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 4.6 - 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 4.6 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 47: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Trong 2 2 2 2 2 2 không gian Oxyz , cho S1 : x 1 y z 4 , S2 : x 2 y 3 z 1 1 và x 2 t đường thẳng d : y 3t . Gọi A, B là hai điểm tùy ý thuộc S , S và M thuộc đường 1 2 z 2 t thẳng d . Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức P MA MB bằng: 2211 3707 1771 2 110 3707 A. . B. 3. C. . D. . 11 11 11 11 Lời giải Chọn B I J B A d H M A' K Mặt cầu S1 có tâm I 1;0;0 , bán kính R1 2 . Mặt cầu S2 có tâm J 2;3;2 , bán kính R2 1. Đường thẳng d đi qua điểm N 2;0; 2 và có véc tơ chỉ phương u 1; 3; 1 .  Ta có: IJ 1;3;1 // u và I d nên IJ // d . Gọi S là mặt cầu đối xứng của S1 qua d ; K , A lần lượt là điểm đối xứng của I và A qua d . Thì K là tâm của S và A S . Khi đó : P MA MB MA MB A B . Suy ra Pmin A B JK R1 R2 . 3 66 6 66 Ta lại có : IH d I;d IK . 11 11 3707 Và IJ 11 JK . 11 3707 Vậy P 3. min 11
2. Câu 36: [HH12.C3.6.BT.d] (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;2; 3 và mặt phẳng P : 2x 2y z 9 0 . Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng Q :3x 4y 4z 5 0 cắt mặt phẳng P tại B . Điểm M nằm trong mặt phẳng P sao cho M luôn nhìn AB dưới góc vuông và độ dài MB lớn nhất. Tính độ dài MB . 41 5 A. MB .B. MB . C. MB 5 .D. MB 41 . 2 2 Hướng dẫn giải Chọn C + Đường thẳng d đi qua A 1;2; 3 và có vectơ chỉ phương u 3;4; 4 có phương trình là x 1 3t y 2 4t . z 3 4t + Ta có: MB2 AB2 MA2 . Do đó MB khi và chỉ khi MA . max min + Gọi E là hình chiếu của A lên P . Ta có: AM AE . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  E .  Khi đó AM AE và MB qua B nhận BE làm vectơ chỉ phương. min + Ta có: B d nên B 1 3t;2 4t; 3 4t mà B P suy ra: 2 1 3t 2 2 4t 3 4t 9 0 t 1 B 2; 2;1 .  + Đường thẳng AE qua A 1;2; 3 , nhận nP 2;2; 1 làm vectơ chỉ phương có phương x 1 2t trình là y 2 2t . z 3 t Suy ra E 1 2t;2 2t; 3 t . Mặt khác, E P nên 2 1 2t 2 2 2t 3 t 9 0 t 2 E 3; 2; 1 . Khi đó MB BE 5
3. Câu 49: [HH12.C3.6.BT.d] (Chuyên Quang Trung - BP - Lần 4 - 2017 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x2 y2 z 3 2 8 và hai điểm A 4;4;3 , B 1;1;1 . Gọi C là tập hợp các điểm M S để MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Biết rằng C là một đường tròn bán kính R . Tính R . A. 7 B. 6 C. 2 2 D. 3 Lời giải Chọn A Mặt cầu S có tâm I 0;0;3 và bán kính R1 2 2 . Với M x; y; z S tùy ý, ta có T MA 2MB 0. Do đó, minT 0 MA 2MB . Khi đó, ta có x 4 2 y 4 2 z 3 2 4 x 1 2 y 1 2 z 1 2 2 29 3x2 3y2 3z2 2z 29 0 x2 y2 z2 z 0 . 3 3 2 2 2 2 29 2 x y z z 0 x2 y2 z 3 8 Ta được hệ 3 3 2 2 2 z 2 x y z 3 8 Do đó M thuộc mặt phẳng P : z 2 0 chứa đường tròn C là giao tuyến của S và P . 2 2 Ta có d I; P 1 nên đường tròn C có bán kính R R1 d 7 . Câu 50: [HH12.C3.6.BT.d] (Chuyên Quang Trung - BP - Lần 4 - 2017 - 2018) Trong mặt 1 1 phẳng phức, xét hình bình hành tạo bởi các điểm 0 , z , và z . Biết z có phần thực z z 35 1 2 dương và diện tích hình bình hành bằng . Tìm giá trị nhỏ nhất của z . 37 z 53 60 22 50 A. B. C. D. 20 37 9 37 Lời giải Chọn D 1 1 Gọi O, A, B,C lần lượt là điểm biểu diễn số phức 0, z, và z . z z 1 35 35 Khi đó diện tích hình bình hành OACB là S OA.OB.sin z . .sin sin . z 37 37 12 Suy ra cos 1 sin2 . 37 Áp dụng định lý cosin trong tam giác OAC ta có
4. 2 2 1 2 1 1 2 1 z OC 2 OA2 OB2 2OA.OB.cos z 2 z .cos z 2cos z z z z 2 1 2 12 50 1 2 50 z 2 2. . Vậy z nhỏ nhất bằng . z 37 37 z 37 12 Dấu “ ” xảy ra z 1 và cos . 37 1 12 1 12 Chẳng hạn như z sin arccos i cos arccos .Câu 50: [HH12.C3.6.BT.d] (THPT Vũng 2 37 2 37 Tàu - BRVT - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 5; 2; 7 , B 1;0;1 ,C 3;2;1 . Gọi M a;b;c là điểm thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng BC và MA MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của P a b c . A. 5 . B. 2 . C. 4 . D. 3 . Lời giải Chọn D.  Ta có I 1;1;1 là trung điểm của đoạn thẳng BC , BI 2;1;0 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của BC . Do đó : 2x y 3 0. Dễ thấy A, B nằm cùng phía so với mặt phẳng nên A,C nằm khác phía so với mặt phẳng . Ta có: MA MB MA MC AC . Vậy MA MB đạt giá trị nhỏ nhất là AC khi M là giao của AC và .  x 3 y 2 z 1 Ta có AC 8;4;8 nên AC : . 2 1 2 2 3 2t 2 t 3 0 t 1. Do đó M 1;1; 1 P a b c 3.