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 4.2 - 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 4.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 50. [HH12.C3.6.BT.d] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A 0;0;2 , B 3;4;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của AX BY với X , Y là hai điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho XY 1. A. 3 . B. 5. C. 2 17 . D. 1 2 5 . Lời giải Chọn B Lấy A 0;0; 2 đối xứng với A qua mặt phẳng Oxy . Khi đó với mọi X Oxy thì AX A X. 12 16 Gọi B ; ;1 thuộc mặt phẳng OAB và BB 1. Gọi H là hình chiếu của B trên mp Oxy . 5 5 Kẻ B A cắt OH tại X 0 , dựng hình bình hành BB X 0Y0 thì X 0Y0 1. Dễ dàng chứng minh được với X 0 , Y0 dựng được như vậy thì với mọi X ,Y Oxy ta luôn có AX BY A X BY A X 0 BY0 A X 0 B X 0 A B 5 . Vậy giá trị nhỏ nhất của AX BY bằng 5 .
2. Câu 41: [HH12.C3.6.BT.d] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;4;5 , B 3;4;0 , C 2; 1;0 và mặt phẳng P :3x 3y 2z 12 0 . Gọi M a;b;c thuộc P sao cho MA2 MB2 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a b c . A. 3 . B. 2 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn A    Gọi I x; y; z là điểm thỏa mãn IA IB 3IC 0 (*).    Ta có: IA 1 x;4 y;5 z , IB 3 x;4 y; z và 3IC 6 3x; 3 3y; 3z . 1 x 3 x 6 3x 0 x 2 Từ (*) ta có hệ phương trình: 4 y 4 y 3 3y 0 y 1 I 2;1;1 . 5 z z 3z 0 z 1  2   2   Khi đó: MA2 MA MI IA MI 2 2MI.IA IA2 .  2   2   MB2 MB MI IB MI 2 2MI.IB IB2 .  2   2   3MC 2 3MC 3 MI IC 3 MI 2 2MI.IC IC 2 . Do đó: S MA2 MB2 3MC 2 5MI 2 IA2 IB2 3IC 2 . Do IA2 IB2 3IC 2 không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. Tức là M là hình chiếu của I lên mặt phẳng P :3x 3y 2z 12 0 . Vectơ chỉ phương của IM là n 3; 3; 2 . x 2 3t Phương trình tham số của IM là: y 1 3t , t ¡ . z 1 2t Gọi M 2 3t ;1 3t ;1 2t P là hình chiếu của I lên mặt phẳng P . 1 Khi đó: 3 2 3t 3 1 3t 2 1 2t 12 0 22t 11 0 t . 2 7 1 7 1 Suy ra: M ; ;0 . Vậy a b c 3. 2 2 2 2 Câu 41: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các điểm A 1;1;1 , B 2;0;2 , C 1; 1;0 , D 0;3;4 . AB AC AD Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B ,C , D sao cho 4 và tứ AB AC AD diện AB C D có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng B C D là 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 C
3. A B' D' C' B D C 3 AB AC AD 3 VABCD AB AC AD AB AC AD 4 Ta có   . VAB C D AB AC AD 3 3 AB AC AD 4 Do đó thể tích của AB C D nhỏ nhất khi và chỉ khi . AB AC AD 3  3  7 1 7 Khi đó AB AB B ; ; và B C D // BCD . 4 4 4 4   Mặt khác BC, BD 4;10; 11 . 7 1 7 Vậy B C D : 4 x 10 y 11 z 0 16x 40y 44z 39 0 . 4 4 4 Câu 41: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các 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 B ,C , D sao cho AB AC AD 4 và tứ diện AB C D có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng B C D AB AC AD là 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 C A B' D' C' B D C 3 AB AC AD 3 VABCD AB AC AD AB AC AD 4 Ta có   . VAB C D AB AC AD 3 3
