  $5$
- B.
  $3$
- C.
  $4$
- D.
  $10$
Vì $S_{MAB} = \frac{1}{2}.AB.d(M,AB)$ nên S_MAB nhỏ nhất khi d(M, AB) nhỏ nhất. Phương trình của $AB:\left\{ \begin{matrix} x = t \\ y = - 1 + 2t \\ z = 2 \\ \end{matrix} ight.\ ;\left( t\mathbb{\in R} ight)$

Dễ dàng kiểm tra AB và d chéo nhau.

Gọi H là hình chiếu của M lên đường thẳng AB.

Khi đó $d(M, AB) = MH$ nhỏ nhất khi MH là đoạn vuông góc chung của d và AB.

Ta có: $M \in d \Rightarrow M( - 1 + s;s;1 + s),H \in AB$

$\Rightarrow H(t; - 1 + 2t;2)$

$\Rightarrow \overrightarrow{MH} = (t - s + 1;2t - s - 1;1 - s)$

Vectơ chỉ phương của d và AB theo thứ tự là $\overrightarrow{u} = (1;1;1),\overrightarrow{v} = (1;2;0)$

$\left\{ \begin{matrix}\overrightarrow{MH}\bot\overrightarrow{u} \\\overrightarrow{MH}\bot\overrightarrow{v} \\\end{matrix} ight.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}1(t - s + 1) + 1(2t - s - 1) + 1(1 - s) = 0\ \\1(t - s + 1) + 2(2t - s - 1) + 0(1 - s) = 0 \\\end{matrix} ight.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}t = 1 \\s = \dfrac{4}{3} \\\end{matrix} ight.$

Vậy $M\left( \frac{1}{3};\frac{4}{3};\frac{7}{3} ight) \Rightarrow T = 10$
Câu 3: Nhận biết
Ba mặt phẳng $x + 2y - z - 6 = 0,2x - y + 3z + 13 = 0,3x - 2y + 3z + 16 = 0$ cắt nhau tại điểm A. Tọa độ của điểm A đó là:
- A. $A(1, 2, 3)$
- B. $A(1, -2, 3)$
- C. $A(-1, 2, 3)$
- D. $A(-1,2,-3)$
Tọa độ giao điểm của ba mặt phẳng là nghiệm của hệ phương trình :
$\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - z - 6 = 0\left( 1 ight)\\2x - y + 3z + 13 = 0\left( 2 ight)\\3x - 2y + 3z + 16 = 0\left( 3 ight)\end{array} ight.$
Giải (1),(2) tính $x,y$ theo $z$ được $x = - z - 4;y = z + 5$ .
Thế vào phương trình (3) được $z=-3$ , từ đó có $x = - 1,y = 2$
Vậy $A(-1,2,-3)$ .
Câu 4: Vận dụng cao
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;2;0), B(1;0;-2) và mặt
phẳng $(P): x+2y-z-1=0$ . Gọi $M(a;b;c)$ là điểm thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA=MB
và góc $\widehat{ABM}$ có số đo lớn nhất. Khi đó giá trị $a+4b+c$ bằng ?
- A. 1
- B. 2
- C. 0
- D. 3
$MA=MB$ nên M thuộc mặt phẳng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB. Ta có phương trình trung trực của AB là (Q); y+z=0
M thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) nên M thuộc đường thẳng
$(d): \left\{\begin{matrix} x=1+3t \\ y=-t \\ z=t \end{matrix}ight.$ .
Gọi $M( 1+3t;-t;t)$ , ta có $\cos\widehat{AMB}=\dfrac{\left | \vec{MA}.\vec{MB} ight | }{MA.MB}=\dfrac{11t^2-2t+1}{11t^2-2t+5}$ .
Khảo sát hàm số $f(t)=\dfrac{11t^2-2t+1}{11t^2-2t+5}$ , ta được $f(t)=\frac{5}{27}$ khi $t=\frac{1}{11}$ .
Suy ra $\widehat{AMB}$ có số đo lớn nhất khi $t=\frac{1}{11}$ , ta có $M(\frac{14}{11}; \frac{-1}{11};\frac{1}{11})$ .
Khi đó giá trị $a+4b+c=1$ .
Câu 5: Thông hiểu
Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ ; cho bốn điểm $A(2;0;2),B(1; - 1; - 2),$ $C( - 1;1;0),D( -2;1;2)$ . Tính thể tích tứ diện $ABCD$ .
- A.
  $V = \frac{42}{3}$
- B.
  $V = \frac{14}{3}$
- C.
  $V = \frac{21}{3}$
- D.
  $V = \frac{7}{3}$
Theo giả thiết ta có: $\left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{AB} = ( - 1; - 1; - 4) \\ \overrightarrow{AC} = ( - 1; - 1; - 4) \\ \overrightarrow{AD} = ( - 4;1;0) \\ \end{matrix} ight.$ suy ra

