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 4.4 - 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 6: Tổng hợp về phương pháp tọa độ không gian - Mức độ 4.4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 29: [HH12.C3.6.BT.d] (CHUYÊN ĐH VINH – L4 - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho biết đường cong  là tập hợp tâm của các mặt cầu S đi qua điểm A 1;1;1 đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng : x y z 6 0 và  : x y z 6 0 . Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường cong  bằng A. 45 . B. 3 5. C. 9 . D. 3. Lời giải Chọn C Gọi S là một mặt cầu thỏa đề bài, với tâm I x; y; z . Theo bài ra, ta có IA d I; d I;  . Mà d I; d I;  x y z 6 x y z 6 x y z 0. Vậy tâm của các mặt cầu thỏa đề bài sẽ nằm trên mặt phẳng (P): x + y + z = 0. d ;  2 2 2 Vì //  nên IA 2 3 . Từ đó x 1 y 1 z 1 12. Vậy điểm 2 2 2 2 I x; y; z thuộc mặt cầu (S1):(x- 1) + (y - 1) + (z - 1) = 12. Tập hợp tâm của mặt cầu S là giao tuyến của mặt cầu S1 và mặt phẳng P hay chính 2 2 là đường tròn có bán kính R R2 d 2 A; P 2 3 3 3. S1 Vậy diện tích của hình phẳng cần tính là S R 2 9 . Câu 31: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho các mặt phẳng P : x y 2z 1 0 và Q : 2x y z 1 0 . Gọi S là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành đồng thời S cắt mặt phẳng P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và S cắt mặt phẳng Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính r . Xác định r sao cho chỉ đúng một mặt cầu S thoả yêu cầu? 3 7 A. r 3 .B. r . C. r 2 . D. r . 2 2 Lời giải Chọn B Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu S , ta có: R2 d 2 I; P 22 d 2 I; Q r 2 . Gọi I x;0;0 Ta có 2 2 2 2 x 1 2x 1 2 x 2x 1 4x 4x 1 2 4 r 0 4 r 0 6 6 6 3x2 6x 1 4 r 2 0 x2 x 4 r 2 0 6 2 Bài toán trờ thành tìm r 0 đề phương trình có duy nhất 1 nghiệm, tức là 3 0 1 2 4 r 2 0 r . 2
2. Câu 37: [HH12.C3.6.BT.d] (SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A 1; 3;0 , B 1; 3;0 , C 0;0; 3 và điểm M Oz sao cho hai mặt phẳng MAB và ABC vuông góc với nhau. Tính góc giữa hai mặt phẳng MAB và OAB . A. 45. B. 60. C. 15. D. 30. Lời giải Chọn A   Ta có: AB 2; 0; 0 , AC 1; 3; 3 .    Suy ra: n ABC AB  AC 0; 2 3; 2 3  M Oz M 0;0; z và AM 1; 3; z    Mặt khác: n MAB AB  AM 0; 2z; 2 3   Vì: MAB  ABC nên n ABC .n MAB 0 z 3    Vậy: . n MAB AB  AM 0; 2 3; 2 3      Ta có: OA 1; 3;0 , OB 1; 3;0 n OAB OA  OB 0; 0; 2 3   n MAB .n OAB 2 cos ·MAB , OAB   ·MAB , OAB 45 . 2 n MAB . n OAB Câu 31: [HH12.C3.6.BT.d] (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Trong không gian với hệ trục tọa độ x 1 y 4 z 4 Oxyz , cho đường thẳng : và các điểm A 2;3; 4 , B 4;6; 9 . Gọi C , 3 2 1 D là các điểm thay đổi trên đường thẳng sao cho CD 14 và mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Khi đó, tọa độ trung điểm của đoạn thẳng CD là 79 64 102 181 104 42 101 13 69 A. ; ; B. ; ; . C. ; ; . D. 2;2;3 . 35 35 35 5 5 5 28 14 28 Lời giải Chọn D + Thể tích tứ diện ABCD là: 1 V AB.CD.IE.sin với IE là đoạn vuông góc chung của AB , CD ; ·AB;CD . Rõ ràng 6 V là hằng số không đổi. 1 3V + Mặt khác: V Stp .r r 2 , với r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD , Stp 3 Stp là diện tích toàn phần của tứ diện ABCD . Dựa vào 2 , yêu cầu đề bài tương đương với Stp nhỏ nhất. Ta có: 1 S S S S S S S AB. d d với d d C; AB , tp ACD BCD CAB DAB ACD BCD 2 1 2 1 d2 d D; AB
