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 3.5 - 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 6: Tổng hợp về phương pháp tọa độ không gian - Mức độ 3.5 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 47: [HH12.C3.6.BT.c] (SGD Bắc Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu (S):(x- 3)2 + (y - 3)2 + (z - 2)2 = 9 và ba điểm A(1;0;0), B(2;1;3);C(0;2;- 3). Biết rằng quỹ tích các điểm M thỏa mãn uuur uuur MA2 + 2MB.MC = 8 là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này. A. r = 3 B. r = 6 C. r = 3 D. r = 6 Lời giải Chọn D Mặt cầu (S):(x- 3)2 + (y - 3)2 + (z - 2)2 = 9 có tâm I (3;3;2), bán kính R = 3 . Gọi M (x; y; z) ta được MA2 = (1- x)2 + y2 + z2 = x2 + y2 + z2 - 2x + 1. uuur ì ï MB = (2- x;1- y;3- z) uuur uuur íï uuur Þ MB.MC = x2 + y2 + z2 - 2x- 3y - 7 . ï îï MC = (- x;2- y;- 3- z) uuur uuur Ta có: MA2 + 2MB.MC = 8 Û 3x2 + 3y2 + 3z2 - 6x- 6y - 21= 0 . Û x2 + y2 + z2 - 2x- 2y - 7 = 0 . Suy ra M thuộc mặt cầu (S¢) tâm I ¢(1;1;0), bán kính R¢= 3. Nên M Î (S)Ç(S¢) là đường tròn (C) có tâm H là trung điểm của đoạn II ¢ (do R = R¢= 3). M R=3 R'=3 H I I' Vậy bán kính của đường tròn (C) : r = R2 - IH 2 = 6 . Câu 39: [HH12.C3.6.BT.c] [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH – 5/2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 2 2 2 S1 : x 1 y 1 z 2 16 và S2 : x 1 y 2 z 1 9 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn C . Tìm tọa độ tâ J của đường tròn C . 1 7 1 1 7 1 1 7 1 1 7 1 A. J ; ; .B. J ; ; .C. J ; ; .D. J ; ; . 2 4 4 3 4 4 3 4 4 2 4 4 Lời giải Chọn D S1 và S2 có tâm và bán kính lần lượt là I1 1;1;2 , R1 4 và I 2 1;2; 1 , R2 3 Gọi I là tâm của đường tròn giao tuyến C và A là một điểm thuộc C .
2. 2 2 2 2 2 2 · · I1 A I1I2 AI2 4 14 3 21 Ta có I1I I1 A.cos AI1I R1.cos AI1I2 R1. 4. 2.I1 A.I1I2 2.4. 14 2 14 3 1 x 1 1 1 x  21 4 2 I I  1   2 14   3  3 7 I1I  I1I2 I1I I1I2 I1I I1I2 y 1 2 1 y . 4 4 4 I1I2 14 3 1 z 2 1 2 z 4 4 Câu 49: [HH12.C3.6.BT.c] [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH – x 1 y z 2 5/2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : và hai 2 1 1 điểm A 0; 1;3 , B 1; 2;1 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho MA2 2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. A. M 5;2; 4 .B. M 1; 1; 1 .C. M 1;0; 2 .D. M 3;1; 3 . Lời giải Chọn B Vì M thuộc đường thẳng nên M 1 2t;t; 2 t . Ta có MA2 2MB2 2t 1 2 t 1 2 t 5 2 2 2t 2 t 2 2 t 3 2 18t 2 36t 53 2 MA2 2MB2 18 t 1 35 35,t ¡ . Vậy min MA2 2MB2 35 t 1 hay M 1; 1; 1 . Câu 18: [HH12.C3.6.BT.c] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) [ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3 2 9 tâm I và mặt phẳng P : 2x 2y z 24 0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên P . Điểm M thuộc S sao cho đoạn MH có độ dài lớn nhất. Tìm tọa độ điểm M . A. M 1;0;4 . B. M 0;1;2 . C. M 3;4;2 . D. M 4;1;2 . Lời giải Chọn C
