Giải SGK Toán 12 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương II

Bài tập 1: Cho điểm M thỏa mãn $\overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}$. Tọa độ của điểm M là:

A. M(0; 2; 1).

B. M(1; 2; 0).

C. M(2; 0; 1).

D. M(2; 1; 0).

Đáp án: D

Giải thích:

Vì $\overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}$ nên $M\left(2;1;0\right)$ .

Bài tập 2: Cho hai điểm A(−1; 2; −3) và B(2; −1; 0). Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{AB}$ là

A. $\overrightarrow{AB}=\left(1;-1;1\right)$ .

B. $\overrightarrow{AB}=\left(3;3;-3\right)$ .

C. $\overrightarrow{AB}=\left(1;1;-3\right)$ .

D. $\overrightarrow{AB}=\left(3;-3;3\right)$ .

Đáp án: D

Giải thích: Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(2+1;-1-2;0+3\right)=\left(3;-3;3\right)$

Bài tập 3: Cho hai điểm A(3; −2; 3) và B(−1; 2; 5). Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là

A. I(−2; 2; 1).

B. I(1; 0; 4).

C. I(2; 0; 8).

D. I(2; −2; −1).

Đáp án: B

Giải thích:

Tọa độ trung điểm I là

$I\left(\frac{3-1}{2};\frac{-2+2}{2};\frac{3+5}{2}\right)$ hay I(1;0;4) .

Bài tập 4: Cho ba điểm A(1; 3; 5), B(2; 0; 1), C(0; 9; 0). Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là

A. G(3; 12; 6).

B. G(1; 5; 2).

C. G(1; 0; 5).

D. G(1; 4; 2).

Đáp án: D

Giải thích:

Tọa độ trung điểm G là

$G\left(\frac{1+2+0}{3};\frac{3+0+9}{3};\frac{5+1+0}{3}\right)$hay G(1;4;2).

Bài tập 5: Cho A(1; 2; −1), B(2; 1; −3), C(−3; 5; 1). Điểm D sao cho ABCD là hình bình hành có tọa độ là

A. D(−4; 6; 3).

B. D(−2; 2; 5).

C. D(−2; 8; −3).

D. D(−4; 6; −5).

Đáp án: A

Giải thích:

ABCD là hình bình hành $\iff \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ $\iff \{\begin{array}{c}2-1=-3-x_D\\ 1-2=5-y_D\\ -3+1=1-z_D\end{array}$$\iff \{\begin{array}{c}{x}_D=-4\\ y_D=6\\ z_D=3\end{array}$

Vậy D(−4; 6; 3).

Bài tập 6: Gọi α là góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{u}=\left(0;-1;0\right)$ và $\overrightarrow{v}=\left(\sqrt{3};1;0\right)$. Giá trị của α là

A. $\alpha =\frac{\pi }{6}$ .

B. $\alpha =\frac{\pi }{3}$ .

C. $\alpha =\frac{2\pi }{3}$ .

D. $\alpha =\frac{\pi }{2}$ .

Đáp án: C

Giải thích:

Ta có $\cos \alpha =\frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}{\left|\overrightarrow{u}\right|.\left|\overrightarrow{v}\right|}=\frac{0.\sqrt{3}+\left(-1\right).1+0.0}{\sqrt{{\left(-1\right)}^2}.\sqrt{3+1}}=-\frac{1}{2}$

Bài tập 7: Cho A(2; −1; 1), B(−1; 3; −1), C(5; −3; 4). Tích vô hướng $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BC}$ có giá trị là

A. 48.

B. −48.

C. 52.

D. −52.

Đáp án: D

Giải thích:

Có $\overrightarrow{AB}=\left(-3;4;-2\right)$ , $\overrightarrow{BC}=\left(6;-6;5\right)$ .

Có $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BC}=\left(-3\right).6+4.\left(-6\right)+\left(-2\right).5=-52$ .

Bài tập 8: Cho hai điểm A(−1; 2; 3), B(1; 0; 2). Tọa độ điểm M thỏa mãn $\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{MA}$ là

A. $M\left(-2;3;\frac{7}{2}\right)$ .

B. $M\left(-2;-3;\frac{7}{2}\right)$ .

C. M(−2; 3; 7).

D. M(−4; 6; 7).

Đáp án: A

Giải thích:

Giả sử M(x; y; z).

Có $\overrightarrow{AB}=\left(2;-2;-1\right)$ và $\overrightarrow{MA}=\left(-1-x;2-y;3-z\right)$ .

Vì $\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{MA}$  nên $\{\begin{array}{c}2=2\left(-1-x\right)\\ -2=2\left(2-y\right)\\ -1=2\left(3-z\right)\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{c}x=-2\\ y=3\\ z=\frac{7}{2}\end{array}$. Vậy $M\left(-2;3;\frac{7}{2}\right)$ .

Bài tập 9: Trong không gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật OABC.O'A'B'C' như Hình 1, biết B'(2; 3; 5).

a) Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình hộp.

b) Tính độ dài đường chéo OB' của hình hộp chữ nhật đó.