4. AB AC AD 4 Do đó thể tích của AB C D nhỏ nhất khi và chỉ khi . AB AC AD 3  3  7 1 7 Khi đó AB AB B ; ; và B C D // BCD . 4 4 4 4   Mặt khác BC, BD 4;10; 11 . 7 1 7 Vậy B C D : 4 x 10 y 11 z 0 16x 40y 44z 39 0 . 4 4 4 Câu 48: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;0;1 , B 3;2;1 , C 5;3;7 . Gọi M a;b;c là điểm thỏa mãn MA MB và MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P a b c A. P 4 B. P 0 C. P 2 D. P 5 Lời giải Chọn D  Gọi I là trung điểm của AB , suy ra I 1;1;1 ; AB 4;2;0 . Phương trình mặt phẳng trung trực của AB : : 2x y 3 0. Vì 2.3 1.2 3 . 2.5 1.3 3 50 0 nên B , C nằm về một phía so với , suy ra A , C nằm về hai phía so với . Điểm M thỏa mãn MA MB khi M . Khi đó MB MC MA MC AC . MB MC nhỏ nhất bằng AC khi M AC  . x 1 2t Phương trình đường thẳng AC : y t , do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương z 1 2t x 1 2t t 1 y t x 1 trình . Do đó M 1;1;3 , a b c 5 . z 1 2t y 1 2x y 3 0 z 3 Câu 46: [HH12.C3.6.BT.d] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Trong không gian với hệ trục tọa 5 4 8 độ Oxyz , cho 4 điểm A 1;0;0 , B 3;2;1 , C ; ; , M là điểm thay đổi sao cho hình chiếu 3 3 3 của M lên mặt phẳng ABC nằm trong tam giác ABC và các mặt phẳng MAB , MBC , MCA hợp với mặt phẳng ABC các góc bằng nhau. Tính giá trị nhỏ nhất của OM . 26 5 28 A. .B. .C. 3 .D. . 3 3 3 Lời giải Chọn A Vì M là điểm thay đổi sao cho hình chiếu của M lên mặt phẳng ABC nằm trong tam giác ABC và các mặt phẳng MAB , MBC , MCA hợp với mặt phẳng ABC các góc bằng nhau nên hình chiếu của M lên mặt phẳng ABC là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
5. 2 2 2 2 2 2 5 4 8 Ta có AB 3 1 2 1 3, AC 1 4 , 3 3 3 2 2 2 5 4 8   BC 3 2 1 5, AB; AC 4; 8;8 4 1; 2;2 3 3 3    Gọi I x; y; z là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , khi đó ta có a.IA b.IB c.IC 0 , với a BC , b CA, c AB . Do đó ta có hệ sau: 5 5 1 x 4 3 x 3 x 0 3 x 1 4 5y 42 3 y 3 y 0 y 1 I 1;1;1 . 3 z 1 8 5z 4 1 z 3 z 0 3 Gọi là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng ABC suy ra có vectơ chỉ phương là u 1; 2;2 . Khi đó OM đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của O lên và  2 2 2 u;OI 4 1 3 26 min OM d I; . u 12 2 2 22 3 Câu 49: [HH12.C3.6.BT.d](THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 4y 4z 0 và điểm M 1;2; 1 . Một đường thẳng thay đổi qua M và cắt S tại hai điểm A, B . Tìm giá trị lớn nhất của tổng MA MB . A. 8 B. 10 C. 2 17 D. 8 2 5 Lời giải Chọn C Mặt cầu S có tâm I 1; 2; 2 , bán kính R 3. Vì IM 17 3 nên M nằm ngoài đường tròn, Gọi là góc tạo bởi MB và MI . Áp dụng định lí Côsin cho tam giác MIA và MIB ta có R2 MA2 MI 2 2MA.MI.cos 1 R2 MB2 MI 2 2MB.MI.cos 2 Lấy 1 trừ cho 2 vế theo vế ta được 0 MA2 MB2 2 17. MA MB .cos MA MB 2 17 cos
