Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tích vô hướng độ dài góc Oxyz (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Góc tù khi $\vec{a}\cdot \vec{b}<0$: $\vec{a}\cdot \vec{b}=5m+3(-1)+(-2)(m+3)=3m-9<0\Rightarrow m<3$. Giá trị nguyên dương: $m\in \{1;2\}$, có 2 giá trị.

(AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}=(3;4;0)$, $|AB|=5$. $\overrightarrow{AM}=(-4;b+1;c-2)$. Vuông tại $A$: $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AM}=-12+4(b+1)=0\Rightarrow b=2$. Cân tại $A$: $|AM|=|AB|=5\Rightarrow 16+9+(c-2{)}^2=25\Rightarrow c=2$. Vậy $2b+3c=4+6=10$.

(AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng: $\vec{u}.\vec{v}=(-1)(1)+(1)(-1)+(3)(0)=-1-1+0=-2$. Vậy đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 107, câu 5: B).

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $DAB$ đều với cạnh 2 nên góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{DA}$ và $\overrightarrow{DB}$ là $60^{\circ }$. Do đó $\overrightarrow{DA}\cdot \overrightarrow{DB}=|DA|\cdot |DB|\cos 60^{\circ }=2\cdot 2\cdot \frac{1}{2}=2$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
a) $\overrightarrow{MN}=(-3;-2;2)$, $MN=\sqrt{9+4+4}=\sqrt{17}$ → Đúng. b) Vuông tại N: $\overrightarrow{NM}=(3;2;-2)$, $\overrightarrow{NP}=(2;m-2;2)$, tích vô hướng $=6+2(m-2)-4=2m-2=0\iff m=1$ → Đúng. c) $\overrightarrow{OM}=2\vec{i}+3\vec{j}-\vec{k}$, không phải $2\vec{i}-3\vec{j}+\vec{k}$ → Sai. d) $\vec{v}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=(2-1;3+1;-1+1)=(1;4;0)$ → Đúng. Khớp bảng đáp án mã đề 121: 2a D, 2b D, 2c S, 2d D.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{MN}=(-3;-2;2)$ nên $MN=\sqrt{9+4+4}=\sqrt{17}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{NM}\cdot \overrightarrow{NP}=(3;2;-2)\cdot (2;m-2;2)=6+2(m-2)-4=2m-2=0\iff m=1$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{OM}=2\vec{i}+3\vec{j}-\vec{k}$, khác khẳng định trong đề.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{v}=(2;3;-1)+(-1;1;1)=(1;4;0)$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\vec{a}\cdot \vec{b}=1+0-2m=1-2m$, $|\vec{a}|=\sqrt{6}$, $|\vec{b}|=\sqrt{1+m^2}$.

Yêu cầu $\cos (\vec{a},\vec{b})=\frac{1-2m}{\sqrt{6}\sqrt{1+m^2}}=\frac{1}{2}$, với điều kiện $1-2m>0$ (vì $\cos 60^{\circ }>0$), tức $m<\frac{1}{2}$.

Bình phương: $\frac{(1-2m{)}^2}{6(1+m^2)}=\frac{1}{4}\Rightarrow 4(1-4m+4m^2)=6+6m^2\Rightarrow 10m^2-16m-2=0\Rightarrow 5m^2-8m-1=0$.

Nghiệm: $m=\frac{8\pm \sqrt{64+20}}{10}=\frac{4\pm \sqrt{21}}{5}$.

Kiểm tra điều kiện $m<\frac{1}{2}$: $m_1=\frac{4-\sqrt{21}}{5}\approx -0,117$ (thỏa mãn); $m_2=\frac{4+\sqrt{21}}{5}\approx 1,72>\frac{1}{2}$ (loại vì khi đó $\cos$ âm, góc $120^{\circ }$).