$\Rightarrow \left\lbrack \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} ightbrack = (6;10; - 4)$

$\Rightarrow \left\lbrack \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} ightbrack.\overrightarrow{AD} = - 14$

Vậy thể tích tứ diện $ABCD$ là:

$V_{ABCD} = \frac{1}{6}\left| \left\lbrack \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} ightbrack.\overrightarrow{AD} ight| = \frac{7}{3}$
Câu 6: Thông hiểu
Cho hình chóp $OABC$ có $OA = OB = OC = 1$ , các cạnh $OA;OB;OC$ đôi một vuông góc. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$ . Tính tích vô hướng của hai vectơ $\overrightarrow{OC};\overrightarrow{MA}$ .
- A.
  $0^{0}$
- B.
  $60^{0}$
- C.
  $90^{0}$
- D.
  $120^{0}$
Hình vẽ minh họa

Ta có:

$\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{BC} = \frac{1}{2}\left( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} ight)\left( \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB} ight)$

$= \overrightarrow{OM}.\overrightarrow{BC} = - \frac{BC^{2}}{2} = - \frac{1}{2}$

Như vậy:

$\cos\left( \overrightarrow{OM};\overrightarrow{BC} ight) = \frac{\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{BC}}{\left| \overrightarrow{OM} ight|.\left| \overrightarrow{BC} ight|} = \frac{1}{2}:\frac{\sqrt{2}.\sqrt{2}}{2} = - \frac{1}{2}$

$\Rightarrow \left( \overrightarrow{OM};\overrightarrow{BC} ight) = 120^{0}$
Câu 7: Vận dụng
Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ , cho ba điểm $A(1;0;1),B(3; - 2;0),C(1;2; - 2)$ . Gọi $(P)$ là mặt phẳng đi qua $A$ sao cho tổng khoảng cách từ $B$ và $C$ đến $(P)$ lớn nhất, biết rằng $(P)$ không cắt đoạn $BC$ . Khi đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(P)$ là:
- A.
  $\overrightarrow{n} = (2; - 2; - 1)$
- B.
  $\overrightarrow{n} = (1;0;2)$
- C.
  $\overrightarrow{n} = ( - 1;2; - 1)$
- D.
  $\overrightarrow{n} = (1;0; - 2)$
Kiểm tra $\overrightarrow{n} = (2; - 2; - 1)$ : Mặt phẳng (P) có phương trình 2x − 2y − z − 1 = 0.

Thay tọa độ B, C vào (P) ta thấy B, C nằm về 2 phía (P) nên loại $\overrightarrow{n} = (2; - 2; - 1)$ .

Kiểm tra $\overrightarrow{n} = (1;0;2)$ : Mặt phẳng (P) có phương trình x+ 2z −3 = 0.

Thay tọa độ B, C vào (P) ta thấy B ∈ (P) nên loại $\overrightarrow{n} = (1;0;2)$ .

Kiểm tra $\overrightarrow{n} = ( - 1;2; - 1)$ : Mặt phẳng (P) có phương trình −x + 2y − z + 2 = 0.

Thay tọa độ B, C vào (P) ta thấy B, C nằm về 2 phía (P) nên loại $\overrightarrow{n} = ( - 1;2; - 1)$ .

Kiểm tra v: Mặt phẳng (P) có phương trình x − 2z + 1 = 0.

