Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 1: Hệ trục tọa độ - Mức độ 4.5 - 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 4.5 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 42: [HH12.C3.1.BT.d] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian 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 3SABC . 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  Ta có AD//BC AD nhận CB 5;2; 1 là một VTCP. x 2 5t Kết hợp với AD qua A 2;3;1 AD : y 3 2t t ¡ D 5t 2;2t 3;1 t . z 1 t Biến đổi SABCD 3SABC SACD 2SABC 1  AB 4; 2; 1    AB; AC 4;1; 18 Ta có AC 1; 4;0    AC; AD 4t; t;18t AD 5t;2t; t 1   1 2 2 341 2 SABC AB; AC 4 1 18 2 2 2 1   1 2 2 2 t 341 S AC; AD 4t t 18t ACD 2 2 2 t 341 t 2 D 8;7; 1 Kết hợp với 1 ta được 341 2 t 2 D 12; 1;3    Với D 8;7; 1 AD 10;4; 2 2CB 2BC .    Với D 12; 1;3 AD 10; 4;2 2CB 2BC .   Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC với k 0 . Do đó chỉ có D 12; 1;3 thỏa mãn. Câu 43: [HH12.C3.1.BT.d] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 0;0; 1 , B 1;1;0 , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho 3MA2 2MB2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 3 1 3 1 3 3 3 1 A. M ; ; 1 . B. M ; ;2 . C. M ; ; 1 . D. M ; ; 1 . 4 2 4 2 4 2 4 2 Lời giải Chọn D
2.  2 AM x; y; z 1 AM 2 x2 y2 z 1  2 2 2 2 Giả sử M x; y; z BM x 1; y 1; z BM x 1 y 1 z  CM x 1; y; z 1 CM 2 x 1 2 y2 z 1 2 3MA2 2MB2 MC 2 3 x2 y2 z 1 2 2 x 1 2 y 1 2 z2 x 1 2 y2 z 1 2 2 2 2 2 3 2 2 5 5 4x 4y 4z 6x 4y 8z 6 2x 2y 1 2z 2 . 2 4 4 3 1 3 1 Dấu " " xảy ra x , y , z 1, khi đó M ; ; 1 . 4 2 4 2 Câu 46: [HH12.C3.1.BT.d] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian 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 3SABC . 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  Ta có AD//BC AD nhận CB 5;2; 1 là một VTCP. x 2 5t Kết hợp với AD qua A 2;3;1 AD : y 3 2t t ¡ D 5t 2;2t 3;1 t . z 1 t Biến đổi SABCD 3SABC SACD 2SABC 1  AB 4; 2; 1    AB; AC 4;1; 18 Ta có AC 1; 4;0    AC; AD 4t; t;18t AD 5t;2t; t 1   1 2 2 341 2 SABC AB; AC 4 1 18 2 2 2 1   1 2 2 2 t 341 S AC; AD 4t t 18t ACD 2 2 2 t 341 t 2 D 8;7; 1 Kết hợp với 1 ta được 341 2 t 2 D 12; 1;3    Với D 8;7; 1 AD 10;4; 2 2CB 2BC .
3.    Với D 12; 1;3 AD 10; 4;2 2CB 2BC .   Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC với k 0 . Do đó chỉ có D 12; 1;3 thỏa mãn. Câu 47: [HH12.C3.1.BT.d] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 0;0; 1 , B 1;1;0 , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho 3MA2 2MB2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 3 1 3 1 3 3 3 1 A. M ; ; 1 . B. M ; ;2 . C. M ; ; 1 . D. M ; ; 1 . 4 2 4 2 4 2 4 2 Lời giải Chọn D  2 AM x; y; z 1 AM 2 x2 y2 z 1  2 2 2 2 Giả sử M x; y; z BM x 1; y 1; z BM x 1 y 1 z  CM x 1; y; z 1 CM 2 x 1 2 y2 z 1 2 3MA2 2MB2 MC 2 3 x2 y2 z 1 2 2 x 1 2 y 1 2 z2 x 1 2 y2 z 1 2 2 2 2 2 3 2 2 5 5 4x 4y 4z 6x 4y 8z 6 2x 2y 1 2z 2 . 2 4 4 3 1 3 1 Dấu " " xảy ra x , y , z 1, khi đó M ; ; 1 . 4 2 4 2 Câu 50: [HH12.C3.1.BT.d] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 6;1 và mặt phẳng P : x y 7 0 . Điểm B thay đổi thuộc Oz ; điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng P . Biết rằng tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm B là. A. B 0;0;1 . B. B 0;0; 2 . C. B 0;0; 1 . D. B 0;0;2 . Lời giải Chọn A
4. Trước hết ta nhận thấy Oz// P và xO yO 7 xA yA 7 0 nên A và Oz nằm về một phía của mặt phẳng P . Gọi A là điểm đối xứng của A qua P . Gọi p là chu vi tam giác ABC . Ta có p AB BC CA AB BC A C AB A B . Do Oz// P nên AA  Oz . Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên Oz , ta có Oz  A K . AB AK Lúc đó pmin khi K  B . A B A K Vậy B 0;0;1 .