Vậy $S=\left\{\frac{4-\sqrt{21}}{5}\right\}$, số phần tử của $S$ là $1$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\vec{w}=2\vec{u}-3\vec{v}=2(2;3;-1)-3(1;3;2)=(4-6;6-9;-2-6)=(-2;-3;-8)$. Độ dài $|\vec{w}|=\sqrt{(-2{)}^2+(-3{)}^2+(-8{)}^2}=\sqrt{4+9+64}=\sqrt{74}$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 0103, Câu 5: B).

(AI giải đề cho tôi)
Tính các khoảng cách: $AB=\sqrt{(6-1{)}^2+(7-1{)}^2+(9-2{)}^2}=\sqrt{25+36+49}=\sqrt{110}\approx 10,49$; $AC=\sqrt{(8-1{)}^2+(11-1{)}^2+(14-2{)}^2}=\sqrt{49+100+144}=\sqrt{293}\approx 17,12$; $BC=\sqrt{(8-6{)}^2+(11-7{)}^2+(14-9{)}^2}=\sqrt{4+16+25}=\sqrt{45}\approx 6,71$. Vậy $d_1+d_2+d_3\approx 10,49+17,12+6,71\approx 34,3$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 12, Mã đề 2101: A).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(3;0;0)$, $D(0;6;0)$, $S(0;0;6)$, suy ra $C(3;6;0)$.
a) Đúng vì $AB=3$ trên $Ox$, $AD=6$ trên $Oy$, $AS=6$ trên $Oz$.
b) Trọng tâm tam giác $SBD$: $G=\left(\frac{3+0+0}{3};\frac{0+6+0}{3};\frac{0+0+6}{3}\right)=(1;2;2)$. Khi đó $\overrightarrow{CG}=G-C=(-2;-4;2)$, không phải $(2;4;-2)$ (đó là $\overrightarrow{GC}$). Sai.
c) $\overrightarrow{BD}=(-3;6;0)$, $\overrightarrow{CG}\cdot \overrightarrow{BD}=(-2)(-3)+(-4)(6)+2\cdot 0=6-24=-18$. Đúng.
d) $|\overrightarrow{CG}|=\sqrt{4+16+4}=2\sqrt{6}$, $|\overrightarrow{BD}|=\sqrt{9+36}=3\sqrt{5}$. $\cos (\overrightarrow{CG},\overrightarrow{BD})=\frac{-18}{6\sqrt{30}}=-\frac{3}{\sqrt{30}}\approx -0,5477$, suy ra góc $\approx 123,2^{\circ }\ne 134,2^{\circ }$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $B\in Ox$ với $AB=3$, $D\in Oy$ với $AD=6$, $S\in Oz$ với $AS=6$ nên $B(3;0;0),D(0;6;0),S(0;0;6)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$G=(1;2;2)$, $C(3;6;0)$ nên $\overrightarrow{CG}=(-2;-4;2)\ne (2;4;-2)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{BD}=(-3;6;0)$, tích vô hướng $\overrightarrow{CG}\cdot \overrightarrow{BD}=6-24=-18$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\cos =\frac{-18}{2\sqrt{6}\cdot 3\sqrt{5}}=-\frac{3}{\sqrt{30}}\approx -0,5477$ nên góc $\approx 123,2^{\circ }$, không phải $134,2^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng: $\vec{a}\cdot \vec{b}=2\cdot 1+1\cdot 3+(-1)\cdot m=5-m$. Để $\vec{a}\cdot \vec{b}=0$ thì $5-m=0\Rightarrow m=5$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 1202, câu 4: C).

(AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng: $\vec{a}\cdot \vec{b}=1\cdot 2+(-2)\cdot (-1)+(-3)\cdot (-2)=2+2+6=10$. Vậy đáp án D, khớp với đáp án nguồn (Mã đề 121, câu 10: D).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\vec{u}=(-3;4;-5)$ nên ${\left(\vec{u}\right)}^2=\vec{u}\cdot \vec{u}=|\vec{u}{|}^2=(-3{)}^2+4^2+(-5{)}^2=9+16+25=50$. Do đó $2{\left(\vec{u}\right)}^2=2\cdot 50=100$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (100).

