Giải SGK Toán 12 (Cánh diều): Bài tập cuối chương 2 trang 82

Giải chi tiết Giải SGK Toán 12 (Cánh diều): Bài tập cuối chương 2 trang 82 – SÁCH GIÁO KHOA TOÁN 12 CÁNH DIỀU – 2024

================

Giải bài tập Toán 12 Bài tập cuối chương 2 trang 82

Bài tập

Bài 1 trang 82 Toán 12 Tập 1: Cho điểm M thỏa mãn $\overrightarrow{OM}=3\overrightarrow{i}+4\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}$. Tọa độ của điểm M là:

A. (2; 3; 4).

B. (3; 4; 2).

C. (4; 2; 3).

D. (3; 2; 4).

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có $\overrightarrow{OM}=3\overrightarrow{i}+4\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}$, do đó M(3; 4; 2).

Bài 2 trang 82 Toán 12 Tập 1: Cho hai điểm M(1; – 2; 3) và N(3; 4; – 5). Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{NM}$ là:

A. (– 2; 6; 8).

B. (2; 6; – 8).

C. (– 2; 6; – 8).

D. (– 2; – 6; 8).

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có $\overrightarrow{NM}=\left(1-3;-2-4;3-\left(-5\right)\right)=\left(-2;-6;8\right)$.

Bài 3 trang 82 Toán 12 Tập 1: Cho hai vectơ $\overrightarrow{u}=\left(3;-4;5\right),\overrightarrow{v}=\left(5;7;-1\right)$. Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ là:

A. (8; 3; 4).

B. (– 2; – 11; 6).

C. (2; 11; – 6).

D. (– 8; – 3; – 4).

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ = (3 + 5; – 4 + 7; 5 + (– 1)).

Do đó, $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ = (8; 3; 4).

Bài 4 trang 82 Toán 12 Tập 1: Cho hai vectơ $\overrightarrow{u}=\left(1;–2;3\right),\overrightarrow{v}=\left(5;4;-1\right)$. Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$ là:

A. (4; 6; 4).

B. (– 4; – 6; 4).

C. (4; 6; – 4).

D. (– 4; – 6; – 4).

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có $\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$ = (1 – 5; – 2 – 4; 3 – (– 1)).

Do đó, $\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$ = (– 4; – 6; 4).

Bài 5 trang 82 Toán 12 Tập 1: Cho vectơ $\overrightarrow{u}=\left(1;-1;3\right)$. Tọa độ của vectơ $-3\overrightarrow{u}$ là:

A. (3; – 3; 9).

B. (3; – 3; – 9).

C. (– 3; 3; – 9).

D. (3; 3; 9).

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có $-3\overrightarrow{u}$ = (– 3 ∙ 1 ; – 3 ∙ (– 1); – 3 ∙ 3) = (– 3; 3; – 9).

Bài 6 trang 82 Toán 12 Tập 1: Độ dài của vectơ $\overrightarrow{u}=\left(2;-2;1\right)$ là:

A. 9.

B. 3.

C. 2.

D. 4.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có 

Bài 7 trang 82 Toán 12 Tập 1: Tích vô hướng của hai vectơ $\overrightarrow{u}=\left(1;-2;3\right)$ và $\overrightarrow{v}=\left(3;4;-5\right)$ là:

A. $\sqrt{14}\cdot \sqrt{50}$.

B. $-\sqrt{14}\cdot \sqrt{50}$.

C. 20.

D. – 20.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}=1\cdot 3+\left(-2\right)\cdot 4+3\cdot \left(-5\right)=-20$.

Bài 8 trang 82 Toán 12 Tập 1: Khoảng cách giữa hai điểm I(1; 4; – 7) và K(6; 4; 5) là:

A. 169.

B. 13.

C. 26.

D. 6,5.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có

Bài 9 trang 82 Toán 12 Tập 1: Cho hai điểm M(1; – 2; 3) và N(3; 4; – 5). Trung điểm của đoạn thẳng MN có tọa độ là:

A. (– 2; 1; 1).

B. (2; 1; 1).

C. (– 2; 1; – 1).

D. (2; 1; – 1).

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Gọi tọa độ trung điểm của đoạn thẳng MN là (x; y; z).

Ta có $x=\frac{1+3}{2}=2;y=\frac{-2+4}{2}=1;z=\frac{3+\left(-5\right)}{2}=-1$.