3. Vì A , B cố định CD 14 nên SACD SBCD không đổi. Do đó Stp nhỏ nhất khi và chỉ khi d1 d2 nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi trung điểm I của CD là là giao điểm của d và đường thẳng vuông góc chung của d và AB . (Xem chứng minh ở phần bổ sung) + Giải bài toán tìm tọa độ 2 điểm của đoạn vuông góc chung ta được I 2;2;3 như sau: x 2 2t   AB 2;3; 5 , AB : y 3 3t ; d có VTCP ud 3; 2; 1 z 4 5t    IE co VTCP u AB;u 13; 13; 13 , chọn VTCP là u 1;1;1 . d I d I 1 3a;4 2a;4 a ; E AB E 2 2b;3 3b; 4 5b  EI 3 3a 2b;1 2a 3b;8 a 5b 3 3a 2b k a 1   Ta có: EI k.u 1 2a 3b k b 1. Suy ra: I 2;2;3 8 a 5b k k 2 Chứng minh nhận định trên bằng bài toán sau: Cho hai đường thẳng chéo nhau d và và hai điểm C , D thay đổi trên đường thẳng d sao cho CD 2a (với a là hằng số dương cho trước). Gọi d1 , d2 lần lượt là khoảng cách từ C , D đến . Chứng minh rẳng tổng d1 d2 nhỏ nhất khi và chỉ khi trung điểm I của CD là giao điểm của d và đường thẳng vuông góc chung của d và . + Gọi IE d là đoạn vuông góc chung của d và . Qua E dựng đường thẳng d song song với d , gọi P là mặt phẳng chứa d và . Gọi C0 D0 2a là đoạn thẳng nhận I là trung điểm, C0 , D0 cố định thuộc d . Gọi C0 , H0 lần lượt là hình chiếu của C0 lên P và ; D0 , K0 lần lượt là hình chiếu của D0 lên P và ; Gọi CD 2a với C , D là hai điểm tùy ý thuộc d . Gọi C , H lần lượt là hình chiếu của C lên P và ; D , K lần lượt là hình chiếu của D lên P và . Ta có: E là trung điểm của đoạn C0 D0 và H0 K0 . 2 2 2 2 2 2 Ta có: d01 d02 d C0 ; d D0 ; d C0 H d D0 H 2 d b , với b C0 H D0 K là hằng số. 2 2 2 2 Ta có: d1 d2 d C H d D K Theo Thales ta có:
4. + Nếu C , D cùng phía so với E (và giả sử C ở xa E hơn so với D ) ta có: C H D K EC ED C D 2 C H D K 2b b EC0 a + Nếu C , D ngược phía so với E ta có: C H D K EC ED C D 2 C H D K 2b b EC0 a Trong cả hai trường hợp này, dùng BĐT x2 a2 y2 b2 x y 2 a b 2 Ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 d1 d2 d C H d D K 2d C H D K 2d 2a d01 d02 Đẳng thức xảy ra khi và chi khi CD  C D . 0 0 Chú ý: BĐT trên chứng minh bằng cách chọn u x; y , v a;b và u v u v . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi u , v cùng hướng. Câu 27: [HH12.C3.6.BT.d] [Đề thi thử-Liên trường Nghệ An-L2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M 1;2;1 và cắt tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho độ dài OA , OB , OC theo thứ tự tạo thành cấp số nhân có công bội bằng 2 . Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O tới mặt phẳng . 4 21 3 21 A. .B. .C. .D. 9 21 . 21 21 7 Hướng dẫn giải Chọn C x y z Giả sử A a;0;0 . B 0;b;0 , C 0;0;c ( a , b , c 0 ), có dạng 1. a b c 1 2 1 đi qua điểm M 1;2;1 1. a b c OA , OB , OC theo thứ tự tạo thành cấp số nhân có công bội bằng 2 1 1 1 9 9 4x 2y z b 2a , c 2b 1 a , b , c 9 : 1 a a 4a 4 2 9 9 9 9 3 21 hay : 4x 2y z 9 0 d O, . 42 22 12 7 Câu 47: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 2;1;3 , B 6;5;5 . Gọi S là mặt cầu có đường kính AB . Mặt phẳng P vuông góc với đoạn AB tại H sao cho khối nón đỉnh A và đáy là hình tròn tâm H (giao của mặt cầu S và mặt phẳng P ) có thể tích lớn nhất, biết rằng P : 2x by cz d 0 với b , c , d ¢ . Tính S b c d . A. S 18 B. S 11 C. S 24 D. S 14 Lời giải Chọn A
5.  Ta có AB 4;4;2 AB 6 suy ra mặt cầu S có tâm I 4;3;4 và bán kính R 3. Đặt IH x 0 x 3 . Gọi r là bán kính đường tròn tâm H suy ra r R2 x2 9 x2 . 1 1 Thể tích khối nón là V r 2.AH . 32 x2 . 3 x . 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 3 1 1 6 3 3 32 V 6 2x 3 x 3 x V . 6 6 3 3 32 3 3 Vậy thể tích khối nón lớn nhất bằng khi 6 x 3 x x IH . 3 2 2 Mặt phẳng P vó vec tơ pháp tuyến n 2;b;c . Vì P vuông góc với đoạn AB nên ta có  2 b c b 2 n cùng phương với AB . Vậy P : 2x 2y z d 0. 4 4 2 c 1 8 6 4 d 18 d 3 d 15 Mặt khác d I; P 1 1 18 d 3 . 22 22 1 18 d 3 d 21 Mặt khác A và I nằm cùng phía với mặt phẳng P nên ta có d 18 9 d 18 d 0 . Vậy d 21 suy ra S b c d 2 1 21 18. d 9