(AI giải đề cho tôi)
Đường cáp: $x=10+2t,y=3-2t,z=t$. Với $x_B=550$: $10+2t=550\Rightarrow t=270$. Khi đó $\overrightarrow{AB}=270\vec{u}=(540;-540;270)$, độ dài $AB=270\cdot |\vec{u}|=270\cdot \sqrt{4+4+1}=270\cdot 3=810$ m. Vậy chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
A(2;2;2), B(-2;2;0), C(4;1;-1). Điểm M(x;0;z) thuộc (Oxz) cách đều A, B, C thì MA²=MB² và MA²=MC².
MA²=(x-2)²+4+(z-2)²; MB²=(x+2)²+4+z²; MC²=(x-4)²+1+(z+1)².
MA²=MB²: -4x-4z+8=4x+4 ⟹ 2x+z=1.
MA²=MC²: -4x-4z+12=-8x+2z+18 ⟹ 2x-3z=3.
Trừ hai phương trình: 4z=-2 ⟹ z=-1/2, suy ra x=3/4. Vậy M(3/4;0;-1/2), kiểm tra: MA²=1/16+4+25/4=33/4... tính lại: (3/4-2)²=25/16, (−1/2−2)²=25/4, cộng 4: 25/16+64/16+100/16=189/16; MB²=(11/4)²+4+1/4=121/16+64/16+4/16=189/16; MC²=(−13/4)²+1+1/4=169/16+16/16+4/16=189/16. Đúng cách đều.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0;0;0), B(a;0;0), C(a;a;0), D(0;a;0), A'(0;0;a), D'(0;a;a), C'(a;a;a). Khi đó M trung điểm A'D' là (0; a/2; a), N trung điểm C'D' là (a/2; a; a). Suy ra MN = (a/2; 0; 0). C'B = B − C' = (0; −a; −a). Tích vô hướng MN·C'B = (a/2)(0) + 0(−a) + 0(−a) = 0. Vậy na² = 0, tức n = 0.

Điểm $M\in Oy\Rightarrow M(0;y;0)$. Ta có $M{A}^2=M{B}^2\iff 4+(y-1{)}^2+0=16+(y-3{)}^2+4\iff -2y+5=-6y+29\iff 4y=24\iff y=6\Rightarrow M(0;6;0)$. Chọn đáp án B.

Ta có $\vec{u}\cdot \vec{v}=1\cdot 2+(-2)\cdot 4+3\cdot (-2)=2-8-6=-12$. Chọn B.

Ta có $M(a;b;c)\in (P)\Rightarrow c=1\Rightarrow M(a;b;1)$.

Tam giác $MAB$ vuông tại $M$ nên $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0$.

Với $\overrightarrow{MA}=(-2-a;-1-b;1)$ và $\overrightarrow{MB}=(2-a;-1-b;3)$, ta có:

$a^2-4+(b+1{)}^2+3=0\iff a^2+(b+1{)}^2=1$ $(1)$.

Diện tích tam giác $MAB$ là $S=\frac{1}{2}MA\cdot MB\le \frac{M{A}^2+M{B}^2}{4}=\frac{A{B}^2}{4}$.

Dấu “$=$” xảy ra khi $MA=MB\iff M{A}^2=\frac{A{B}^2}{2}=10\iff (a+2{)}^2+(b+1{)}^2+1=10\iff a^2+4a+(b+1{)}^2=5$ $(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $a=1,b=-1$. Vậy $T=2a-3b+c=2(1)-3(-1)+1=6$.

Ta có $|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}{|}^2=F_1^2+F_2^2+F_3^2+2(F_1{F}_2\cos 60^{\circ }+F_2{F}_3\cos 90^{\circ }+F_3{F}_1\cos 120^{\circ })=300+200(0,5+0-0,5)=300\Rightarrow F=10\sqrt{3}\approx 17,3\text{ N}$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 135).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1201, trang 5), Câu 8 (Phần I) chọn đáp án B.

Ta có $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\cdot (\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }})=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{BC}+{\overrightarrow{A{A}^{\prime }}}^2=0+4^2=16$.