Thay tọa độ B, C vào (P) ta thấy B, C nằm về cùng phía (P) nên chọn $\overrightarrow{n} = (1;0; - 2)$ .
Câu 8: Nhận biết
Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ , vectơ $\overrightarrow{u} = (1;2; - 5)$ là vectơ chỉ phương của đường thẳng nào sau đây?
- A.
  $\left\{ \begin{matrix} x = 6 - t \\ y = - 1 - 2t \\ z = 5t \\ \end{matrix} ight.\ ;\left( t\mathbb{\in R} ight)$
- B.
  $\left\{ \begin{matrix} x = t \\ y = - 2t \\ z = 3 - 5t \\ \end{matrix} ight.\ ;\left( t\mathbb{\in R} ight)$
- C.
  $\left\{ \begin{matrix} x = 5 + t \\ y = - 1 + 2t \\ z = 5t \\ \end{matrix} ight.\ ;\left( t\mathbb{\in R} ight)$
- D.
  $\left\{ \begin{matrix} x = 1 + 2t \\ y = 2 + 4t \\ z = 5 + 6t \\ \end{matrix} ight.\ ;\left( t\mathbb{\in R} ight)$
Đường thẳng $d:\left\{ \begin{matrix} x = 6 - t \\ y = - 1 - 2t \\ z = 5t \\ \end{matrix} ight.\ ;\left( t\mathbb{\in R} ight)$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{v} = ( - 1; - 2;5)$ cùng phương với vectơ $\overrightarrow{u} = (1;2; - 5)$ . Vậy $\overrightarrow{u} = (1;2; - 5)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $\left\{ \begin{matrix} x = 6 - t \\ y = - 1 - 2t \\ z = 5t \\ \end{matrix} ight.\ ;\left( t\mathbb{\in R} ight)$
Câu 9: Thông hiểu
Cho điểm $M$ chia đoạn thẳng $AB$ theo tỉ số $k;(k eq 1)$ thì ta có: $\overrightarrow{MA} = k.\overrightarrow{MB}$ . Khi đó với một điểm $O$ tùy ý ta có:
- A.
  $\overrightarrow{OM} = \frac{\overrightarrow{OA} + k.\overrightarrow{OB}}{1 - k}$
- B.
  $\overrightarrow{OM} = \frac{\overrightarrow{OA} - k.\overrightarrow{OB}}{1 + k}$
- C.
  $\overrightarrow{OM} = \frac{\overrightarrow{OA} + k.\overrightarrow{OB}}{1 + k}$
- D.
  $\overrightarrow{OM} = \frac{\overrightarrow{OA} - k.\overrightarrow{OB}}{1 - k}$
Ta có:

$\overrightarrow{MA} = k.\overrightarrow{MB} \Rightarrow \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA} = k.\left( \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB} ight)$

$\Rightarrow (1 - k)\overrightarrow{MO} = k.\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}$

