Title CD8-VECTO TRONG KG OXYZ_ HE TOA DO TRONG KG OXYZ .pdf ✅

MỤC LỤC CHỦ ĐỀ ❽. VECTO TRONG KHÔNG GIAN, HỆ TỌA ĐỘ TRONG KG 0XYZ ......................... 1 ⬩PHẦN ❶. TỰ LUẬN..................................................................................................................................................... 2 ⬩PHẦN ❷. TRẮC NGHIỆM.......................................................................................................................................34 ⬩PHẦN ❸. CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM ĐÚNG; SAI.........................................................................................58 ⬩PHẦN ❹. CÂU HỎI TRẢ LỜI NGẮN ..............................................................................................................109 CHỦ ĐỀ ❽. VECTO TRONG KHÔNG GIAN, HỆ TỌA ĐỘ TRONG KG 0XYZ
⬩PHẦN ❶. TỰ LUẬN Câu 1: [Mức độ 2] Cho hình lập phương ABCD A B C D .     cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm CD BC , . G là trọng tâm ABC. Tính 2 ' 3 A N AA A M   − − . Lời giải Ta có 2 3 3 A N AA A M A B A C A A A M        − − = + + − = − = = 3 3 3 3 A G A M MG MG   . Áp dụng định lý hàm số cosin cho DGM ta có: 2 2 2 MG DG DM DG DM GDM = + − 2 . .cos 2 2 2 1 2 1 2. . .cos45 3 2 3 2 DB DC DB DC     = + −          2 4 1 2 2 17 2 2 .2 . 2. 2. . 9 4 3 2 2 36 a a = + − = a a a 17 3 2  = MG a . Vậy 17 2 ' 3 2 A N AA A M a   − − = . Câu 2: [Mức độ 3] Cho hình lập phương ABCD A B C D .     cạnh a . Gọi N là trung điểm DD. M là điểm bất kì. Tính 3 2 2 MA MB MC BN − − + . Lời giải Ta có 3 2 2 2 MA MB MC BN MA MC MA MB BD BD ( ) ( ) − − + = − + − + +  = + + + + + 2CA BA BD BA BC BB = + + + + 2 2 CA BA BC BD BB = + + + + + = + + + 2 2 ' 2 3 2 ' CA BA BC BB BA BC CA BA BC BB = + = + = 5 ' ' 2 BA BB BK BB BQ (với BK BA Q = 5 , là trung điểm B K' ).
BK BA a = = 5 5 , ( ) 2 2 B K a a a ' 5 26 = + = 26 2 2 26 2 a  = = BQ a . Vậy 3 2 MA MB MC BN − − + 2 = a 26 . Câu 3: [Mức độ 3] Cho hình hộp ABCD A B C D .     . Gọi M , N lần lượt là các điểm trên đoạn AC và CD sao cho, 1 3 DN DC =  , 2 3 AM AC = . a) Phân tích vectơ BN theo ba vectơ: a BA = , b BC = , c BB =  . b) Chứng minh: 1 3 MN BD =  . Lời giải a) Ta có 1 3 BN BD DN BA BC DC = + = + +  1 1 3 3 = + + + BA BC DC DD = 1 1 3 3 = + − + BA BC BA BB 2 1 2 1 3 3 3 3 = + + = + + BA BC BB a b c  . Vậy 1 3 2 3 BN a b c = + + . b) Ta có 2 3 AM AC =  =  = − MA MC MA MC 2 2  + = − + MB BA MB BC 2( ) 1 2 1 2 3 3 3 3  = + = + BM BA BC a b . Do đó: 2 1 1 2 3 3 3 3 MN BN BM a b c a b     = − = + + − +         1 1 1 3 3 3 = + + abc ( ) 1 3 = + + abc .
Theo quy tắc hình hộp ta có lại có BD BA BC BB a b c   = + + = + + . Suy ra 1 3 MN BD =  . Câu 4: [Mức độ 3] Cho hình hộp 1 1 1 1 ABCD A B C D . có 1 2 G G; lần lượt là trọng tâm tam giác BDA1 và CB D1 1 . Chứng minh: 1 1 2 3 3 2 4 AC AG AG = + . Lời giải +) Do 1 2 G G; lần lượt là trọng tâm tam giác BDA1 và CB D1 1 suy ra 1 1 1 1 2 2 1 2 1 0 0 G B G D G A G C G B G D  + + =   + + = . +) Mặt khác: AB AG G B = +1 1 . AD AG G D = +1 1 . AA AG G A 1 1 1 1 = + . Suy ra AB AD AA AG + + =1 1 3 . +) Mà: AB AD AA AC + + =1 1 suy ra AC AG 1 1 = 3 . (1) +) Ta lại có: AC AG G C = +2 2 . AB AG G B 1 2 2 1 = + . AD AG G D 1 2 2 1 = + . Suy ra AC AB AD AG + + = 1 1 2 3  + + + + + = ( AB AD AB AA AD AA AG ) ( 1 1 2 ) ( ) 3 . 1 2 3 2  + + = AB AD AA AG 1 2 3 2  = AC AG . (2) Từ (1) và (2) suy ra 1 1 2 3 2 3 2 AC AG AG = + 1 1 2 3 3 2 4  = + AC AG AG .