Title BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG II_LỜI GIẢI.doc ✅

BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG II PHẦN 1. GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA A - TRẮC NGHIỆM 2.25. Cho tứ diện ABCD . Lấy G là trọng tâm của tam giác BCD . Khẳng định nào sau đây là sai? A. 0BGCGDG→→→→ . B. 3ABACADAG→→→→ . C. 3BCBDBG→→→ . D. 0GAGBGCGD→→→→→ . Lời giải Chọn D +) Vì G là trọng tâm của tam giác BCD nên 0GBGCGD→→→→ . Do đó đáp án A đúng. +) Có 3ABACADAGGBAGGCAGGDAG→→→→→→→→→→ vì 0GBGCGD→→→→ . Do đó đáp án B đúng. BC223 0 BDBGGCBGGDBGGCGDBGGBBG GBGCGDGCGDGB   →→→→→→→→→→→ →→→ → →→→→ Do đó đáp án C đúng. 2.26. Cho hình hộp ABCDABCD . Lấy M là trung điểm của đoạn thẳng CC . Vectơ AM→ bằng A. ABADAA→ . B. 1 2ABADAA→→ . C. 11 22ABADAA→→→ . D. 1 2ABADAA→→→ . Lời giải Chọn B
Ta có AMACCM→→→ . Vì ABCD là hình bình hành nên ACADAB→→→ . Vì M là trung điểm của CC' nên 11 22CMCCAA→→→ . Do đó 1 2AMABADAA→→→→ . 2.27. Cho hình hộp .ABCDABCD . Khẳng định nào dưới đây là sai? A. ABCCAB→→→ . B. ABADAAAC→→→→ . C. ADBBAD→→→ . D. ABCCAC→→→ . Lời giải Chọn D +) Vì . ABCDABCD là hình hộp nên theo quy tắc hình hộp ta có: ABADAAAC→→→→ Do đó đáp án B đúng.  +)  vì 0 ). ABCCABBBCCABBBCC→→→→→→→→→ Do đó đáp án A đúng.  +)  vi 0 ). ADBBADDDBBADDDBB→→→→→→→→→ Do đó đáp án C đúng. 2.28. Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng a , gọi M là trung điểm của đoạn thẳng CD . Tích vô hướng ABAM→→ bằng
A. 2 4 a . B. 2 2 a . C. 2 3 a . D. 2 a . Lời giải Chọn B Vì M là trung điểm của đoạn thẳng CD nên 1 2AMACAD→→→ . Khi đó 111 222ABAMABACADABACABAD→→→→→→→→→ .   2 2 Có cos,cos60 2 cos,cos60 2 a ABACABACABACaa a ABADABADABADaa   ∘ ∘ →→→→→→ →→→→→→ Do đó 222 442 aaa ABAM→→ . 2.29. Trong không gian Oxyz , cho 1;2;2,2;0;3ab→→ . Khẳng định nào dưới đây là sai? A. 1;2;5ab→→ . B. 3;2;1ab→→ . C. 33;2;2a→ . D. 20;4;7ab→→ . Lời giải Chọn C (12;20;23)(1;2;5)ab→→ nên A đúng. (12;20;23)(3;2;1)ab→→ nên B đúng. 3(3.1;3.(2);3.2)(3;6;6)a→ nên C sai. 2(2.12;2(2)0;2.23)(0;4;7)ab→→ nên D đúng.
2.30. Trong không gian Oxyz cho hình bình hành ABCD có (1;0;3),(2;1;1)AB và (3;2;2)C . Toạ độ của điểm D là A. (2;1;0) . B. (0;1;6) . C. (0;1;6) . D. (2;1;0) . Lời giải Chọn C Gọi ;;Dxyz . Vì ABCD là hình bình hành nên 3;1;43;2;2ABDCxyz→→ 330 211. 246 xx yy zz       Vậy 0;1;6D . 2.31. Trong không gian Oxyz cho (1;0;1),(0;1;2)AB và (2;1;0)G . Biết tam giác ABC có trọng tâm là điểm G . Toạ độ của điểm C là A. (5;4;1) . B. (5;4;1) . C. (1;2;1) . D. (1;2;1) . Lời giải Chọn A Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên 3.2105 3.1014 3.0121 CC CC CC xx yy zz       . Vậy C(5; 4; -1). 2.32. Trong không gian Oxyz cho (2;1;3),(2;1;2)ab→→ . Tích vô hướng ab→→ bằng A. -2 . B. -11 . C. 11 . D. 2. Lời giải Chọn B 2(2)1(1)(3)211ab→→ . 2.33. Trong không gian Oxyz cho (2;1;2),(0;1;1)ab→→ . Góc giữa hai vectơ ,ab→ → bằng A. 60 . B. 135 . C. 120 . D. 45 . Lời giải Chọn B 201(1)(2)11 Có cos(,). ||||4140112 ab ab ab    → → → → → → Suy ra (,)135ab→→