$\Rightarrow \overrightarrow{MO} = \frac{k.\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}}{1 - k} \Rightarrow \overrightarrow{OM} = \frac{\overrightarrow{OA} - k.\overrightarrow{OB}}{1 - k}$
Câu 10: Vận dụng cao
Cho đường thẳng $d:\left\{\begin{matrix} x=-t \\ y=2t-1 \\ z=t+2\end{matrix}ight.$ và mặt phẳng $(\alpha): 2x-y-2z-2=0$ . Mặt phẳng (P) qua d và tạo với $(\alpha )$ một góc nhỏ nhất. Một véc tơ pháp tuyến của (P) là:
- A. $\vec{n_p}=(-1;1;1)$
- B. $\vec{n_p}=(1;2;-3)$
- C. $\vec{n_p}=(2;1;0)$
- D. $\vec{n_p}=(3;-2;7)$
Gọi $\triangle = (\alpha)\cap (P), A =d \cap(\alpha), B \in d(Beq A)$ ;
H là hình chiếu vuông góc của B lên $(\alpha )$ ; K là hình chiếu của H lên $\triangle$ .
Suy ra: $(\widehat{(d),(\alpha)})=\widehat{BAH}$ cố định; $(\widehat{(\alpha),(P)})=\widehat{BKH}$ .
Mà $\widehat{BKH} \geqslant \widehat{BAH}$ (vì $HK \leq HA$ ) $\Rightarrow (\widehat{d, (\alpha)}) \leq (\widehat{(P),(\alpha)} )$
Suy ra $(\widehat{(P),(\alpha)})$ nhỏ nhất bằng $(\widehat{d, (\alpha)})$ khi $K\equiv A$ .
Khi đó $\triangle \perp d$ và có một VTCP $\vec{u_\triangle} = [\vec{u_d}, \vec{u_\alpha}]=-3(1;0;1)$ .
Vậy (P) có một VTPT là $\vec{n_p} = [\vec{u_\triangle}, \vec{u_d}]=2(-1;1;1)$ .
Câu 11: Thông hiểu
Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$ , cho tam giác $ABC$ có phương trình đường phân giác trong góc $A$ là $\frac{x}{1} = \frac{y - 6}{- 4} = \frac{z - 6}{- 3}$ . Biết rằng điểm $M(0;5;3)$ thuộc đường thẳng $AB$ và điểm $N(1;1;0)$ thuộc đường thẳng $AC$ . Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng $AC$ .
- A.
  $\overrightarrow{u} = (1;2;3)$
- B.
  $\overrightarrow{u} = (0; - 2;6)$
- C.
  $\overrightarrow{u} = (0;1; - 3)$
- D.
  $\overrightarrow{u} = (0;1;3)$
Hình chiếu H của M trên đường phân giác trong góc A có tọa độ: $H\left( \frac{1}{2};4;\frac{9}{2} ight)$

M’ là điểm đối xứng của M qua H. Từ đây ta tìm được tọa độ M’(1; 3; 6).

Vectơ chỉ phương của đường thẳng AC chính là vecto $\overrightarrow{NM'} = (0;2;6)$ .

Suy ra, đường thẳng AC có một vectơ chỉ phương là (0; 1; 3)
Câu 12: Thông hiểu
Trong không gian, cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ . Góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{BD}$ và $\ \overrightarrow{B'C}$ bằng
- A.
  $30{^\circ}$ .
- B.
  $45{^\circ}$ .
- C.
  $60{^\circ}$ .
- D.
  $90{^\circ}$ .
Hình vẽ minh họa

Ta có: $\overrightarrow{BD}\ = \ \ \overrightarrow{B'D'}$ . Do đó,

$\left( \overrightarrow{BD}\ ,\ \overrightarrow{B'C} ight)\ = \ \left( \overrightarrow{B'D'}\ ,\ \overrightarrow{B'C} ight)\ = \widehat{\ D'B'C}$

Vì $B'C\ = \ CD'\ = \ D'B'$ nên tam giác $B'CD'$ là tam giác đều.

Suy ra $\widehat{\ D'B'C}\ = \ 60{^\circ}$

Vậy $\left( \overrightarrow{BD}\ ,\ \overrightarrow{B'C} ight)\ = \ 60{^\circ}$
Câu 13: Thông hiểu
Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ , cho hai điểm $A(1;4;2),B( - 1;2;4)$ và đường thẳng $\Delta:\left\{ \begin{matrix} x = 1 - t \\ y = - 2 + t \\ z = 2t \\ \end{matrix} ight.\ ;\left( t\mathbb{\in R} ight)$ . Điểm $M \in \Delta$ mà tổng $MA^{2} + MB^{2}$ có giá trị nhỏ nhất có tọa độ là:
- A.
  $( - 1;0;4)$
- B.
  $(0; - 1;4)$
- C.
  $(1;0;4)$
- D.
  $(1; - 2;0)$
Vì $M \in \Delta$ nên ta có tọa độ điểm $M(1 - t; - 2 + t;2t)$ .