Vậy tọa độ trung điểm của đoạn thẳng MN là (2; 1; – 1).

Bài 10 trang 82 Toán 12 Tập 1: Cho tam giác MNP có M(0; 2; 1), N(–1; –2; 3) và P(1; 3; 2). Trọng tâm của tam giác MNP có tọa độ là:

A. (0; 1; 2).

B. (0; 3; 6).

C. (0; – 3; – 6).

D. (0; – 1; – 2).

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi tọa độ trọng tâm của tam giác MNP là (x; y; z).

Ta có $x=\frac{0+\left(-1\right)+1}{3}=0;y=\frac{2+\left(-2\right)+3}{3}=1;z=\frac{1+3+2}{3}=2$.

Vậy tọa độ trọng tâm của tam giác MNP là (0; 1; 2).

Bài 11 trang 83 Toán 12 Tập 1: Cho hai vectơ $\overrightarrow{u}=\left(1;-2;3\right)$ và $\overrightarrow{v}=\left(3;4;-5\right)$. Hãy chỉ ra tọa độ của một vectơ $\overrightarrow{w}$ khác $\overrightarrow{0}$ vuông góc với cả hai vectơ $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$.

Lời giải:

Ta có 

Chọn $\overrightarrow{w}=\left(-2;14;10\right)$, ta có vectơ $\overrightarrow{w}$ vuông góc với cả hai vectơ $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$.

Bài 12 trang 83 Toán 12 Tập 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AA’ và CC’. Tính góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{A{D}^{‘}}$.

Lời giải:

Vì M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AA’ và CC’ nên MN // AC, MN = AC.

Suy ra $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AC}$. Do đó, $\left(\overrightarrow{MN},\overrightarrow{A{D}^{‘}}\right)=\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{A{D}^{‘}}\right)=\widehat{CA{D}^{‘}}$.

Ta tính được $A{D}^{‘}=AC=C{D}^{‘}=a\sqrt{2}$ nên tam giác ACD’ là tam giác đều.

Suy ra $\widehat{CA{D}^{‘}}=60°$.

Vậy $\left(\overrightarrow{MN},\overrightarrow{A{D}^{‘}}\right)=60°$.

Bài 13 trang 83 Toán 12 Tập 1: Xét hệ toạ độ Oxyz gắn với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ như Hình 39, đơn vị của mỗi trục bằng độ dài cạnh hình lập phương. Biết A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A'(0; 0; 1).

a) Xác định toạ độ các đỉnh còn lại của hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.

b) Xác định toạ độ trọng tâm G của tam giác A’BD.

c) Xác định toạ độ các vectơ $\overrightarrow{OG}$ và $\overrightarrow{O{C}^{‘}}$. Chứng minh rằng ba điểm O, G, C’ thẳng hàng và OG = $\frac{1}{3}$OC’.

Lời giải:

a) Ta có điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên cao độ của điểm C bằng 0.

Lại có CB ⊥ Ox tại B nên hoành độ của điểm C là 1, CD ⊥ Oy tại D nên tung độ của điểm C là 1. Vậy C(1; 1; 0).

Tương tự như vậy, ta xác định được B'(1; 0; 1) và D'(0; 1; 1).

Ta có $\overrightarrow{A{A}^{‘}}=\left(0;0;1\right),\overrightarrow{AB}=\left(1;0;0\right),\overrightarrow{AD}=\left(0;1;0\right)$ .

Áp dụng quy tắc hình hộp trong hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ ta có

$\overrightarrow{A{C}^{‘}}=\overrightarrow{A{A}^{‘}}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$ = (0+1+0; 0+0+1; 1+0+0) = (1;1;1)

Do đó, $\overrightarrow{O{C}^{‘}}=\overrightarrow{A{C}^{‘}}=\left(1;1;1\right)$, suy ra C'(1; 1; 1).

b) Gọi tọa độ trọng tâm G của tam giác A’BD là (x_G; y_G; z_G).

Ta có $x_G=\frac{0+1+0}{3}=\frac{1}{3};y_G=\frac{0+0+1}{3}=\frac{1}{3};z_G=\frac{1+0+0}{3}=\frac{1}{3}$.

