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 4.5 - 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 4.5 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 46: [HH12.C3.6.BT.d] (SGD Bắc Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ x y - 1 z + 1 tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và điểm A(1;1;1). Hai điểm B , C di 2 - 1 - 1 động trên đường thẳng d sao cho mặt phẳng (OAB) vuông góc với mặt phẳng (OAC).Gọi điểm B là hình chiếu vuông góc của điểm B lên đường thẳng AC . Biết rằng quỹ tích các điểm B ' là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này. 60 3 5 70 3 5 A. r = B. r = C. r = D. r = 10 5 10 10 Lời giải Chọn D r r uur + Ta có: một véctơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (2;- 1;- 1). Suy ra u ^ OA. + Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng d Þ H (2t;1- t;- 1- t). Do OH ^ d nên 4t - 1+ t + 1+ t = 0 Þ t = 0 Þ H (0;1;- 1). uuur uur + Suy ra OH.OA = 0 Þ OH ^ OA và OA ^ BC nên OA ^ (OBC) ü Þ OA ^ OB ï ï (OAB)^ (OAC) ý Þ OB ^ (OAC) . ï ï OA = (OAB)Ç(OAC)þï B H O I A B' C ïì OB ^ AC Do đó ta có: íï Þ AC ^ (OBB¢)Þ AB¢^ OB¢. îï BB¢^ AC Vậy B¢ thuộc mặt cầu (S) đường kính OA = 3 . æ1 1 1ö + Gọi I ç ; ; ÷ là trung điểm OA èç2 2 2ø÷ æ 1ö2 æ 1ö2 æ 1ö2 3 Phương trình mặt cầu (S):çx- ÷ + çy - ÷ + çz - ÷ = èç 2÷ø èç 2ø÷ èç 2ø÷ 4 + Mặt khác B¢Î (ABC)º (A;d). Mặt phẳng (ABC) có một véctơ pháp tuyến là r uuur r n = éAH;uù= (2;5;- 1). ëê ûú Phương trình mặt phẳng (ABC) : 2x + 5y - z - 6 = 0 .
2. I 3 R= 2 r (ABC) + Vậy B¢ thuộc đường tròn cố định là đường tròn (C), giao tuyến của mặt cầu (S) và (ABC). 3 5 3 30 (C) có bán kính r = R2 - d 2 = , với R = và d = d (I,(ABC))= . 10 2 10 Câu 40: [HH12.C3.6.BT.d] [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH – 5/2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A 4;2;5 , B 0;4; 3 ,    C 2; 3;7 . Biết điểm M x0 ; y0 ; z0 nằm trên mặt phẳng Oxy sao cho MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng P x0 y0 z0 . A. P 3 .B. P 0 .C. P 3.D. P 6 . Lời giải Chọn C     Gọi G 2;1;3 là trọng tâm ABC MA MB MC 3MG 3MG    Do đó MA MB MC nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất Mà MG d G, Oxy GH nên MG nhỏ n hất khi M  H khi đó M là hình chiếu vuông góc của G lên Oxy M 2;1;0 x0 y0 z0 3 Câu 6: [HH12.C3.6.BT.d] (SGD Lạng Sơn - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 3;2;2 ; B 5;3;7 và mặt phẳng P : x y z 0 . Điểm   M a;b;c thuộc P sao cho 2MA MB có giá trị nhỏ nhất. Tính T 2a b c . A. T 1. B. T 3.C. T 4 .D. T 3. Lời giải Chọn C 2 x 3 x 5 I I xI 1   Chọn điểm I sao cho 2IA IB 0 khi đó 2 yI 2 yI 3 yI 1 Vậy I 1;1; 3 . z 3 2 zI 2 yI 7 I        Xét 2MA MB 2MI 2IA MI IB MI MI
3. MI có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I lên mặt phẳng P . Đường thẳng d qua I và vuông góc với P sẽ đi qua M ; I và có vtcp trùng vtpt của P x 1 t Phương trình d y 1 t M 1 t;1 t; 3 t z 3 t a 0 Đồng thời M P : x y z 0 1 t 1 t 3 t 0 t 1 b 2 c 2 Vậy T 2a b c 4 . Câu 44: [HH12.C3.6.BT.d] (SGD Lạng Sơn - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 9; 3;5 , B a;b;c . Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ Oxy , Oxz và Oyz . Biết M , N , P nằm trên đoạn AB sao cho AM MN NP PB . Tính tổng T a b c . A. T 21. B. T 15.C. T 13. D. T 14 . Lời giải Chọn B x 9 a 9 t  Ta có AB a 9;b 3;c 5 , nên phương trình đường thẳng AB là: y 3 b 3 t . z 5 c 5 t Vì M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng tọa độ Oxy , Oxz 5 a 9 5 b 3 3 a 9 3 c 5 và Oyz nên suy ra M 9 ;9 ;0 ; N 9 ;0;5 và 5 c 5 c b 3 b 3 9 b 3 9 c 5 P 0; 3 ;5 . 9 a 9 a Từ M , N , P nằm trên đoạn AB AM MN NP PB nên ta có   AB 4AM   c 5 4 0 5 zAB 4zAM c 15     AB 2AN yAB 2yAN b 3 2 0 3 b 3 a b c 15.   4 4 4 a 3 AB AP x x a 9 0 9 3 AB 3 AP 3 Câu 41: [HH12.C3.6.BT.d] (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 16 và các điểm A 1;0;2 , B 1;2;2 . Gọi P là mặt phẳng đi qua hai điểm A , B sao cho thiết diện của P với mặt cầu S có diện tích nhỏ nhất. Khi viết phương trình P dưới dạng P : ax by cz 3 0. Tính T a b c . A. 3 . B. 3 . C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn B
