Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 4: Phương trình mặt phẳng có dử dụng phương trình đường thẳng - Mức độ 3.4 - 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 4: Phương trình mặt phẳng có dử dụng phương trình đường thẳng - Mức độ 3.4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 37: [HH12.C3.4.BT.c] (Chuyên Thái Bình - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1;2;3 . Gọi P là mặt phẳng đi qua điểm M và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất, mặt phẳng P cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C . Tính thể tích khối chóp O.ABC . 1372 686 524 343 A. .B. .C. .D. . 9 9 3 9 Lời giải Chọn B x y z Gọi A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c . Ta có phương trình mặt phẳng P là: 1. a b c Gọi H là hình chiếu của O lên P . Ta có: d O; P OH OM .  Do đó max d O; P OM khi và chỉ khi P qua M 1;2;3 nhận OM 1;2;3 làm VTPT. Do đó P có phương trình: x y z 1 x 1 2 y 2 3 z 3 0 x 2y 3z 14 1. 14 7 14 3 14 Suy ra: a 14 , b 7 , c . 3 1 1 14 686 Vậy V .OA.OB.OC .14.7. . O.ABC 6 6 3 9 Câu 17: [HH12.C3.4.BT.c] [SGD VĨNH PHÚC] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba x t1 x 1 x 1 đường thẳng d1 : y 0 , d2 : y t2 , d3 : y 0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm z 0 z 0 z t3 H 3;2;1 và cắt ba đường thẳng d1, d2 , d3 lần lượt tại A, B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . A. 2x 2y z 11 0 . B. x y z 6 0. C. 2x 2y z 9 0. D. 3x 2y z 14 0 . Lời giải Chọn A Gọi A a;0;0 , B 1;b;0 , C 1;0;c .     AB 1 a;b;0 , BC 0; b;c , CH 2;2;1 c , AH 3 a;2;1 . Yêu cầu bài toán    AB, BC .CH 0 2bc 2c a 1 1 c b a 1 0   b 0 2 3 AB.CH 0 a b 1 9b 2b 0 9   b BC.AH 0 c 2b 2
2. Nếu b 0suy ra A  B (loại). 9 11 9 Nếu b , tọa độ A ;0;0 , B 1; ;0 , C 1;0;9 . Suy ra phương trình mặt phẳng 2 2 2 ABC là 2x 2y z 11 0 . Câu 21: [HH12.C3.4.BT.c] [T.T DIỆU HIỀN] [2017] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 , B 0;1;2 , C 2;0;1 P : x y z 1 0 . Tìm điểm N P sao cho S 2NA2 NB2 NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 1 5 3 3 1 A. N ; ; . B. N 3;5;1 . C. N 2;0;1 . D. N ; ; 2 . 2 4 4 2 2 Lời giải Chọn A 1 3 3 5 Gọi I là trung điểm BC và J là trung điểm AI . Do đó I 1; ; và J 0; ; . 2 2 4 4 1 1 Khi đó S 2NA2 2NI 2 BC 2 4NJ 2 IJ 2 BC 2 . 2 2 Do đó S nhỏ nhất khi NJ nhỏ nhất. Suy ra J là hình chiếu của N trên P . x t 3 Phương trình đường thẳng NJ : y t . 4 5 z t 4 x y z 1 0 1 x x t 2 3 5 Tọa độ điểm J là nghiệm của hệ: y t y 4 4 5 3 z t z 4 4 Câu 23: [HH12.C3.4.BT.c] [LẠNG GIANG SỐ 1] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;0;2 ; B 0; 1;2 và mặt phẳng P : x 2y 2z 12 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc P sao cho MA MB nhỏ nhất? 6 18 25 A. .M 2;2;9 B. . M ; ; 11 11 11 7 7 31 2 11 18 C. .M ; D.; M ; ; . 6 6 4 5 5 5 Lời giải Chọn D
3. Thay tọa độ A 1;0;2 ; B 0; 1;2 vào phương trình mặt phẳng P , ta được P A P B 0 hai điểm A, B cùng phía với đối với mặt phẳng P . Gọi A là điểm đối xứng của A qua P . Ta có MA MB MA MB A B . Nên min MA MB A B khi và chỉ khi M là giao điểm của A B với P . x 1 t  Phương trình AA : y 2t ( AA đi qua A 1;0;2 và có véctơ chỉ phương n P 1;2; 1 ). z 2 2t Gọi H là giao điểm của AA trên P , suy ra tọa độ của H là H 0; 2;4 , suy ra x t A 1; 4;6 , nên phương trình A B : y 1 3t . z 2 4t 2 11 18 Vì M là giao điểm của A B với P nên ta tính được tọa độ M ; ; . 