3. Ta có tâm I 1;2;3 và bán kính R 3. Do d I; P 9 R nên mặt phẳng P không cắt mặt cầu S . Do H là hình chiếu của I lên P và MH lớn nhất nên M là giao điểm của đường thẳng IH với mặt cầu P .   IH n P 2;2; 1 . x 1 2t Phương trình đường thẳng IH là y 2 2t . z 3 t 2 Giao điểm của IH với S : 9t 9 t 1 M1 3;4;2 và M 2 1;0;4 . M1H d M1; P 12 ; M 2 H d M 2 ; P 6. Vậy điểm cần tìm là M 3;4;2 . Câu 41. [HH12.C3.6.BT.c] (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A(1;0;0) , B(3;2;4) , C(0;5;4) . Tìm    tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho MA MB 2MC nhỏ nhất. A. M (1;3;0) . B. M (1; 3;0) . C. M (3;1;0) . D. M (2;6;0) . Hướng dẫn giải Chọn A     Gọi I là điểm thỏa mãn IA IB 2IC 0 1 .     Ta có 1 4OI OA OB 2OC 4;12;12 I 1;3;3 .     Khi đó MA MB 2MC 4MI 4MI .    Do M thuộc mặt phẳng (Oxy) nên để MA MB 2MC nhỏ nhất hay MI nhỏ nhất thì M là hình chiếu của I 1;3;3 trên Oxy M 1;3;0 . x 2 t Câu 29: [HH12.C3.6.BT.c] [THTT – 477] [2017] Cho hai đường thẳng d1 : y 1 t và z 2t x 2 2t d2 : y 3 . Mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình là z t A. x 5y 2z 12 0. B. x 5y 2z 12 0. C. x 5y 2z 12 0. D. x 5y 2z 12 0. Lời giải A M B P
4. Chọn D d1 qua A 2;1;0 và có VTCP là u1 1; 1;2 ; d2 qua B 2;3;0 và có VTCP là u2 2;0;1 .   Có u1,u2  1; 5; 2 ; AB 0;2;0 , suy ra u1,u2 .AB 10 , nên d1;d2 là chéo nhau. Vậy mặt phẳng P cách đều hai đường thẳng d1,d2 là đường thẳng song song với d1,d2 và đi qua trung điểm I 2;2;0 của đoạn thẳng AB . Vậy phương trình mặt phẳng P cần lập là: x 5y 2z 12 0 . Câu 31: [HH12.C3.6.BT.c] [SỞ GD HÀ NỘI] [2017] Trong không gian Oxyz, cho các điểm A 1;0;0 , B 2;0;3 , M 0;0;1 và N 0;3;1 .Mặt phẳng P đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách từ điểm B đến P gấp hai lần khoảng cách từ điểm A đến P . Có bao mặt phẳng P thỏa mãn đầu bài? A. Có vô số mặt phẳng P . B. Chỉ có một mặt phẳng P . C. Không có mặt phẳng P nào. D. Có hai mặt phẳng P . Lời giải Chọn A Giả sử P có phương trình là: ax by cz d 0 a2 b2 c2 0 Vì M P c d 0 d c. Vì N P 3b c d 0 hay b 0 vì c d 0. P :ax cz c 0. 2a 3c c a c Theo bài ra: d B, P 2d A, P 2 c a a c a2 c2 a2 c2 Vậy có vô số mặt phẳng P . Câu 32: [HH12.C3.6.BT.c] [SỞ GD HÀ NỘI] [2017] Trong không gian Oxyz , cho điểm 1 3 M ; ;0 và mặt cầu S : x2 y2 z2 8 . Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , 2 2 cắt mặt cầu S tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB . A. S 7. B. S 4. C. S 2 7. D. S 2 2. Lời giải Chọn A Cách 1: Mặt cầu S có tâm O 0;0;0 và bán kính R 2 2 .
5. 2 2 1 3 Có OM 1 nên M nằm trong mặt cầu 2 2 Khi đó diện tích AOB lớn nhất khi OM ⊥ AB. Khi đó AB 2 R2 OM 2 2 7 và 1 S OM.AB 7 AOB 2 Cách 2: gọi H là hình chiếu của O xuống đường thẳng d, đặt OH x 0 x 1 Khi đó 1 AB 2 R2 OH 2 2 8 x2 và S OH.AB x 8 x2 . AOB 2 Khảo sát hàm số f x x 8 x2 trên 0;1 thu được giá trị lớn nhất của hàm số là 7 Đạt được tại x 1 Câu 35: [HH12.C3.6.BT.c] [SỞ BÌNH PHƯỚC] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 1 2 3 điểm A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c , trong đó a 0 , b 0, c 0 và 7. Biết a b c 2 2 2 72 mặt phẳng ABC tiếp xúc với mặt cầu S : x 1 y 2 z 3 . Thể tích 7 của khối tứ diện OABC là 2 1 3 5 A. . B. . C. . D. . 9 6 8 6 Lời giải Chọn A x y z Cách 1: Ta có ABC : 1. a b c 72 Mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và bán kính R . 7 1 2 3 1 a b c 72 Mặt phẳng ABC tiếp xúc với S d I; ABC R . 1 1 1 7 a2 b2 c2 1 2 3 1 1 1 7 Mà 7 . a b c a2 b2 c2 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 2 1 1 1 7 1 2 3 2 2 2 7 2 2 2 . a b c a b c a b c 2 1 2 3 1 1 1 2 1 2 Dấu " " xảy ra a b c a 2, b 1, c , khi đó VOABC abc . 3 6 9 1 2 3 7 a b c