4. I B H A K Mặt cầu có tâm I 1;2;3 bán kính là R 4 . Ta có A , B nằm trong mặt cầu. Gọi K là hình chiếu của I trên AB và H là hình chiếu của I lên thiết diện. Ta có diện tích thiết diện bằng S r 2 R2 IH 2 . Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Mà IH IK suy ra P qua A, B và vuông góc với IK .  Ta có IA IB 5 suy ra K là trung điểm của AB . Vậy K 0;1;2 và KI 1;1;1 . Vậy P : x 1 y z 2 0 x y z 3 0 . Vậy T 3. Câu 48: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc. Gọi ,  ,  lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA , OB , OC với mặt phẳng ABC (hình vẽ). A O C B Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 3 cot2 . 3 cot2  . 3 cot2  là A. Số khác. B. 48 3 . C. 48 . D. 125. Lời giải
5. Chọn D Gọi H là trực tâm tam giác ABC , vì tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc nên 1 1 1 1 ta có OH  ABC và . OH 2 OA2 OB2 OC 2 Ta có ·OA; ABC O· AH ,  ·OB; ABC O· BH ,  ·OC; ABC O· CH . OH OH OH Nên sin , sin  , sin . OA OB OC 1 1 1 1 Đặt a OA, b OB , c OC , h OH thì và h2 a2 b2 c2 2 2 2 1 1 1 M 3 cot . 3 cot  . 3 cot  2 2 . 2 2 . 2 2 sin sin  sin  2 2 2 a b c 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 . 2 2 . 2 2 8 4 a b c . 2 2 a b b c c a . 4 a b c . 6 . h h h h h h 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 Ta có: a b c . 2 a b c . 2 2 2 3 a .b .c .3 2 . 2 . 2 9 . h a b c a b c 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 a b b c c a . 4 a b b c c a . 2 2 2 h a b c 2 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 4 4 4 1 3 a b .b c .c a . 33 . . 3 a b c .9 3 27 . 2 2 2 4 4 4 a b c a b c 3 3 2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 a b c . a b c . a b c . 33 . . 27 . 6 2 2 2 2 2 2 h a b c a b c Do đó: 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 M 8 4 a b c . 2 2 a b b c c a . 4 a b c . 6 h h h 8 4.9 2.27 27 125 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c , hay OA OB OC . Vậy min M 125 .
6. A α a H h c O C b B Câu 34: [HH12.C3.6.BT.d] [BIÊN HÒA – HÀ NAM] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c với a, b, c dương. Biết A, B, C di động trên các tia Ox, Oy, Oz sao cho a b c 2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng P cố định. Tính khoảng cách từ M 2016;0;0 tới mặt phẳng P . 2014 2016 2015 A. 2017 . B. . C. . D. . 3 3 3 Lời giải Chọn D Gọi là mặt phẳng trung trực của đoạn OA a  đi qua điểm D ;0;0 và có VTPT OA a;0;0 a 1;0;0 2 a : x 0. 2 Gọi  là mặt phẳng trung trực của đoạn OB a   đi qua điểm E 0; ;0 và có VTPT OB 0;a;0 a 0;1;0 2 a  : y 0 . 2 Gọi  là mặt phẳng trung trực của đoạn OC a   đi qua điểm F 0;0; và có VTPT OC 0;0;a a 0;0;1 2
7. a  : z 0. 2 a a a Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I     I ; ; . 2 2 2 a b c Mà theo giả thiết, a b c 2 1 I P : x y z 1. 2 2 2 2016 1 2015 Vậy, d M , P . 3 3 Câu 41: [HH12.C3.6.BT.d] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 3;0;0 , B 0;2;0 ,C 0;0;6 và D 1;1;1 . Kí hiệu d là đường thẳng đi qua D sao cho tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến d lớn nhất. Hỏi đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây? A. M 1; 2;1 . B. N 5;7;3 . C. P 3;4;3 . D. Q 7;13;5 . Lời giải Chọn B A A' B' C B C' D x y z Ta có phương trình mặt phẳng qua A,B,C là: ABC : 1 2x 3y z 6 0 . 3 2 6 Dễ thấy D ABC .Gọi A', B ',C ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B,C trên d . Suy ra d A,d d B,d d C,d AA' BB ' CC ' AD BD CD . Dấu bằng xảy ra khi A'  B '  C '  D . Hay tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến d lớn nhất khi d là đường x 1 2t thẳng qua D và vuông góc với mặt phẳng ABC d : y 1 3t ; N d . z 1 t