Ta có:

$MA^{2} + MB^{2} = ( - t)^{2} + (t - 6)^{2} + (2t - 2)^{2} + (2 - t)^{2} + (t - 4)^{2} + (2t - 4)^{2}$

$= 12t^{2} - 48t + 76 = 12(t - 2)^{2} + 28 \geq 28$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $MA^{2} + MB^{2}$ là $28$ khi $t = 2 \Rightarrow M( - 1;0;4)$ .
Câu 14: Vận dụng
Trong không gian $Oxyz$ cho điểm $H(1;2;3)$ . Viết phương trình mặt phẳng $(P)$ đi qua điểm $H$ và cắt các trục tọa độ tại ba điểm phân biệt $A;B;C$ sao cho $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ ?
- A.
  $(P):\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1$
- B.
  $(P):x + 2y + 3z - 14 = 0$
- C.
  $(P):x + y + z - 6 = 0$
- D.
  $(P):\frac{x}{3} + \frac{y}{6} + \frac{z}{9} = 1$
Giả sử (P) cắt các trục tọa độ tại $A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c);(abc eq 0)$

Khi đó $(P):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$

Ta có: $\left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{HA} = (a - 1; - 2; - 3) \\ \overrightarrow{HB} = ( - 1;b - 2; - 3) \\ \overrightarrow{BC} = (0; - b;c) \\ \overrightarrow{AC} = ( - a;0;c) \\ \end{matrix} ight.$ mà H là trực tâm của tam giác ABC nên

$\left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{HA}.\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{0} \\ \overrightarrow{HB}.\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{0} \\ \end{matrix} ight.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 2b - 3c = 0 \\ a - 3c = 0 \\ \end{matrix} ight.\ \Leftrightarrow a = 2b = 3c$

Mặt khác $H \in (P) \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 1 \Rightarrow \frac{1}{3c} + \frac{4}{3c} + \frac{3}{c} = 1$

$\Rightarrow 14 = 3c \Leftrightarrow c = \frac{14}{3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a = 14 \\ b = 7 \\ \end{matrix} ight.$

$\Rightarrow (P):\dfrac{x}{14} +\dfrac{y}{7} + \dfrac{z}{\dfrac{14}{3}} = 1 \Rightarrow (P):x + 2y + 3z -14 = 0$
Câu 15: Nhận biết
Trong không gian $Oxyz$ , phương trình nào sau đây là phương trình của mặt phẳng?
- A.
  $x - 3y^{2} + z - 1 = 0$ .
- B.
  $x^{2} + 2y + 4z - 2 =0$ .
- C.
  $2x - 3y + 4z - 2024 = 0$ .
- D.
  $2x - 3y + 4z^{2} - 2025 = 0$ .
Phương trình tổng quát của mặt phẳng là: $2x - 3y + 4z - 2024 = 0$ .
Câu 16: Nhận biết
Cho 3 vectơ $\vec a,\,\,\vec b,\,\,\,\vec c$ đều khác $\vec{0}$ . Ba vectơ $\vec a,\,\,\vec b,\,\,\,\vec c$ đồng phẳng khi và chỉ khi:
- A. $\vec{a}$ và $\vec{b}$ có giá cùng vuông góc với $\vec{c}$
- B. $\vec a,\,\,\vec b,\,\,\,\vec c$ có giá chéo nhau
- C. $\vec{a}$ trong mặt phẳng (R), $\vec{b}$ và $\vec{c}$ có giá cùng vuông góc với (R)
- D. Cả 3 đáp án trên đều sai
Áp dụng Điều kiện để 3 vecto đồng phẳng là:
$\vec a,\,\,\vec b,\,\,\,\vec c$ cùng vuông góc với $\vec{d} eq\vec{0}$ và $\vec{d}$ có giá vuông góc với mp(P)
Câu 17: 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 $(2;0;0)$ .
Câu 18: Thông hiểu
Trong không gian hệ trục tọa độ $Oxyz$ , cho các điểm $A(0; - 1;1),B( - 2;1; - 1),C( - 1;3;2)$ . Biết rằng tứ giác $ABCD$ là hình bình hành, khi đó tọa độ điểm $D$ là:
- A.
  $D\left( - 1;1;\frac{2}{3} ight)$
- B.
  $D(1;3;4)$
- C.
  $D(1;1;4)$
- D.
  $D( - 1; - 3; - 2)$
Giả sử điểm $D(x;y;z)$ ta có $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{BA} = \overrightarrow{CD}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x + 1 = 2 \\ y - 3 = - 2 \\ z - 2 = 2 \\ \end{matrix} ight.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x = 1 \\ y = 1 \\ z = 4 \\ \end{matrix} ight.$ . Vậy tọa độ điểm $D(1;1;4)$
Câu 19: Vận dụng
Cho lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$ . Đặt $\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{a};\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{b};\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{c}$ . Gọi điểm $I \in CC'$ sao cho $\overrightarrow{C'I} = \frac{1}{3}\overrightarrow{C'C}$ , $G$ là trọng tâm tứ diện $BAB'C'$ . Biểu diễn vectơ $\overrightarrow{IG}$ qua các vectơ $\overrightarrow{a};\overrightarrow{b};\overrightarrow{c}$ . Đáp án nào dưới đây đúng?
- A.
  $\overrightarrow{IG} = \frac{1}{4}\left( \frac{1}{3}\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} - 2\overrightarrow{c} ight)$
- B.
  $\overrightarrow{IG} = \frac{1}{3}\left( \overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + 2\overrightarrow{c} ight)$
- C.
  $\overrightarrow{IG} = \frac{1}{4}\left( - 2\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \frac{1}{3}\overrightarrow{c} ight)$
- D.
  $\overrightarrow{IG} = \frac{1}{4}\left( \overrightarrow{a} + \overrightarrow{c} - 2\overrightarrow{b} ight)$
Ta có G là trọng tâm của tứ diện $BA'B'C'$ nên

$4\overrightarrow{IG} = \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{IA'} + \overrightarrow{IB'} + \overrightarrow{IC'}$

$\Leftrightarrow 4\overrightarrow{IG} = \left( \overrightarrow{IC} + \overrightarrow{CB} ight) + \left( \overrightarrow{IC'} + \overrightarrow{C'A'} ight) + \left( \overrightarrow{IC'} + \overrightarrow{C'B'} ight) + \overrightarrow{IC'}$

$\Leftrightarrow 4\overrightarrow{IG} = \overrightarrow{IC'} + \left( 2\overrightarrow{IC'} + \overrightarrow{IC} ight) + \left( \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{C'B'} ight) + \overrightarrow{C'A'}$

$\Leftrightarrow 4\overrightarrow{IG} = \frac{1}{3}\overrightarrow{CC'} + \overrightarrow{0} + 2\overrightarrow{CB} - \overrightarrow{AC}$

$\Leftrightarrow 4\overrightarrow{IG} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AA'} + 2\overrightarrow{CB} - \overrightarrow{AC}$

$\Leftrightarrow 4\overrightarrow{IG} = \frac{1}{3}\overrightarrow{a} + 2\left( \overrightarrow{b} - \overrightarrow{c} ight) - \overrightarrow{c}$

$\Leftrightarrow \overrightarrow{IG} = \frac{1}{4}\left( \frac{1}{3}\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} - 2\overrightarrow{c} ight)$
Câu 20: Nhận biết
Trong không gian $Oxyz$ , cho điểm $A(2;1;1)$ và đường thẳng $d:\frac{x - 1}{1} = \frac{y - 2}{2} = \frac{z - 3}{- 2}$ . Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d.
- A.
  $\frac{3\sqrt{5}}{2}$
- B.
  $\sqrt{5}$
- C.
  $2\sqrt{5}$
- D.
  $3\sqrt{5}$
Gọi $M(1;\ 2;\ 3) \in d$

$\Rightarrow AM = ( - 1;1;2) \Rightarrow \left\lbrack \overrightarrow{AM};\overrightarrow{u} ightbrack = ( - 6;0; - 3)$

Ta có $d(A;d) = \frac{\left| \left\lbrack \overrightarrow{AM};\overrightarrow{u} ightbrack ight|}{\left| \overrightarrow{u} ight|} = \frac{3\sqrt{5}}{3} = \sqrt{5}$ .

34 lượt xem

Sắp xếp theo

Xóa Gửi bình luận

Đề kiểm tra 15 phút Chương 3 Phương pháp tọa độ trong không gian

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!