Vậy $G\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$.

c) Vì $G\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$ nên $\overrightarrow{OG}=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$

Ta có $\overrightarrow{O{C}^{‘}}=\left(1;1;1\right)$, do đó $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{O{C}^{‘}}$.

Suy ra hai vectơ $\overrightarrow{OG}$ và $\overrightarrow{O{C}^{‘}}$ cùng phương nên hai hai đường OG và OC’ song song hoặc trùng nhau, mà OG ∩ OC’ = O nên hai đường thẳng này trùng nhau, tức là ba điểm O, G, C’ thẳng hàng.

Từ $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{O{C}^{‘}}$ suy ra , 

Bài 14 trang 83 Toán 12 Tập 1: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; – 3), B(0; – 4; 5) và C(– 1; 2; 0).

a) Chứng minh rằng ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Tìm toạ độ của điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.

c) Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC.

d) Tính chu vi của tam giác ABC.

e) Tính $\cos \widehat{BAC}$.

Lời giải:

a) Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-2;-4;8\right)$, $\overrightarrow{AC}=\left(-3;2;3\right)$.

Suy ra $\overrightarrow{AB}=\left(-2;-4;8\right)\ne k\overrightarrow{AC}=\left(-3k;2k;3k\right)$ với mọi k ∈ ℝ nên hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ không cùng phương.

Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Gọi tọa độ điểm D là (x_D; y_D; z_D). Ta có $\overrightarrow{DC}$ = (– 1 – x_D; 2 – y_D; – z_D).

Tứ giác ABCD là hình bình hành khi

Vậy D(1; 6; – 8).

c) Gọi tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là (x_G; y_G; z_G).

Ta có

$x_G=\frac{2+0+\left(-1\right)}{3}=\frac{1}{3};y_G=\frac{0+\left(-4\right)+2}{3}=\frac{-2}{3};z_G=\frac{-3+5+0}{3}=\frac{2}{3}$

Vậy $G\left(\frac{1}{3};\frac{-2}{3};\frac{2}{3}\right)$ .

d) Ta có

Chu vi tam giác ABC là C = AB + AC + BC = $2\sqrt{21}+\sqrt{22}+\sqrt{62}$.

e) Ta có

Lại có $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\widehat{BAC}$. Do đó, $\cos \widehat{BAC}=\frac{\sqrt{462}}{42}$.

Bài 15 trang 83 Toán 12 Tập 1: Một chiếc máy được đặt trên một giá đỡ ba chân với điểm đặt E(0 ; 0 ; 6) và các điểm tiếp xúc với mặt đất của ba chân lần lượt là A­­₁(0; 1; 0), $A_2\left(\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{1}{2};0\right)$, $A_3\left(-\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{1}{2};0\right)$ (Hình 40). Biết rằng trọng lượng của chiếc máy là 300 N. Tìm tọa độ của các lực tác dụng lên giá đỡ $\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{F_3}$.

Lời giải:

Theo giả thiết, ta có các điểm E(0; 0; 6), A­­₁(0; 1; 0), $A_2\left(\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{1}{2};0\right)$, $A_3\left(-\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{1}{2};0\right)$ .

Suy ra 

Suy ra

Vì vậy, tồn tại hằng số c ≠ 0 sao cho:

$\overrightarrow{F_1}=c\overrightarrow{E{A}_1}=\left(0;c;-6c\right)$;

$\overrightarrow{F_2}=c\overrightarrow{E{A}_2}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}c;-\frac{1}{2}c;-6c\right)$;

$\overrightarrow{F_3}=c\overrightarrow{E{A}_3}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}c;-\frac{1}{2}c;-6c\right)$.

Suy ra $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\left(0;0;-18c\right)$.

Mặt khác, ta có: $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F}$, trong đó $\overrightarrow{F}=\left(0;0;-300\right)$ là trọng lực tác dụng lên máy quay. Suy ra – 18c = – 300, tức là c = $\frac{50}{3}$.

Vậy $\overrightarrow{F_1}=\left(0;\frac{50}{3};-100\right)$;

$\overrightarrow{F_2}=\left(\frac{25\sqrt{3}}{3};\frac{-25}{3};-100\right);$

$\overrightarrow{F_3}=\left(\frac{-25\sqrt{3}}{3};\frac{-25}{3};-100\right)$.

=============
THUỘC: Giải bài tập Toán 12 – SGK CÁNH DIỀU