6. x y z 72 Cách 2: Ta có ABC : 1, mặt cầu S có tâm I(1;2;3), R . a b c 7 1 2 3 1 a b c 72 Ta có ABC tiếp xúc với mặt cầu S d I,(P) R 1 1 1 7 a2 b2 c2 7 1 72 1 1 1 7 1 1 1 7 7 1 1 1 7 a2 b2 c2 2 a2 b2 c2 2 a2 b2 c2 2 2 2 a 2 1 1 1 1 2 3 7 1 1 1 1 3 2 2 2 1 0 b 1 a b c a b c 2 a 2 b c 2 2 c 3 1 2 V abc . OABC 6 9 1 1 1 7 Cách 3: Giống Cách 2 khi đến . a2 b2 c2 2 Đến đây ta có thể tìm a, b, c bằng bất đẳng thức như sau: Ta có 2 2 2 1 2 3 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 7 7 1. 2. 3. 1 2 3 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c a b c 2 1 1 1 1 1 1 7 Mà Dấu “=” của BĐT xảy ra a b c , kết hợp với giả thiết a2 b2 c2 2 1 2 3 1 2 3 2 1 2 7 ta được a 2 , b 1, c . Vậy: V abc . a b c 3 OABC 6 9 a 2 1 2 Ta có b 1 V abc . OABC 6 9 2 c 3 72 Cách 4: Mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và bán kính R . 7 x y z Phương trình mặt phẳng (ABC) : 1. a b c 1 2 3 1 2 3 7 7 7 1 2 3 Ta có: 7 1 nên M ; ; ABC a b c a b c 7 7 7
7. 1 2 3 Thay tọa độ M ; ; vào phương trình mặt cầu (S) ta thấy đúng nên M (S) . 7 7 7 Suy ra: (ABC) tiếp xúc với (S) thì M là tiếp điểm. 1 2 3  6 12 18 Do đó: (ABC) qua M ; ; , có VTPT là MI ; ; n 1;2;3 7 7 7 7 7 7 x y z 2 (ABC) có phương trình: x 2y 3z 2 0 1 a 2 , b 1, c . 2 1 2 3 3 1 2 Vậy V abc 6 9 Câu 38: [HH12.C3.6.BT.c] [HAI BÀ TRƯNG – HUẾ - 2017] Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng 2. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng AB D và BC D . 3 3 2 A. . B. 3 . C. . D. . 3 2 3 Lời giải Chọn A A' D' C' B' A D B C Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho các đỉnh của hình lập phương có tọa độ như sau: A 0;0;0 B 2;0;0 C 2;2;0 D 0;2;0 A 0;0;2 B 2;0;2 C 2;2;2 D 0;2;2   AB 2;0;2 , AD 0;2;2 ,   BD 2;2;0 , BC 0;2;2 1   * Mặt phẳng AB D qua A 0;0;0 và nhận véctơ n AB , AD 1; 1;1 làm véctơ 4 pháp tuyến. Phương trình AB D là: x y z 0. 1   * Mặt phẳng BC D qua B 2;0;0 và nhận véctơ m BD, BC 1;1; 1 làm véctơ 4 pháp tuyến. Phương trình BC D là: x y z 2 0. Suy ra hai mặt phẳng AB D và BC D song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt 2 2 3 phẳng chính là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BC D : d A, BC D . 3 3
8. 1 1 2 3 Cách khác: Thấy khoảng cách cần tìm d AB D , BC D A C .2 3 3 3 3 A' D' B' C' A D B C Câu 39: [HH12.C3.6.BT.c] [HAI BÀ TRƯNG – HUẾ - 2017] Trong không gian Oxyz , cho điểm A 2;0; 2 , B 3; 1; 4 ,C 2;2;0 . Điểm D trong mặt phẳng Oyz có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng Oxy bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là A. D 0;3; 1 . B. D 0; 3; 1 . C. D 0;1; 1 . D. D 0;2; 1 . Lời giải Chọn A Vì D Oyz D 0;b;c , do cao độ âm nên c 0. c Khoảng cách từ D 0;b;c đến mặt phẳng Oxy : z 0 bằng 1 1 c 1 do c 0 . 1 Suy ra tọa độ D 0;b; 1 . Ta có:    AB 1; 1; 2 , AC 4;2;2 ; AD 2;b;1   AB, AC 2;6; 2    AB, AC .AD 4 6b 2 6b 6 6 b 1 1    V AB, AC .AD b 1 ABCD 6 b 3 D 0;3; 1 Mà VABCD 2 b 1 2 . Chọn đáp án D 0;3; 1 b 1 D 0; 1; 1