Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 6: Tổng hợp về phương pháp tọa độ không gian - Mức độ 3.3 - 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 6: Tổng hợp về phương pháp tọa độ không gian - Mức độ 3.3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 31: [HH12.C3.6.BT.c] (Sở GD Cần Thơ-Đề 324-2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm 1 3 và mặt cầu S : x2 y2 z2 8 . Một đường thẳng đi qua điểm M và cắt S M ; ;0 2 2 tại hai điểm phân biệt A , B . Diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng A. 4 . B. 2 7 . C. 2 2 . D. 7 . Lời giải Chọn D Mặt cầu S có tâm O 0;0;0 và bán kính R 2 2 .  1 3 Ta có: OM 1 R điểm M nằm trong mặt cầu S . OM ; ;0 2 2 Gọi H là trung điểm AB OH OM . Đặt OH x 0 x 1. AH OA2 OH 2 8 x2 OH x Đặt ·AOH sin ; cos . OA OA 2 2 OA 2 2 x 8 x2 Suy ra sin ·AOB 2sin cos . 4 1 Ta có: S OA.OB.sin ·AOB x 8 x2 với 0 x 1. OAB 2 Xét hàm số f x x 8 x2 trên đoạn 0;1 x2 8 2x2 f x 8 x2 0,x 0;1 max f x f 1 7 8 x2 8 x2 0;1 Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng 7 . Câu 38: [HH12.C3.6.BT.c] (Sở GD Cần Thơ-Đề 324-2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , 2 2 2 cho mặt cầu S : x 1 y 3 z 2 4 . Gọi N x0 ; y0 ; z0 là điểm thuộc S sao cho khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng Oxz lớn nhất. Giá trị của biểu thức P x0 y0 z0 bằng A. 6 . B. 8 . C. 5 . D. 4 . Lời giải Chọn B Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I 1;3;2 của mặt cầu S và vuông góc với Oxz . x 1 Phương trình tham số của d : y 3 t , t ¡ . z 2 Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d và S suy ra: A 1;5;2 , B 1;1;2 . Ta có: d A; Oxz d B; Oxz . Theo đề bài thì N  A N 1;5;2 x0 y0 z0 8 . Câu 31: [HH12.C3.6.BT.c] (Sở GD Cần Thơ-Đề 323-2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3 2 12 và mặt phẳng P : 2x 2y z 3 0 . Gọi Q là mặt
2. phẳng song song với P và cắt S theo thiết diện là đường tròn C sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình tròn giới hạn bởi C có thể tích lớn nhất. Phương trình của mặt phẳng Q là A. 2x 2y z 4 0 hoặc 2x 2y z 17 0 . B. 2x 2y z 2 0 hoặc 2x 2y z 8 0 . C. 2x 2y z 1 0 hoặc 2x 2y z 11 0. D. 2x 2y z 6 0 hoặc 2x 2y z 3 0 . Lời giải Chọn C Mặt cầu S có tâm I 1; 2;3 và bán kính R 2 3 . Gọi r là bán kính đường tròn C và H là hình chiếu của I lên Q . Đặt IH x ta có r R2 x2 12 x2 2 1 1 2 1 3 Vậy thể tích khối nón tạo được là V .IH.S C .x. 12 x 12x x . 3 3 3 Gọi f x 12x x3 với x 0;2 3 . Thể tích nón lớn nhất khi f x đạt giá trị lớn nhất Ta có f x 12 3x2 f x 0 12 3x2 0 x 2 x 2. Bảng biến thiên : 1 16 Vậy V 16 khi x IH 2 . max 3 3 Mặt phẳng Q // P nên Q : 2x 2y z a 0 2.1 2 2 3 a a 11 Và d I; Q IH 2 a 5 6 . 22 22 1 2 a 1
3. Vậy mặt phẳng Q có phương trình 2x 2y z 1 0 hoặc 2x 2y z 11 0. Câu 13: [HH12.C3.6.BT.c] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 2y 2z 0 và đường x mt 2 thẳng d : y m t với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d z mt tiếp xúc với mặt cầu S . m 2 A. m 1. B. m 2 . C. . D. m 0 . m 0 Lời giải Chọn B S : x2 y2 z2 2x 2y 2z 0 x 1 2 y 1 2 z 1 2 3. Dựa vào phương trình tham số của đường thẳng d ta thấy vectơ chỉ phương của d là u m;m2 ;m và đi qua điểm O 0;0;0 . Đường thẳng d tiếp xúc với mặt cầu S d I ;d R với I 1;1;1 và R 3 là tâm và bán  2 2 kính mặt cầu S . Ta có OI,u m m;0;m m .  2 2 2 2 2 2 OI,u m m m m 2 m m R 3 4 2 3 u m2 m4 m2 m 2m 4 3 2 4 2 4 3 2 m 0 2m 4m 2m 3m 6m m 4m 4m 0 . m 2 Loại đáp án m 0 vì khi m 0 thì u 0;0;0 không thể là vectơ chỉ phương của d . Vậy m 2 . Câu 32: [HH12.C3.6.BT.c] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S : x2 y2 z2 6x 4y 12z 0 và mặt phẳng P : 2x y z 2 0 . Tính diện tích thiết diện của mặt cầu S cắt bởi mặt phẳng P A. S 49 . B. S 50 . C. S 25 . D. S 36 . Lời giải Chọn A S có tâm I 3;2;6 bán kính R 7 . 2.3 2 6 2 Ta có: d I; P 0 . Nên mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo thiết diện là 22 12 12 đường tròn lớn đi qua tâm mặt cầu và có bán kính bằng bán kính mặt cầu. Vậy diện tích thiết diện là: S R2 49 . Câu 48: [HH12.C3.6.BT.c] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 1; 2 và mặt phẳng P : m 1 x y mz 1 0 , với m là tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng P lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là
