Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 1: Hệ trục tọa độ - Dạng 1: Tìm tọa độ điểm, tọa độ vec tơ thỏa điều kiện cho trước - Mức độ 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 - Chủ đề 1: Hệ trục tọa độ - Dạng 1: Tìm tọa độ điểm, tọa độ vec tơ thỏa điều kiện cho trước - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 49. [2H3-1.1-4] (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 7;2;3 , B 1;4;3 , C 1;2;6 , D 1;2;3 và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức P MA MB MC 3MD đạt giá trị nhỏ nhất. 3 21 5 17 A. OM . B. OM 26 .C. OM 14 . D. OM . 4 4 Lời giải Chọn C   Ta có DA 6;0;0 , DB 0;2;0 , DC 0;0;3 nên tứ diện $ABCD$ là tứ diện vuông đỉnh D . Giả sử M x 1;y 2;z 3 . Ta có MA x 6 2 y2 z2 x 6 6 x , MB x2 y 2 2 z2 y 2 2 y . MC x2 y2 z 3 2 z 3 3 z , 3MD 3 x2 y2 z2 x y z 2 x y z . Do đó P 6 x 2 y 3 z x y z 11. x y z 0 6 x 0 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng $11$, khi và chỉ khi 2 y 0 x y z 0 . 3 z 0 x y z 0 Khi đó M 1;2;3 suy ra OM 12 22 32 14 . Câu 37. [2H3-1.1-4] [B1D2M2] (THPT QUẢNG XƯƠNG1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 3;1;0 , B 0; 1;0 , C 0;0; 6 . Nếu tam giác A B C thỏa mãn hệ thức    A A B B C C 0 thì tọa độ trọng tâm của tam giác đó là A. 1;0; 2 . B. 2; 3;0 . C. 3; 2;0 . D. 3; 2;1 . Lời giải Chọn A    Ta có: AA BB CC 0 1          A G G G GA B G G G GB C G G G GC 0.        GA GB GC A G B G C G 3G G 0 2 Nếu G, G theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A B C nghĩa là        GA GB GC A G B G C G thì 2 G G 0 G  G . Tóm lại 1 là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A B C có cùng trọng tâm. Ta có tọa độ của G là: G 1;0; 2 . Câu 40: [2H3-1.1-4] [2017] Cho ba điểm A 3;1;0 , B 0; 1;0 ,C 0;0; 6 . Nếu tam giác A B C    thỏa mãn hệ thức A A B B C C 0 thì có tọa độ trọng tâm là: A. 1;0; 2 . B. 2; 3;0 . C. 3; 2;0 . D. 3; 2;1 . Lời giải Chọn A
2. * Cách diễn đạt thứ nhất: Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T trong không gian có:          1 : A' A B'B C 'C 0 TA TA' TB TB' TC TC ' 0       TA TB TC TA' TB' TC ' 2    Hệ thức (2) chứng tỏ. Nếu T  G tức là TA TB TC 0 thì ta cũng có    TA' TB' TC ' 0 hay T  G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm. 3 0 0 1 1 0 0 0 6 Ta có tọa độ của G là: G ; ; 1;0; 2 3 3 3 Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của A'B'C ' * Cách diễn đạt thứ hai:    Ta có: AA' BB' CC ' 0 (1)          A'G ' G 'G GA B'G ' G 'G GB C 'G ' G 'G GC 0        GA GB GC A'G ' B'G ' C 'G ' 3G 'G 0 (2) Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa là        GA GB GC A'G ' B'G ' C 'G ' thì 2 G 'G 0 G '  G Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm. 3 0 0 1 1 0 0 0 6 Ta có tọa độ của G là: G ; ; 1;0; 2 . Đó cũng là tọa độ 3 3 3 trọng tâm G’ của A'B'C ' Câu 46: [2H3-1.1-4] [2017] Cho hình chóp S.ABCD biết A 2;2;6 , B 3;1;8 ,C 1;0;7 , D 1;2;3 . 27 Gọi H là trung điểm của CD, SH  ABCD . Để khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 2 (đvtt) thì có hai điểm S1, S2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I của S1S2 A. I 0; 1; 3 . B. I 1;0;3 C. I 0;1;3 . D. I 1;0; 3 . Lời giải Chọn C   1   3 3 Ta có AB 1; 1;2 , AC 1; 2;1 S AB, AC ABC 2 2     DC 2; 2;4 , AB 1; 1;2 DC 2.AB ABCD là hình thang và 9 3 S 3S ABCD ABC 2
3. 1 Vì V SH.S SH 3 3 S.ABCD 3 ABCD Lại có H là trung điểm của CD H 0;1;5     Gọi S a;b;c SH a;1 b;5 c SH k AB, AC k 3;3;3 3k;3k;3k Suy ra 3 3 9k 2 9k 2 9k 2 k 1  +) Với k 1 SH 3;3;3 S 3; 2;2  +) Với k 1 SH 3; 3; 3 S 3;4;8 Suy ra I 0;1;3 Câu 50: [2H3-1.1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 6;1 và mặt phẳng P : x y 7 0 . Điểm B thay đổi thuộc Oz ; điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng P . Biết rằng tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm B là. A. B 0;0;1 . B. B 0;0; 2 . C. B 0;0; 1 . D. B 0;0;2 . Lời giải Chọn A Trước hết ta nhận thấy Oz// P và xO yO 7 xA yA 7 0 nên A và Oz nằm về một phía của mặt phẳng P . Gọi A là điểm đối xứng của A qua P . Gọi p là chu vi tam giác ABC . Ta có p AB BC CA AB BC A C AB A B . Do Oz// P nên AA  Oz . Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên Oz , ta có Oz  A K . AB AK Lúc đó pmin khi K  B . A B A K Vậy B 0;0;1 . Câu 49: [2H3-1.1-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian tọa 8 4 8 độ Oxyz cho hai điểm A 2;2;1 , B ; ; . Biết I a;b;c là tâm đường tròn nội tiếp của 3 3 3 tam giác OAB . Tính S a b c. A. S 1. B. S 0 . C. S 1. D. S 2 . Lời giải Chọn D
4. O I A D B   8 4 8   16 8 8   Ta có: OA 2;2;1 , OB ; ; OA.OB 0 OA  OB . 3 3 3 3 3 3 Lại có: OA 3, OB 4 AB 5 . Gọi D là chân đường phân giác trong góc ·AOB D thuộc đoạn AB . Theo tính chất của phân giác trong ta có: DA OA 3  3  12 12 DA DB D 0; ; . DB OB 4 4 7 7 1 OA OB AB Tam giác OAB có diện tích S .OA.OB 6, nửa chu vi p 6 2 2 S OA.OB 12 r 1 là bàn kính đường tròn nội tiếp; chiều cao OH . p AB 5 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB I thuộc đoạn OD . a 0 DI r 5  5  Ta có: DI DO I 0;1;1 hay b 1 . DO OH 12 12 c 1 Vậy S a b c 2 .