6. Do đó MA MB lớn nhất bằng 2 17 khi cos 1 0 . Câu 47: [HH12.C3.6.BT.d](Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng (P) : x 2y 2z 1 0 , (Q) : x 2y 2z 8 0 , (R) : x 2y 2z 4 0 . Một đường thẳng thay đổi cắt ba mặt phẳng (P) , (Q) , (R) lần lượt tại các điểm A , B , C . Giá trị 96 nhỏ nhất của biểu thức AB là AC 2 41 A. .B. 99 .C. 18. D. 24 . 3 Lời giải Chọn B Ta có ba mặt phẳng (P) , (Q) , (R) đôi một song song và (P) nằm giữa (Q) , (R) . 1 8 1 4 d((P),(Q)) 3, d((P),(R)) 1. 1 22 22 1 22 22 96 96 Suy ra AB 3 99 . AC 2 12 Đẳng thức xảy ra khi vuông góc với (P) . Câu 46: [HH12.C3.6.BT.d](THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S có phương trình x 1 2 y 1 2 z 1 2 16 và mặt phẳng P :x y z 2 0, P cắt S theo giao tuyến là đường tròn T . CD là một đường kính cố định của đường tròn T , A là một điểm thay đổi trên T ( A khác C và D ). Đường thẳng đi qua A và vuông góc với P cắt S tại B . Tính BC 2 AD2 . A. 8 .B. 32 .C. 16.D. 64 . Lời giải Chọn D B D A C 1 1 1 2 S có tâm I 1; 1;1 và bán kính R 4 . Ta có d I; P 3 nên P cắt 3 S theo đường tròn T có bán kính r R2 d 2 I; P 13 . Giả thiết có AB 2 3 nên BC 2 AD2 BA2 AC 2 AD2 BA2 CD2 12 52 64 . Câu 47: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 -2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;1;2) và B(5;7;0). Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số
7. m để phương trình x2 y2 z2 4x 2my 2 m 1 z m2 2m 8 0 là phương trình của một mặt cầu S sao cho qua hai điểm A , B có duy nhất một mặt phẳng cắt mặt cầu S đó theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 1. A. 1. B. 4 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D Đặt x2 y2 z2 4x 2my 2 m 1 z m2 2m 8 0 1 Ta có a 2 , b m , c m 1, d m2 2m 8 . 1 là phương trình mặt cầu S khi a2 b2 c2 d 0 2 m 3 4 m2 m 1 m2 2m 8 0 m2 3 0 . m 3 mặt cầu S có tâm I 2; m;m 1 , bán kính R m2 3 . TH1: P là ABI và S có bán kính R 1 m2 3 1 và A , B , I không thẳng hàng.   m 2 AB 2;6; 2 , AI 1; m 1;m 1 m 2 . m 2 TH2: P cách I một khoảng lớn nhất, đồng thời d 2 I, P R2 1. Gọi H , K là hình chiếu của I lên P và AB , ta có d I, P IH IK   AB, AI   dmax IK d I, AB  , AB, AI 4m 8;4 2m;4 2m m 2 4; 2; 2 AB m 2 .2 6 m 2 66 d I, AB 2 11 11 m 2 l 2 2 6 2 2 2 Ta có d I, P R 1 m 2 m 4 5m 24m 68 0 34 11 m t / m 5 Vậy có hai giá trị của m thỏa ycbt. Câu 48: [HH12.C3.6.BT.d](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 2; 2;1 , A 1;2; 3 và đường thẳng x 1 y 5 z d : . Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng đi qua M , vuông góc 2 2 1 với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. A. u 2;2; 1 .B. u 1;7; 1 . C. u 1;0;2 .D. u 3;4; 4 . Lời giải Chọn C Gọi P là mp đi qua M và vuông góc với d , khi đó P chứa .   Mp P qua M 2; 2;1 và có vectơ pháp tuyến nP ud 2;2; 1 nên có phương trình: P : 2x 2y z 9 0 .
8. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên P và . Khi đó: AK AH : const nên AK  min khi K  H . Đường thẳng AH đi qua A 1,2, 3 và có vectơ chỉ phương ud 2;2; 1 nên x 1 2t AH có phương trình tham số: y 2 2t . z 3 t H AH H 1 2t;2 2t; 3 t . H P 2 1 2t 2 2 2t 3 t 9 0 t 2 H 3; 2; 1 .  Vậy u HM 1;0;2 . Câu 46: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm B 2; 1; 3 , C 6; 1; 3 . Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau, điểm A a;b;0 , a b b 0 sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị . cos A 31 A. 10. B. 20 .C. 15. D. . 3 Lời giải Chọn C A N M P B C Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC , AB . Gọi P BM CN , ta có BM  CN nên BC 2 BP2 CP2 . Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có 2 2 BA2 BC 2 AC 2 2 2 CA2 CB2 AB2 2 2 4 2 2 4 BP BM . , CP CN . 3 9 4 3 9 4 AB2 AC 2 4BC 2 BC 2 AB2 AC 2 5BC 2 . 9 Góc A lớn nhất cos A nhỏ nhất. 2 2 2 2 AB2 AC 2 BC 2 5 AB AC AB AC Ta có cos A 2AB.AC 10AB.AC 2 AB2 AC 2 2 2AB.AC 4 . . , dấu " " xảy ra AB AC . 5 AB.AC 5 AB.AC 5 Ta có A a;b;0 , b 0 và B 2; 1; 3 , C 6; 1; 3
9.  2 2 2 AB 2 a; 1 b; 3 AB 2 a b 1 9  2 2 2 AC 6 a; 1 b;3 AC a 6 b 1 9 2 a 2 b 1 2 9 a 6 2 b 1 2 9 4 4a 12a 36 a 2 .  Ta có BC 8;0;6 BC 2 82 62 100 . Khi đó từ AB2 AC 2 5BC 2 và AB AC 2 2 a 2 b 1 2 9 5.100 42 b 1 2 9 250 . Kết hợp với b 0 ta được b 14 thỏa mãn. a b 2 14 Như vậy 15. cos A 4 5 Câu 41: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian tọa x 1 y 1 z độ Oxyz cho các điểm A 1;5;0 , B 3;3;6 và đường thẳng : . Gọi 2 1 2 M a;b;c sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng T a b c ? A. T 2 . B. T 3. C. T 4 . D. T 5 . Lời giải Chọn B Ta có M M 1 2t;1 t;2t .   MA 2 2t;4 t; 2t , MB 4 2t;2 t;6 2t . Khi đó chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MA MB nhỏ nhất. Xét hàm số f t MA MB 9t 2 20 9t 2 36t 56 2 2 2 3t 2 2 5 6 3t 2 2 5 62 4 5 2 29 . Dấu bằng đạt được khi và chỉ khi bộ số 3t;6 3t và bộ số 2 5;2 5 tỉ lệ. Suy ra 3t 6 3t t 1. Suy ra M 1;0;2 . Chú ý ở đây có dùng bất đẳng thức Mincopski ( Hệ quả của bất đẳng thức Cauchy) 2 2 2 2 2 2 2 2 a1 b1 a2 b2 an bn a1 a2 an b1 b2 bn , đúng với mọi ai , bi . Dấu bằng xảy ra khi hai bộ số a1,a2 , ,an và b1,b2 , ,bn tỉ lệ. Câu 14: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Lê Quý Đôn - Hà Nội - 2017 - 2018 - BTN) [2H3-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng: P : x 2y z 1 0 , Q : x 2y z 8 0 , R : x 2y z 4 0 . Một đường thẳng d thay đổi cắt ba mặt phẳng P , Q , R lần lượt tại 144 A , B , C . Tìm giá trị nhỏ nhất của T AB2 . AC A. 72 3 3 . B. 96 .C. 108. D. 72 3 4 . Lời giải Chọn C