5 5 5 Câu 42: [HH12.C3.4.BT.c] [AN LÃO] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x 2 y 1 z d : . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt các trục 1 2 1 Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d. A. P : x 2y 5z 4 0. B. P : x 2y 5z 5 0. C. P : x 2y z 4 0. D. P : 2x y 3 0. Lời giải Cách 1 (Tự luận)  Đường thẳng d qua M(2;1;0) và có VTCP ud 1;2; 1   Ta có: AB  d và AB  Oz nên AB có VTCP là: u u ,k 2; 1;0 AB d   (P) chứa d và AB nên (P) đi qua M(2;1; 0), có VTPT là: n u ,u 1;2;5 d AB P : x 2y 5z 4 0 Chọn A Cách 2: Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn. Đường thẳng d qua 2 điểm M(2;1;0) và N(3;3;-1) Giả sử mp(P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c)
4. x y z P : 1 a b c   AB. .d AB.ud 0 a 2b (1) 2 1 3 3 1 P chứa d nên d cũng đi qua M, N 1 (2), 1 (3) a b a b c 4 Từ (1), (2), (3) a = 4, b = 2, c = P : x 2y 5z 4 0 . 5 Câu 1: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho P : x 4y 2z 6 0 , Q : x 2y 4z 6 0 . Lập phương trình mặt phẳng chứa giao tuyến của P , Q và cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B,C sao cho hình chóp O.ABC là hình chóp đều. A. x y z 6 0 . B. x y z 6 0 . C. x y z 6 0 . D. x y z 3 0 . Lời giải Chọn B Chọn M 6;0;0 , N 2;2;2 thuộc giao tuyến của P , Q Gọi A a;0;0 , B 0;b;0 ,C 0;0;c lần lượt là giao điểm của với các trục Ox,Oy,Oz x y z : 1 a,b,c 0 a b c 6 1 a chứa M , N 2 2 2 1 a b c Hình chóp O.ABC là hình chóp đều OA OB OC a b c Vây phương trình x y z 6 0 . Câu 2: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có điểm A 1;1;1 , B 2;0;2 ,C 1; 1;0 , D 0;3;4 . Trên các cạnh AB, AC, AD lần lượt lấy các điểm AB AC AD B ',C ', D ' thỏa: 4 . Viết phương trình mặt phẳng B 'C ' D ' biết tứ diện AB ' AC ' AD ' AB 'C ' D ' có thể tích nhỏ nhất? A. 16x 40y 44z 39 0 . B. 16x 40y 44z 39 0 . C. 16x 40y 44z 39 0 . D. 16x 40y 44z 39 0 . Lời giải Chọn A AB AC AD AB.AC.AD Áp dụng bất đẳng thức AM GM ta có: 4 33 AB ' AC ' AD ' AB '.AC '.AD ' AB '.AC '.AD ' 27 VAB'C 'D' AB '.AC '.AD ' 27 27 VAB'C 'D' VABCD AB.AC.AD 64 VABCD AB.AC.AD 64 64 AB ' AC ' AD ' 3  3  7 1 7 Để VAB'C 'D' nhỏ nhất khi và chỉ khi AB ' AB B ' ; ; AB AC AD 4 4 4 4 4
5. 7 1 7 Lúc đó mặt phẳng B 'C ' D ' song song với mặt phẳng BCD và đi qua B ' ; ; 4 4 4 B 'C ' D ' :16x 40y 44z 39 0 . Câu 3: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng đi qua điểm M 1;2;3 và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B ,C ( khác gốc toạ độ O ) sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Mặt phẳng có phương trình là x y z A. x 2y 3z 14 0 . B. 1 0 . 1 2 3 C. 3x 2y z 10 0 . D. x 2y 3z 14 0 . Lời giải Chọn A ‰ z C K M A O x H B y Cách 1:Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB , K là hình chiếu vuông góc B trên AC . M là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi M BK CH AB  CH  Ta có:  AB  COH AB  OM (1) (1) AB  CO  Chứng minh tương tự, ta có: AC  OM (2). Từ (1) và (2), ta có: OM  ABC  Ta có: OM 1;2;3 .  Mặt phẳng đi qua điểm M 1;2;3 và có một VTPT là OM 1;2;3 nên có phương trình là x 1 2 y 2 3 z 3 0 x 2y 3z 14 0 . Cách 2: +) Do A, B,C lần lượt thuộc các trục Ox,Oy,Oz nên A(a;0;0), B(0;b;0),C(0;0;c) ( a,b,c 0 ). x y z Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng (ABC) là 1. a b c   AM.BC 0   +) Do M là trực tâm tam giác ABC nên BM.AC 0 . Giải hệ điều kiện trên ta được a,b,c M (ABC) Vậy phương trình mặt phẳng: x 2y 3z 14 0 .
6. Câu 4: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm N 1;1;1 . Viết phương trình mặt phẳng P cắt các trục Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B,C (không trùng với gốc tọa độO ) sao cho N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A. P : x y z 3 0 . B. P : x y z 1 0 . C. P : x y z 1 0 . D. P : x 2y z 4 0 . Lời giải Chọn A Gọi A a;0;0 , B 0;b;0 ,C 0;0;c lần lượt là giao điểm của P với các trục Ox,Oy,Oz x y z P : 1 a,b,c 0 a b c 1 1 1 1 N P a b c Ta có: NA NB a 1 b 1 a b c 3 x y z 3 0 . NA NC a 1 c 1 Câu 5: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1,d2 lần lượt x 2 y 2 z 3 x 1 y 2 z 1 có phương trình d : , d : . Phương trình mặt phẳng 1 2 1 3 2 2 1 4 cách đều hai đường thẳng d1,d2 là A. 7x 2y 4z 0 . B. 7x 2y 4z 3 0 . C. 2x y 3z 3 0. D. 14x 4y 8z 3 0 . Lời giải Chọn D A d1 α) B d2   Ta có d đi qua A 2;2;3 và có u 2;1;3 , d đi qua B 1;2;1 và có u 2; 1;4 1 d1 2 d 2    AB 1;1; 2 ; u ;u 7; 2; 4 ; d1 d2    u ;u AB 1 0 nên d1,d2 chéo nhau. d1 d2    Do cách đều d1,d2 nên song song với d1,d2 n u ;u 7; 2; 4 d1 d2 có dạng 7x 2y 4z d 0
7. d 2 d 1 3 Theo giả thiết thì d A, d B, d 69 69 2 :14x 4y 8z 3 0 . Câu 17: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D có điểm A trùng với gốc của hệ trục tọa độ, B(a;0;0) , D(0;a;0) , A (0;0;b) (a 0,b 0) . Gọi M là a trung điểm của cạnh CC . Giá trị của tỉ số để hai mặt phẳng (A BD) và MBD vuông góc b với nhau là 1 1 A. . B. . C. 1. D. 1. 3 2 Lời giải Chọn D   b Ta có AB DC C a;a;0 C ' a;a;b M a;a; 2 Cách 1.  b   Ta có MB 0; a; ; BD a;a;0 và A' B a;0; b 2     ab ab 2 2 2 2 Ta có u MB; BD ; ; a và BD; A' B a ; a ; a 2 2 Chọn v 1;1;1 là VTPT của A' BD ab ab a A' BD  MBD u.v 0 a2 0 a b 1 2 2 b Cách 2. A' B A' D A' X  BD AB AD BC CD a với X là trung điểm BD MB MD MX  BD ·A' BD ; MBD ·A' X ;MX a a X ; ;0 là trung điểm BD 2 2  a a A' X ; ; b 2 2  a a b MX ; ; 2 2 2 A' BD  MBD A' X  MX   A' X.MX 0 2 2 a a b2 0 2 2 2 a 1. b
8. Câu 19: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A 10;2;1 và đường x 1 y z 1 thẳng d : . Gọi P là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng 2 1 3 d sao cho khoảng cách giữa d và P lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M 1;2;3 đến mp P là 97 3 76 790 2 13 3 29 A. . B. . C. . D. . 15 790 13 29 Lời giải Chọn A ‰ d H K d' A P P là mặt phẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng d nên P chứa đường thẳng d đi qua điểm A và song song với đường thẳng d . Gọi H là hình chiếu của A trên d , K là hình chiếu của H trên P . Ta có d d, P HK AH ( AH không đổi) GTLN của d(d, (P)) là AH d d, P lớn nhất khi AH vuông góc với P . Khi đó, nếu gọi Q là mặt phẳng chứa A và d thì P vuông góc với Q . nP ud ,nQ 98;14; 70 . 97 3 P :7x y 5z 77 0 d M , P . 15 Câu 20: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 2;5;3 và đường x 1 y z 2 thẳng d : . Gọi P là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ 2 1 2 A đến P lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm M 1;2; 1 đến mặt phẳng P . 11 18 11 4 A. . B. 3 2 . C. . D. . 18 18 3 Lời giải Chọn A
9. ‰ A K d H P Gọi H là hình chiếu của A trên d ; K là hình chiếu của A trên P . Ta có d A, P AK AH (Không đổi) GTLN của d(d, (P)) là AH d A, P lớn nhất khi K  H . Ta có H 3;1;4 , P qua H và  AH P :x 4y z 3 0 11 18 Vậy d M , P . 18 Câu 22: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 3 điểm A 1;0;1 , B 3; 2;0 , C 1;2; 2 . Gọi P là mặt phẳng đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến P lớn nhất biết rằng P không cắt đoạn BC . Khi đó, điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng P ? A. G 2;0;3 . B. F 3;0; 2 . C. E 1;3;1 . D. H 0;3;1 Lời giải Chọn C ‰ B I C B' I' C' P A Gọi I là trung điểm đoạn BC ; các điểm B ,C , I lần lượt là hình chiếu của B,C, I trên P . Ta có tứ giác BCC B là hình thang và II là đường trung bình. d B, P d C, P BB CC 2II Mà II IA (với IAkhông đổi) Do vậy, d B, P d C, P lớn nhất khi I  A  P đi qua A và vuông góc IA với I 2;0; 1 P : x 2z 1 0 E 1;3;1 P .
10. Câu 23: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A 1;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c trong đó b,c dương và mặt phẳng P : y z 1 0 . Biết rằng 1 mp ABC vuông góc với mp P và d 0, ABC , mệnh đề nào sau đây đúng? 3 A. b c 1. B. 2b c 1. C. b 3c 1. D. 3b c 3 Lời giải Chọn A x y z 1 Ta có phương trình mp ABC là 1 b c 1 1 ABC  P 0 b c 1 b c 1 1 1 1 1 Ta có d O, ABC 8 2 3 1 1 3 b2 c2 1 b2 c2 1 Từ (1) và (2) b c b c 1. 2 Câu 24: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 3 điểm A 1;2;3 , B 0;1;1 , C 1;0; 2 . Điểm M P : x y z 2 0 sao cho giá trị của biểu thức T MA2 2MB2 3MC 2 nhỏ nhất. Khi đó, điểm M cách Q : 2x y 2z 3 0 một khoảng bằng 121 2 5 101 A. . B. 24 . C. . D. 54 3 54 Lời giải Chọn D Gọi M x; y; z . Ta có T 6x2 6y2 6z2 8x 8y 6z 31 2 2 2 2 2 1 145 T x y z 3 3 2 6 2 145 2 2 1 T 6MI với I ; ; 6 3 3 2 T nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I trên P 5 5 13 101 M ; ; . Vậy khoảng cách d M , Q . 18 18 9 54 Câu 25: [HH12.C3.4.BT.c] [Đề minh họa L1-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A 1; 2;0 , B 0; 1;1 , C 2;1; 1 và D 3;1;4 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó? A. 1. B. 4 . C. 7 . D. Có vô số mặt phẳng. Lời giải Chọn C