4. A. 2 m 6 . B. Không có m . C. 2 m 2 . D. 6 m 2 . Lời giải Chọn A m 1 .1 1 m.2 1 3m 1 9m2 6m 1 Ta có d A; P 2 m 1 2 12 m2 2m2 2m 2 2m 2m 2 9m2 6m 1 Nhận xét T 0 , với m R . 2m2 2m 2 9m2 6m 1 Ta có T 2T 9 m2 2 T 3 m 2T 1 0 * 2m2 2m 2 2 Phương trình * có nghiệm T 3 2T 9 2T 1 0 3T 2 14T 0 14 0 T . 3 42 Do đó d A; P đạt giá trị lớn nhất bằng khi m 5 2; 6 . 3 Câu 45: [HH12.C3.6.BT.c] (THPT CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC vuông tại C , ·ABC 60 , AB 3 2, đường thẳng AB có x 3 y 4 z 8 phương trình , đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng : x z 1 0 . 1 1 4 Biết B là điểm có hoành độ dương, gọi a;b;c là tọa độ điểm C , giá trị của a b c bằng A. 3 .B. 2 .C. 4 .D. 7 . Lời giải Chọn B Ta có A là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng . Tọa độ điểm A là nghiệm của x 3 y 4 z 8 x 1 hệ 1 1 4 y 2. Vậy điểm A 1;2;0 . x z 1 0 z 0 Điểm B nằm trên đường thẳng AB nên điểm B có tọa độ B 3 t;4 t; 8 4t . Theo giả thiết thì t 3 0 t 3. Do AB 3 2 , ta có t 2 2 t 2 2 16 t 2 2 18 t 1 nên B 2;3; 4 . 3 6 3 2 Theo giả thiết thì AC ABsin 60 ; BC AB.cos60 . 2 2 a c 1 a c 1 2 2 2 27 Vậy ta có hệ a 1 b 2 c 2a 2b 8c 9 2 2 2 2 27 2 2 2 9 a 1 b 2 c a 2 b 3 c 4 2 2
5. 7 a 2 7 5 b 3 . Vậy C ;3; nên a b c 2 . 2 2 5 c 2 Câu 18: [HH12.C3.6.BT.c](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm x 2 t A 1;1;6 và đường thẳng : y 1 2t . Hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng z 2t là: A. N 1;3; 2 . B. H 11; 17;18 . C. M 3; 1;2 . D. K 2;1;0 . Lời giải Chọn C Gọi là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với tại H . Khi đó H là hình chiếu của A trên . Phương trình mặt phẳng : 1 x 1 2 y 1 2 z 6 0 x 2y 2z 9 0 . Ta có H H 2 t;1 2t;2t . H 2 t 2 1 2t 4t 9 0 t 1. Vậy H 3; 1;2 là điểm cần tìm. Câu 4: [HH12.C3.6.BT.c](THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI-SÓC TRĂNG-2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A 1;2;3 và B 1; 5; 4 . Đường thẳng AB cắt mặt   phẳng P : 2x 3y z 7 0 tại điểm M . Tìm k , biết MA kMB . 1 1 A. k .B. k 2 . C. k 2 .D. k . 2 2 Lời giải Chọn C x 1 2t  Ta có AB 2; 7; 7 , phương trình đường thẳng AB là y 2 7t . z 3 7t 2x 3y z 7 0 x 1 2t Gọi M AB  P khi đó tạo độ điểm M là nghiệm của hệ : y 2 7t z 3 7t 1 8 5  4 14 14  2 7 7 M ; ; MA ; ; , MB ; ; . 3 3 3 3 3 3 3 3 3   Vậy MA 2MB .
6. Câu 33. [HH12.C3.6.BT.c] (Đề thi lần 6- Đoàn Trí Dũng - 2017 - 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng d vuông góc với đường thẳng x y 1 z : và đi qua gốc tọa độ O sao cho khoảng cách từ M 1;0;1 tới đường thẳng 1 2 1 d đạt giá trị nhỏ nhất. x t x t x 2t x 3t A. y t . B. y 0 . C. y t . D. y t . z t z t z 0 z t Lời giải Chọn A M ( ) K O d P H Giả sử P là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với đường thẳng . Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên P , khi đó MK MH . MH nhỏ nhất khi và chỉ khi H  K . Vậy đường thẳng d đi qua hai điểm O, K . OK là hình chiếu vuông góc của đường thẳng         MO lên P . Do đó: u n , n ,OM u u , u ,OM chọn A . d P P d Câu 49: [HH12.C3.6.BT.c] (Toán học tuổi trẻ tháng 1- 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(3;2;- 1) và đường thẳng ïì x = t ï d :íï y = t . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (P) là ï îï z = 1+ t lớn nhất. A. 2x y 3z 3 0 . B. x 2y z 1 0 . C. 3x 2y z 1 0 . D. 2x y 3z 3 0 . Lời giải Chọn D
7. r + d qua M 0 (0;0;1) có vectơ chỉ phương u = (1;1;1). + Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên (P) và d . Ta có: d (A,(P))= AH £ AK . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H º K . uuur Do đó d A,(P) = AK . Khi đó (P) đi M (0;0;1) nhận AK làm vectơ pháp tuyến. ( )max 0 uuur + K Î d nên K (t,t,1+ t) và AK = (t - 3;t - 2;t + 2). Ta có: uuur r uuur r AK ^ u Û AK.u = 0 Û 1.(t - 3)+ 1.(t - 2)+ 1.(t + 2)= 0 Û t = 1. uuur Suy ra: AK = (- 2;- 1;3). Vậy (P): 2x + y - 3z + 3 = 0 .