10. A P C C' R B B' Q Ta có M 1;0;0 P và ba mặt phẳng P , Q , R đôi một song song với nhau. Gọi B , C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các mặt phẳng Q , R , ta có: 1 2.0 0 8 3 6 AB d A; Q d M ; Q . 12 2 2 12 2 1 2.0 0 4 6 AC d A; R d M ; R . 12 2 2 12 2 Do AB 3AC nên đặt CC a BB 3a . 27 3 Ta có AB2 AB 2 BB 2 9a2 ; AC AC 2 CC 2 a2 . 2 2 2 144 27 2 144 3 2 72 72 Nên: T AB 9a 9 a AC 2 3 2 3 3 a2 a2 a2 2 2 2 3 2 72 72 3 9 a . . 108 . 3 2 3 3 a2 a2 2 2 2 Do đó minT 108 khi a . 2 Câu 14: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện bằng nhau và D khác phía với O so với ABC ; đồng thời A, B,C lần lượt là giao điểm của các trục Ox,Oy,Oz và x y z ( ) : 1 (với m 2, m 0 ,m 5). Tìm khoảng cách ngắn nhất từ tâm mặt m m 2 m 5 cầu ngoại tiếp I của tứ diện ABCD đến O. 13 26 A. 30 . B. . C. 26 . D. . 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D
11. C P D M I B O A Q Dựng hình hộp chữ nhậtOAQB.CMDP . Gọi I là giao điểm các đường chéo của hình hộp, dễ thấy I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Ta có A m;0;0 , B 0;m 2;0 , C 0;0;m 5 suy ra D m;m 2;m 5 . 1 1 26 Bán kính R OD 3m2 6m 29 . 2 2 2 Câu 14: [HH12.C3.6.BT.d] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(3;0;0), B(0;2;0), C(0;0;6) và D(1;1;1). Gọi D là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến D là lớn nhất, hỏi D đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A. M (- 1;- 2;1). B. M (5;7;3). C. M (3;4;3). D. M (7;13;5). Lời giải Chọn B x y z Phương trình mặt phẳng ABC là 1 2x 3y z 6 0 . 3 2 6 Dễ thấy D ABC . Gọi H, K, I lần lượt là hình chiếu của A, B,C trên Δ . Do Δ là đường thẳng đi qua D nên AH AD, BK BD,CI CD . Vậy để khoảng cách từ các điểm A, B,C đến Δ là lớn nhất thì Δ là đường thẳng đi qua x 1 2t D và vuông góc với ABC . Vậy phương trình đường thẳng Δ là y 1 3t t ¡ . Kiểm tra ta z 1 t thấy điểm M 5;7;3 . Câu 8. [HH12.C3.6.BT.d] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Trong không x 15 y 22 z 37 gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x y z 1 0 , đường thẳng d : và 1 2 2 mặt cầu S : x2 y2 z2 8x 6y 4z 4 0 . Một đường thẳng thay đổi cắt mặt cầu S tại hai điểm A, B sao cho AB 8 . Gọi A , B là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng P sao cho AA , BB cùng song song với d . Giá trị lớn nhất của biểu thức AA BB là 8 30 3 24 18 3 12 9 3 16 60 3 A. . B. . C. . D. . 9 5 5 9
12. Lời giải Chọn B Mặt cầu S có tâm I 4;3; 2 và bán kính R 5. Gọi H là trung điểm của AB thì IH  AB và IH 3 nên H thuộc mặt cầu S tâm I bán kính R 3 . Gọi M là trung điểm của A B thì AA BB 2HM , M nằm trên mặt phẳng P . 4 5 Mặt khác ta có d I; P R nên P cắt mặt cầu S và sin d; P sin . 3 3 3 Gọi K là hình chiếu của H lên P thì HK HM.sin . Vậy để AA BB lớn nhất thì HK lớn nhất 4 4 3 3 HK đi qua I nên HKmax R d I; P 3 . 3 3 4 3 3 3 3 24 18 3 Vậy AA BB lớn nhất bằng 2 . . 3 5 5