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 3.1 - 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 4: Phương trình mặt phẳng có dử dụng phương trình đường thẳng - Mức độ 3.1 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 4: [HH12.C3.4.BT.c] (Toán học và Tuổi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa x 2 y 1 z 1 độ Descartes Oxyz , cho điểm A 3; 1;0 và đường thẳng d : . Mặt phẳng 1 2 1 chứa d sao cho khoảng cách từ A đến lớn nhất có phương trình là A. x y z 0 .B. x y z 2 0 .C. x y z 1 0 .D. x 2y z 5 0 . Lời giải Chọn A  Gọi H là hình chiếu của A đến d . Khi đó H 2 t ; 1 2t ;1 t AH 1 t ;2t ;1 t . 1  2 2 2 Do AH  d 1 t 2.2t 1 t 0 t . Khi đó AH ; ; . 3 3 3 3 Mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ A đến lớn nhất khi AH  . Do đó có vectơ pháp tuyến là n 1;1; 1 . Vậy : 1 x 2 1 y 1 1 z 1 0 x y z 0 . Câu 50: [HH12.C3.4.BT.c] (Toán hẻc và Tuẻi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) Trong không gian Descartes Oxyz cho điểm M 1; 1;2 và mặt cầu S : x2 y2 z2 9 . Mặt phẳng đi qua M cắt S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là A. x y 2z 2 0 .B. x y 2z 6 0 .C. x y 2z 0 . D. x y 2z 4 0 . Lời giải Chọn B O M H Gọi là mặt phẳng qua M và cắt S theo một đường tròn. Mặt cầu S : x2 y2 z2 9 có tọa độ tâm O 0;0;0 và bán kính R 3. Gọi H là hình chiếu của tâm O trên mặt phẳng ta có OH OM . Bán kính của đường tròn giao tuyến là r R2 OH 2 R2 OM 2 nên r đạt giá trị nhỏ nhất khi  H  M . Khi đó mặt phẳng qua M và nhận OM 1; 1;2 làm véctơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng : x y 2z 6 0 .Câu 29: [HH12.C3.4.BT.c] (Chuyên KHTN - Lần 3 - x 2 y z Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d : và d : 1 1 1 1 2 x y 1 z 2 . Phương trình mặt phẳng P song song và cách đều hai đường thẳng d , d là: 2 1 1 1 2 A. 2y 2z 1 0 .B. 2y 2z 1 0.C. 2x 2z 1 0 .D. 2x 2z 1 0 . Lời giải
2. Chọn A VTCP của hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt là u1 ( 1;1;1) và u2 ( 2;1;1) . Vì mặt phẳng P song song hai đường thẳng d1 , d2 nên ta có VTPT của mp P là nP u1,u2  0; 1;1 mp P có phương trình y z m 0 Ta có: A 2;0;0 d1 và B 0;1;2 d2 Vì mp P cách đều hai đường thẳng d1 , d2 nên d A, P d B, P m m 1 1 m m 1 m . m m 1 2 1 Vậy: mp P y z 0 2y 2z 1 0 . 2 Câu 37: [HH12.C3.4.BT.c](Sở GD và ĐT Cần Thơ - 2017-2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , gọi x 2 y 1 z P là mặt phẳng chứa đường thẳng d : và cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại A 1 2 1 và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d . Phương trình của mặt phẳng P là A. x 2y 5z 5 0 .B. x 2y 5z 4 0 .C. x 2y z 4 0 .D. 2x y 3 0 . Lời giải Chọn C  A Ox A a;0;0  Ta có ud 1;2; 1 , AB a;b;0 . B Oy B 0;b;0    Theo đề bài AB  d AB.ud 0 a 2b 0 a 2b AB 2b;b;0 u 2;1;0 là một VTCP của AB . u 2;1;0  Ta có u;u 1; 2; 5 n 1;2;5 là một VTPT của P .  d ud 1;2; 1 Kết hợp với P qua M 2;1;0 d P : x 2 2 y 1 5z 0 x 2y 5z 4 0 . Câu 28: [HH12.C3.4.BT.c] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi P là mặt phẳng đi qua H 2;1;1 và cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Phương trình của P là A. 2x y z 6 0 .B. x 2y z 6 0 .C. x 2y 2z 6 0 .D. 2x y z 6 0 . Lời giải Chọn A
3. Ta có AH  BC , OA  BC OH  BC . Chứng minh tương tự ta cũng có OH  AC  OH  ABC nên OH 2;1;1 là vectơ pháp tuyến của ABC . Vậy ABC : 2x y z 6 0 . Câu 48: [HH12.C3.4.BT.c] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Trong không gian với hệ tọa độ x 1 y z 2 Oxyz , cho điểm A 2;5;3 và đường thẳng d : . Gọi P là mặt phẳng chứa đường 2 1 2 thẳng d sao cho khoảng cách từ điểm A đến P lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M 1;2; 1 đến mặt phẳng P bằng: 11 2 11 7 2 A. .B. 3 2 .C. .D. . 6 18 6 Lời giải Chọn A Gọi K , H là hình chiếu vuông góc của A lên d và P . Khi đó d A, P AH AK . Do đó khoảng cách từ A đến P lớn nhất bằng AK d A,d .  Giả sử K 1 2t;t;2 2t , ta có AK 2t 1;t 5;2t 1 . Vì AK  d nên  2 2t 1 t 5 2 2t 1 0 t 1, suy ra AK 1; 4;1 . Phương trình mặt phẳng P : x 4y z 3 0 . 11 2 Khoảng cách d M ; P . 6 Câu 30: [HH12.C3.4.BT.c] (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A 3;2;1 , B 2;3;6 . Điểm M xM ; yM ; zM thay đổi thuộc mặt phẳng Oxy . Tìm giá trị   của biểu thức T xM yM zM khi MA 3MB nhỏ nhất. 7 7 A. B. C. 2 D. 2 2 2 Lời giải Chọn C
4. x 3x x A B H 1 3   yA 3yB 3 11 19 Gọi điểm H thỏa mãn HA 3HB 0 khi đó: yH H ; ; . 1 3 4 4 4 zA 3zB zH 1 3 Phương trình mặt phẳng Oxy là z 0 . xM xH aT zH 19 3 11 Xét T do đó tọa độ điểm M cần tìm là: yM yH bT M ; ;0 . 1 4 4 4 zM zH cT 3 11 Vậy T x y z 0 2 . M M M 4 4 Câu 41. [HH12.C3.4.BT.c] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x 2y z 1 0 và điểm A 0; 2;3 , B 2;0;1 . Điểm M a;b;c thuộc P sao cho MA MB nhỏ nhất. Giá trị của a2 b2 c2 bằng 41 9 7 A. . B. . C. . D. 3 . 4 4 4 Lời giải Chọn B A B A' Ta có A, B cùng nằm về một phía của P . Gọi A đối xứng với A qua P suy ra A 2;2;1 . Ta có MA MB MA MB BA . Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của BA và P . 1 Xác định được M 1; ;1 . Suy ra chọn B. 2