Đề kiểm tra Hệ trục tọa độ trong không gian lớp 12 (có lời giải) - Đề 2

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {2 - 1;\,2 - 1;\,1 - \left( { - 2} \right)} \right)\) hay \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;\,1;\,3} \right)\).

Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {CD}  = \left( {x + 3;y - 1;z - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {BA}  = \left( { - 1; - 3;7} \right)\).

Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi: \(\overrightarrow {BA}  = \overrightarrow {CD}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3 =  - 1\\y - 1 =  - 3\\z - 2 = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 4\\y =  - 2\\z = 9\end{array} \right.\)\( \Rightarrow C\left( { - 4; - 2;9} \right)\)

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên

\(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} - {x_A} = {x_C} - {x_D}\\{y_B} - {y_A} = {y_C} - {y_D}\\{z_B} - {z_A} = {z_C} - {z_D}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 2\\{y_C} = 0\\{z_C} = 2\end{array} \right. \Rightarrow C(2;0;2)\)

Ta có: \[\overrightarrow {OM}  = \left( {1;5;2} \right) \Rightarrow M\left( {1;5;2} \right)\], \[\overrightarrow {ON}  = \left( {3;7; - 4} \right) \Rightarrow N\left( {3;7; - 4} \right)\].

Vì \[P\] là điểm đối xứng với \[M\]qua \[N\] nên \[N\] là trung điểm của \(MP\), ta suy ra được

\(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {NP} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_N} - {x_M} = {x_P} - {x_N}\\{y_N} - {y_M} = {y_P} - {y_N}\\{z_N} - {z_M} = {z_P} - {z_N}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_P} = 5\\{y_P} = 9\\{z_P} =  - 10\end{array} \right. \Rightarrow P\left( {5;9; - 10} \right)\).

Khi đó \[\overrightarrow {KP}  = \left( {6;6; - 11} \right)\].

Ta có \[\overrightarrow {AB}  = \left( {3; - 1;5} \right)\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} - {x_A} = 3\\{y_B} - {y_A} =  - 1\\{z_B} - {z_A} = 5\end{array} \right.\].\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} - 1 = 3\\{y_B} - 3 =  - 1\\{z_B} + 1 = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 4\\{y_B} = 2\\{z_B} = 4\end{array} \right.\].

Vậy \[B\left( {4;2;4} \right)\] hay \[\overrightarrow {OB}  = \left( {4\,;\,2\,;\,4} \right)\].

Gọi \[H\] là hình chiếu vuông góc của \[A\left( {1;2;3} \right)\] lên \[Oy\]. Suy ra \[H\left( {0;2;0} \right)\]

Khi đó \[H\] là trung điểm đoạn \[AA'\].

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 2{x_H} - {x_A} =  - 1\\{y_{A'}} = 2{y_H} - {y_A} = 2\\{z_{A'}} = 2{z_H} - {z_A} =  - 3\end{array} \right.\)\( \Rightarrow A'\left( { - 1;2; - 3} \right)\).

Gọi \[I\left( {a;\,b;\,c} \right)\] suy ra \[\overrightarrow {BI}  = \left( {a - 3;\,b - 1;\,c} \right)\], \[\overrightarrow {ID}  = \left( { - a;\,4 - b;\, - 6 - c} \right)\].

Vì\[ABCD\] là hình bình hành tâm \[I\] nên \[\overrightarrow {BI}  = \overrightarrow {ID} \]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 3 =  - a\\b - 1 = 4 - b\\c =  - 6 - c\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{2}\\b = \frac{5}{2}\\c =  - 3\end{array} \right.\].

Vậy \[I\left( {\frac{3}{2};\,\frac{5}{2};\, - 3} \right)\].

\[\overrightarrow {OM}  = 3\,\overrightarrow i  + 5\overrightarrow j  - 7\overrightarrow k \] \[ \Rightarrow M\left( {3;\,5;\, - 7} \right)\].

Tọa độ hình chiếu của \[M\]lên mặt phẳng \[\left( {Oxz} \right)\] là \[H\left( {3;\,0;\, - 7} \right)\].

Gọi \[M'\left( {a;\,b;\,c} \right)\] là điểm đối xứng với \[M\]qua mặt phẳng \[\left( {Oxz} \right)\], suy ra \[\overrightarrow {MH}  = \overrightarrow {HM'} \] mà \[\overrightarrow {MH}  = \left( {0;\, - 5;\,0} \right)\], \[\overrightarrow {HM'}  = \left( {a - 3;\,b;\,c + 7} \right)\] nên \[\left\{ \begin{array}{l}a - 3 = 0\\b =  - 5\\c + 7 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b =  - 5\\c =  - 7\end{array} \right.\]. Vậy \[M'\left( {3;\, - 5;\, - 7} \right)\].