Trả lời:

a) Dựa vào Hình 1 ta có , , , , , , , . 

b) Độ dài đường chéo  của hình hộp chữ nhật đó là: 

Bài tập 10: Tìm tọa độ của điểm P được biểu diễn trong Hình 2 và tính khoảng cách OP.

Trả lời:

Ta có P(2; 3; 3).

Khi đó $OP=\sqrt{2^2+3^2+3^2}=\sqrt{22}$ .

Bài tập 11: Cho $\overrightarrow{u}=\left(2;-5;3\right)$ và $\overrightarrow{v}=\left(0;2;-1\right)$, $\overrightarrow{w}=\left(1;7;2\right)$ . Tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{u}-4\overrightarrow{v}-2\overrightarrow{w}$ .

Trả lời:

Ta có: .

Vậy  

Hay 

Bài tập 12: Cho ba điểm A(0; 1; 2), B(1; 2; 3), C(1; −2; −5). Gọi M là điểm nằm trên đoạn thẳng BC sao cho MB = 3MC. Tính độ dài đoạn thẳng AM.

Trả lời:

Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên $\overrightarrow{MB}$ và $\overrightarrow{MC}$ ngược hướng.

Mà MB = 3MC nên $\overrightarrow{MB}=-3\overrightarrow{MC}$ .

Gọi M(x; y; z). Có $\overrightarrow{MB}=\left(1-x;2-y;3-z\right)$ và $\overrightarrow{MC}=\left(1-x;-2-y;-5-z\right)$ .

Vì $\overrightarrow{MB}=-3\overrightarrow{MC}$ nên $\{\begin{array}{c}1-x=-3\left(1-x\right)\\ 2-y=-3\left(-2-y\right)\\ 3-z=-3\left(-5-z\right)\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{c}x=1\\ y=-1\\ z=-3\end{array}$.

Vậy M(1; −1; −3).

Khi đó ta có $AM=\sqrt{{\left(1-0\right)}^2+{\left(-1-1\right)}^2+{\left(-3-2\right)}^2}=\sqrt{30}$ .

Bài tập 13: Cho hai vectơ $\overrightarrow{u}$  và $\overrightarrow{v}$ tạo với nhau góc 60°. Biết rằng $\left|\overrightarrow{u}\right|=2$  và $\left|\overrightarrow{v}\right|=4$ . Tính $\left|\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}\right|$ .

Trả lời:

Ta có ${\left|\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}\right|}^2={\overrightarrow{u}}^2+2.\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}+{\overrightarrow{v}}^2$

$=2^2+2.\left|\overrightarrow{u}\right|.\left|\overrightarrow{v}\right|.\cos \left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)+4^2$

$=2^2+\mathrm{2.2.4.}\cos 60°+4^2$

$=2^2+\mathrm{2.2.4.}\frac{1}{2}+4^2=28$

Do đó $\left|\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}\right|=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$ .

Bài tập 14: Cho hai điểm A(1; 2; −1), B(0; −2; 3).

a) Tính độ dài đường cao AH hạ từ đỉnh A của tam giác OAB với O là gốc tọa độ.

b) Tính diện tích tam giác OAB.

Trả lời:

a) Gọi  là chân đường cao hạ từ  xuống .

Như vậy, ta có 

 . Từ đó suy ra 

Do đó  hay 

Vì  nên .

⇔

Vậy , 

 Vậy độ dài của đường cao  là:

b) Ta có 

Vậy diện tích của tam giác  là:  .

Bài tập 15: Cho biết máy bay A đang bay với vectơ vận tốc $\overrightarrow{a}=\left(300;200;400\right)$  (đơn vị: km/h). Máy bay B bay cùng hướng và có tốc độ gấp ba lần tốc độ của máy bay A.

a) Tìm tọa độ vectơ vận tốc $\overrightarrow{b}$ của máy bay B.

b) Tính tốc độ của máy bay B.

Trả lời:

a) Có $\overrightarrow{b}=3\overrightarrow{a}=\left(900;600;1200\right)$ .

b) Tốc độ của máy bay B là:

$\left|\overrightarrow{b}\right|=\sqrt{{900}^2+{600}^2+{1200}^2}\approx 1615,55$ km/h

Bài tập 16: Cho biết bốn đoạn thẳng nối từ một đỉnh của tứ diện đến trọng tâm mặt đối diện luôn cắt nhau tại một điểm gọi là trọng tâm của tứ diện đó.

Một phân tử metan CH4 được cấu tạo bởi bốn nguyên tử hydrogen ở các đỉnh của một tứ diện đều và một nguyên tử carbon ở trọng tâm của tứ diện.

Góc liên kết là góc tạo bởi liên kết H – C – H là góc giữa các đường nối nguyên tử carbon với hai trong số các nguyên tử hydrogen. Chứng minh rằng góc liên kết này gần bằng 109,5°.

Trả lời: