Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 1: Hệ trục tọa độ - Mức độ 3.1 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 1: Hệ trục tọa độ - Mức độ 3.1 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 24. [HH12.C3.1.BT.c] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0; 2; 1 , B 2; 4;3 , C 1;3; 1 và mặt phẳng P : x y 2z 3 0 . Tìm    điểm M P sao cho MA MB 2MC đạt giá trị nhỏ nhất. 1 1 1 1 A. M ; ; 1 . B. M ; ;1 . C. M 2;2; 4 . D. M 2; 2;4 . 2 2 2 2 Lời giải Chọn A M A B I Gọi I , O lần lượt là trung điểm của AB và IC , khi đó với điểm M bất kỳ ta luôn có           MA MB MI IA MI IB 2MI ; tương tự MI MC 2MO .        Suy ra d MA MB 2MC 2MI 2MC 4 MO nên d nhỏ nhất khi và chỉ khi MO nhỏ nhất MO  P nên M là hình chiếu vuông góc của O lên P . Có A 0; 2; 1 , B 2; 4;3 I 1; 3;1 , kết hợp với C 1;3; 1 ta có O 0;0;0 . x t Đường thẳng qua O 0;0;0 vuông góc với P có phương trình d : y t . z 2t Giao điểm của d và P chính là hình chiếu vuông góc M của O 0;0;0 lên mặt phẳng P . x t y t 1 1 1 Giải hệ ta được t , x , y , z 1. z 2t 2 2 2 x y 2z 3 0 1 1 Vậy M ; ; 1 . 2 2 Câu 34: [HH12.C3.1.BT.c] [B1D2M2] (THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1; 1;1 , B 3;1;2 , D 1;0;3 . Xét điểm C sao cho tứ giác ABCD là hình thang có hai đáy AB , CD và có góc tại C bằng 45. Chọn khẳng định đúng trong bốn khẳng định sau: 7 A. Không có điểm C như thế. B. C 0;1; . 2 C. C 5;6;6 .D. C 3;4;5 . Lời giải Chọn D
2. A B  D C Ta có AB 2; 2;1 . H Phương trình mặt phẳng vuông góc với AB tại B : 2 x 3 2 y 1 z 2 0 2x 2 y z 10 0 . Phương trình đường thẳng d đi qua điểm D 1;0;3 và song song với AB là x 1 2t d : y 2t . z 3 t Gọi H x; y; z chân đường cao hạ từ đỉnh B xuống vuông góc với DC . Suy ra tọa độ 2x 2y z 10 0 x 1 x 1 2t H x; y; z là nghiệm của hệ phương trình: y 2 H 1; 2; 4 . y 2t z 4 z 3 t Khi đó tam giác HBC vuông cân tại H HB HC . Lần lượt thay tọa độ C ở đáp án, ta được điểm C 3;4;5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. HB HC 3 1 2 1 2 2 2 4 2 3 1 2 4 2 2 5 4 2 3 3 . Câu 36: [HH12.C3.1.BT.c] [B1D2M2] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Trong không gian Oxyz , cho A 2;1; 1 , B 3; 0;1 , C 2; 1; 3 và D nằm trên trục Oy và thể tích tứ diện ABCD bằng 5 . Tọa độ của D là D 0; 7; 0 D 0; 7; 0 A. D 0; 7; 0 . B. D 0; 8; 0 .C. . D. . D 0; 8; 0 D 0; 8; 0 Lời giải Chọn C Vì D Oy nên D(0; y;0)      Ta có: AB (1; 1;2) , AC 0; 2;4 AB, AC 0; 4; 2 , AD 2; y 1;1 1    1 y 7 V AB, AC .AD 2 4y . Vậy V 5 2 4y 30 . ABCD ABCD 6 6 y 8 Câu 43: [HH12.C3.1.BT.c] [B1D2M3](SGD-BÌNH PHƯỚC) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD.A B C D . Biết tọa độ các đỉnh A 3;2;1 ,C 4;2;0 , B 2;1;1 , D 3;5;4 . Tìm tọa độ điểm A của hình hộp. A. A 3;3;1 .B. A 3;3 ;3 .C. A 3;3 ; 3 .D. A 3;3;3 . Lời giải Chọn D
3. 1 1 Gọi I là trung điểm của AC I ;2; . 2 2 1 5 Gọi J là trung điểm của B D J ;3; . 2 2  Ta có IJ 0;1;2 . xA' 3 0 xA' 3   Ta có AA IJ yA' 2 1 yA' 3 . zA' 1 2 zA' 3 Vậy A 3;3;3 . Câu 44: [HH12.C3.1.BT.c] [B1D2M4](SGD-BÌNH PHƯỚC) Cho tam giác ABC với A 1; 2; 1 , B 2; 1; 3 , C 4; 7; 5 . Độ dài phân giác trong của ABC kẻ từ đỉnh B là 2 74 2 74 3 73 A. .B. . C. . D. 2 30 . 5 3 3 Lời giải Chọn B Gọi D a; b; c là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B. 2 a 3 2 a 1 a 4 BA AD 1  1  11 2 74 Ta có AD CD 2 b 2 b 7 b BD . BC CD 2 2 3 3 2 c 1 c 5 c 1 Câu 48: [HH12.C3.1.BT.c] [B1D4M1](THPT HAI BÀ TRƯNG) Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A 1; 2;0 , B 1;0; 1 và C 0; 1;2 , D 0;m;k . Hệ thức giữa m và k để bốn điểm ABCD đồng phẳng là : A. m k 1.B. m 2k 3. C. 2m 3k 0 . D. 2m k 0 . Lời giải Chọn B    AB (0;2; 1) AC ( 1;1;2) AD ( 1;m 2;k)      AB, AC (5;1;2) AB, AC .AD m 2k 3
4.    Vậy bốn điểm ABCD đồng phẳng AB, AC .AD 0 m 2k 3 Chú ý: Có thể lập phương trình ( ABC) sau đó thay D để có kết quả. Câu 44. [HH12.C3.1.BT.c] (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 8 Tuần HK1 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ABC biết A 2;0;0 , B 0;2;0 , C 1;1;3 . H x0 ; y0 ; z0 là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC . Khi đó x0 y0 z0 bằng: 38 34 30 11 A. .B. .C. . D. . 9 11 11 34 Lời giải Chọn B  Đường thẳng BC có véc tơ chỉ phương là BC 1; 1;3 x t Nên phương trình đường thẳng BC : y 2 t t ¡ . z 3t Gọi H t;2 t;3t BC .  Khi đó: AH t 2;2 t;3t . Mà H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC nên     4 AH  BC AH.BC 0 t 2 2 t 9t 0 t . 11 4 18 12 34 H ; ; x0 y0 z0 . 11 11 11 11 Câu 31: [HH12.C3.1.BT.c] (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 0;2; 2 , B 2;2; 4 . Giả sử I a;b;c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB . Tính T a2 b2 c2 . A. T 8 B. T 2 C. T 6 D. T 14 Lời giải Chọn A   Ta có OA 0;2; 2 , OB 2;2; 4 . OAB có phương trình: x y z 0 I OAB a b c 0 .    AI a;b 2;c 2 , BI a 2;b 2;c 4 , OI a;b;c . 2 2 2 2 AI BI a c 2 a 2 c 4 a c 4 Ta có hệ AI OI 2 2 2 2 b c 2 b 2 c 2 b c a c 4 a 2 a c 4 Ta có hệ b c 2 b 0 . b c 2 a b c 0 c 2 Vậy I 2;0; 2 T a2 b2 c2 8 Câu 25: [HH12.C3.1.BT.c] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A 2;3;1 , B 2;1;0 , C 3; 1;1 . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và SABCD 3S ABC
5. D 8; 7;1 D 8;7; 1 A. D 8;7; 1 .B. . C. .D. D 12; 1;3 . D 12;1; 3 D 12; 1;3 Lời giải Chọn D 1 1 2S Ta có: S AD BC .d A, BC S AD BC . ABC . ABCD 2 ABCD 2 BC AD BC .S 3S ABC 3BC AD BC AD 2BC . ABC BC   Mà ABCD là hình thang có đáy AD nên AD 2BC 1 .   BC 5; 2;1 , AD xD 2; yD 3; zD 1 . xD 2 10 xD 12 1 yD 3 4 yD 1 . zD 1 2 zD 3 Vậy D 12; 1;3 . Câu 45: [HH12.C3.1.BT.c] (Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 2; 1;1 , M 5;3;1 , N 4;1;2 và mặt phẳng P : y z 27 . Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm C trên P và điểm D trên tia AN sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Tọa độ điểm C là A. 15;21;6 .B. 21;21;6 .C. 15;7;20 .D. 21;19;8 . Lời giải Chọn B A F E N M D B K C   1  3 4 Ta có AM 3;4;0 ; AM 5. Gọi E là điểm sao cho AE .AM ; ;0 , khi đó E AM 5 5 thuộc tia AM và AE 1.   1  2 2 1 Ta cũng có AN 2;2;1 ; AN 3 . Gọi F là điểm sao cho AF .AN ; ; , khi đó AN 3 3 3 F thuộc tia AN và AF 1.
6.    19 22 1 1 Do ABCD là hình thoi nên suy ra AK AE AF ; ; 19;22;5 cùng hướng 15 15 3 15  với AC , hay u 19;22;5 là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng AC . Phương trình x 2 19t đường thẳng AC là: AC : y 1 22t . z 1 5t Tọa độ điểm C ứng với t là nghiệm phương trình: 1 22t 1 5t 27 t 1. Do đó C 21;21;6 . Câu 26: [HH12.C3.1.BT.c] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 -2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 1;1;1 , B 2;3;0 . Biết rằng tam giác ABC có trực tâm H 0;3;2 tìm tọa độ của điểm C . A. C 3;2;3 .B. C 4;2;4 . C. C 1;2;1 .D. C 2;2;2 . Lời giải Chọn C   AH  BC   Gọi C a;b;c . Ta có H là trực tâm tam giác ABC nên BH  AC    AB, AC .AH 0     AH 1;2;1 , BH 2;0;2 , AC a 1;b 1;c 1 , BC a 2;b 3;c ,  AB 1;2; 1 .   AB, AC 2c b 3, a c 2,b 2a 1 . a 2 2b 6 c 0 a 2b c 4 a 1 Suy ra 2a 2 2c 2 0 2a 2c 0 b 2 2c b 3 2a 2c 4 b 2a 1 0 4a 4c 8 c 1 Vậy C 1;2;1 . Câu 37: [HH12.C3.1.BT.c] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. A B C D có A trùng với gốc tọa độ O . Biết rằng B m;0;0 , D 0;m;0 , A 0;0;n với m , n là các số dương và m n 4. Gọi M là trung điểm của cạnh CC . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện BDA M bằng 245 9 64 75 A. .B. .C. .D. . 108 4 27 32 Lời giải Chọn C
7. Ta có: A 0;0;0 , B m;0;0 , D 0;m;0 , A 0;0;n suy ra C m;m;0 , n B m;0;n , C m;m;n , D 0;m;n , M m;m; . 2    n BD m;m;0 , BA m;0;n , BM 0;m; . 2    1 1 2 1 2 1 V BD, BA .BM m .n m . 4 m m.m. 8 2m BDA M 6 4 4 8 3 1 m m 8 2m 64 . 8 3 27 Câu 6: [HH12.C3.1.BT.c](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M 3;13;2 , N 7;29;4 , P 31;125;16 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. M , N , P thẳng hàng, N ở giữa M và P . B. M , N , P thẳng hàng, P ở giữa M và N . C. M , N , P thẳng hàng, M ở giữa P và N . D. M , N , P không thẳng hàng. Lời giải Chọn A    Ta có MN 4;16;2 , MP 28;112;14 nên MP 7MN do đó M , N , P thẳng hàng, N ở giữa M và P . Câu 48: [HH12.C3.1.BT.c] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S có phương trình là x2 y2 z2 2x 2y 6z 7 0 . Cho ba điểm A , M , B nằm trên mặt cầu S sao cho ·AMB 90 . Diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng? A. 4 . B. 2 . C. 4 . D. Không tồn tại. Lời giải Chọn A Ta có S : x 1 2 y 1 2 z 3 2 4 S có tâm I 1;1;3 và bán kính R 2 . Bài ra A , M , B nằm trên mặt cầu S và ·AMB 90 AB qua I AB 2R 4 .