11.      Ta có: AB 1;1;1 , AC 1;3; 1 , AD 2;3;4 . Suy ra: AB, AB 4;0; 4 4 điểm A, B,C, D không đồng phẳng. Khi đó, mặt phẳng cách đều cả 4 điểm A, B,C, D sẽ có hai loại: Loại 1: Có 1 điểm nằm khác phía với 3 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 3 cạnh chung đỉnh) có 4 mặt phẳng như thế). ‰ A A A A 1 2 4 B D B D B 3 D B D C C C C Loại 2: Có 2 điểm nằm khác phía với 2 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 4 cạnh thuộc hai cặp cạnh chéo nhau) có 3 mặt phẳng như thế). ‰ A A A 5 7 6 B D B D B D C C C Vậy có tất cả 7 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 28: [HH12.C3.4.BT.c] [Đề thử nghiệm 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương x 2 y z trình mặt phẳng P song song và cách đều hai đường thẳng d : và 1 1 1 1 x y 1 z 2 d : 2 2 1 1 A. P : 2x 2z 1 0 . B. P : 2y 2z 1 0 . C. P : 2x 2y 1 0 . D. P : 2y 2z 1 0 . Lời giải Chọn B  Ta có: d1 đi qua điểm A 2;0;0 và có VTCP u1 1;1;1 .  và d2 đi qua điểm B 0;1;2 và có VTCP u2 2; 1; 1 . Vì P song songvới hai đường   thẳng d1 và d2 nên VTPT của P là n u1,u2 0;1; 1 Khi đó P có dạng y z D 0 loại đáp án A vàC
12. 1 Lại có P cách đều d và d nên P đi qua trung điểm M 0; ;1 của AB . Do đó 1 2 2 P : 2 y 2z 1 0. Câu 29: [HH12.C3.4.BT.c] [Tạp chí THTT Lần 5] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M 1;2; 1 Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O 0;0;0 và cách M một khoảng lớn nhất. x y z A. x 2y z 0 . B. 1. C. x y z 0. D. x y z 2 0 1 2 1 Lời giải Chọn A Gọi H là hình chiếu của M trên P MHO vuông tại H MH MO  MHmax MO . Khi đó P đi qua M và vuông góc với MO MO 1;2; 1 là vecto pháp tuyến của P phương trình của mặt phẳng P là 1 x 0 2 y 0 1 z 0 0 hay x 2y z 0 . Câu 31: [HH12.C3.4.BT.c] [THPT Hai Bà Trưng Lần 1 – 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm H 1;2;3 . Mặt phẳng P đi qua điểm H cắt Ox,Oy,Oz tại A, B,C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Phương trình của mặt phẳng P là A. P :3x y 2z 11 0 . B. P :3x 2y z 10 0 . C. P : x 3y 2z 13 0. D. P : x 2y 3z 14 0 . Lời giải Chọn D Do tứ diện OABC có ba cạnh OA,OB,OC đôi một vuông góc nên nếu H là trực tâm của tam giác ABC dễ dàng chứng minh được OH  ABC hay OH  P .  Vậy mặt phẳng P đi qua điểm H 1;2;3 và có VTPT OH 1;2;3 nên phương trình P : x 1 2 y 2 3 z 3 0 x 2y 3z 14 0 . Câu 42: [HH12.C3.4.BT.c] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 5;5;0 , B 1;2;3 , C 3;5; 1 và mặt phẳng P : x y z 5 0 . Tính thể tích V của khối tứ diện SABC biết đỉnh S thuộc mặt phẳng P và SA SB SC . 145 45 127 A. V . B. V 145. C. V . D. V . 6 6 3 Lời giải Chọn A Gọi S a;b;c P a b c 5 0 1 . Ta có: AS a 5 2 b 5 2 c2 , BS a 1 2 b 2 2 c 3 2 ,CS a 3 2 b 5 2 c 1 2
13. 2 2 2 2 2 2 a 1 b 2 c 3 a 3 b 5 c 1 Do SA SB SC 2 2 2 2 2 2 a 5 b 5 c a 3 b 5 c 1 4a 6b 8c 21 0 4a 2c 15 0 a 6 4a 6b 8c 21 0 23 13 9 Ta có hệ: 4a 2c 15 0 b S 6; ; . 2 2 2 a b c 5 0 9 c 2      23 9 Lại có: AB 4; 3;3 , AC 2;0; 1 AB  AC 3; 10; 6 , AS 1; ; ; 2 2    145 AB  AC AS 145 V . S.ABC 6