8. 1 MA2 MB2 AB2 Ta có S MA.MB 4 . AMB 2 4 4 AB Dấu " " xảy ra MA MB 2 2 và AB 4 . 2 Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4 . Câu 14: [HH12.C3.1.BT.c] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Ba đỉnh A(1;2;1) , B(2;0; 1) , C(6;1;0) Hình thang có diện tích bằng 6 2 . Giả sử đỉnh D(a;b;c) , tìm mệnh đề đúng? A. a b c 6 . B. a b c 5 . C. a b c 8 . D. a b c 7 . Lời giải Chọn A.     Ta có AB 1; 2; 2 AB 3; BC 4;1;1 BC 3 2 . Theo giả thiết ABCD là hình thang vuông tại A và B và có diện tích bằng 6 2 1 1 1 nên AB AD BC 6 2 .3. AD 3 2 6 2 AD 2 AD BC . 2 2 3  1  Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên AD BC . 3 4 7 a 1 a 3 3 1 7 Giả sử D(a;b;c) khi đó ta có b 2 b a b c 6 . 3 3 1 4 c 1 c 3 3 Câu 12: [HH12.C3.1.BT.c] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình bình hành ABCD . Biết A 2;1; 3 , B 0; 2;5 và C 1;1;3 . Diện tích hình bình hành ABCD là 349 A. 2 87 . B. . C. 349 . D. 87 . 2 Lời giải Chọn C     Ta có: AB 2; 3;8 và AC 1;0;6 AB, AC 18;4; 3 .   Vậy: S AB, AC 18 2 42 3 2 349 . ABCD Câu 47: [HH12.C3.1.BT.c] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 2; 3;7 , B 0;4;1 , C 3;0;5 và D 3;3;3 . Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng Oyz sao cho biểu thức     MA MB MC MD đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tọa độ của M là: A. M 0;1; 4 . B. M 2;1;0 . C. M 0;1; 2 . D. M 0;1;4 . Lời giải
9. Chọn D       Ta có: AB 2;7; 6 , AC 1;3; 2 , AD 1;6; 4 nên AB, AC .AD 4 0 .    Suy ra: AB , AC , AD không đồng phẳng. Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD . Khi đó G 2;1;4 .      Ta có: MA MB MC MD 4MG 4MG .     Do đó MA MB MC MD nhỏ nhất khi và chỉ khi MG ngắn nhất. Vậy M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng Oyz nên M 0;1;4 . Câu 49: [HH12.C3.1.BT.c] (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi - 2017 - 2018 - BTN)Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 0; 1;2 , B 2; 3;0 , C 2;1;1 , D 0; 1;3 . Gọi L là tập     hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức MA.MB MC.MD 1. Biết rằng L là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r bằng bao nhiêu? 11 7 3 5 A. r . B. r . C. r . D. r . 2 2 2 2 Lời giải Chọn A Gọi M x; y; z là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có     AM x; y 1; z 2 , BM x 2; y 3; z , CM x 2; y 1; z 1 , DM x; y 1; z 3 .       MA.MB 1 Từ giả thiết: MA.MB MC.MD 1   MC.MD 1 x x 2 y 1 y 3 z z 2 1 x2 y2 z2 2x 4y 2z 2 0 2 2 2 x x 2 y 1 y 1 z 1 z 3 1 x y z 2x 4z 1 0 Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm I1 1; 2;1 , R1 2 và mặt cầu tâm I2 1;0;2 , R2 2. M I 1 I2 Ta có: I1I2 5 . 2 2 I1I2 5 11 Dễ thấy: r R1 4 . 2 4 2