Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 1: Hệ trục tọa độ - Dạng 5: Bài toán về tích có hướng và ứng dụng - Mức độ 3 - 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 5: Bài toán về tích có hướng và ứng dụng - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 48: [2H3-1.5-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S có phương trình là x2 y2 z2 2x 2y 6z 7 0 . Cho ba điểm A , M , B nằm trên mặt cầu S sao cho ·AMB 90 . Diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng? A. 4 . B. 2 . C. 4 . D. Không tồn tại. Lời giải Chọn A Ta có S : x 1 2 y 1 2 z 3 2 4 S có tâm I 1;1;3 và bán kính R 2 . Bài ra A , M , B nằm trên mặt cầu S và ·AMB 90 AB qua I AB 2R 4 . 1 MA2 MB2 AB2 Ta có S MA.MB 4 . AMB 2 4 4 AB Dấu " " xảy ra MA MB 2 2 và AB 4 . 2 Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4 . Câu 12: [2H3-1.5-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình bình hành ABCD . Biết A 2;1; 3 , B 0; 2;5 và C 1;1;3 . Diện tích hình bình hành ABCD là 349 A. 2 87 . B. . C. 349 . D. 87 . 2 Lời giải Chọn C     Ta có: AB 2; 3;8 và AC 1;0;6 AB, AC 18;4; 3 .   Vậy: S AB, AC 18 2 42 3 2 349 . ABCD Câu 37: [2H3-1.5-3] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. A B C D có A trùng với gốc tọa độ O . Biết rằng B m;0;0 , D 0;m;0 , A 0;0;n với m , n là các số dương và m n 4. Gọi M là trung điểm của cạnh CC . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện BDA M bằng 245 9 64 75 A. .B. .C. .D. . 108 4 27 32 Lời giải Chọn C
2. Ta có: A 0;0;0 , B m;0;0 , D 0;m;0 , A 0;0;n suy ra C m;m;0 , B m;0;n , n C m;m;n , D 0;m;n , M m;m; . 2    n BD m;m;0 , BA m;0;n , BM 0;m; . 2 1    1 1 1 1 m m 8 2m 3 2 2 VBDA M BD, BA .BM m .n m . 4 m m.m. 8 2m 6 4 4 8 8 3 64 . 27 Câu 8. [2H3-1.5-3] (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 0;1;1 ; B 1;1;0 ; C 1;0;1 và mặt phẳng P : x y z 1 0 . Điểm M thuộc P sao cho MA MB MC . Thể tích khối chóp M.ABC là 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 6 2 9 3 Lời giải Chọn A Gọi điểm M (x; y; z) . Vì điểm M thuộc P sao cho MA MB MC nên M (P) x y z 1 0 2 2 2 2 2 2 MA MB x (y 1) (z 1) (x 1) (y 1) z 2 2 2 2 2 2 MA MC x (y 1) (z 1) (x 1) y (z 1) x y z 1 0 x 1 x z 0 y 1 M (1;1;1) x y 0 z 1 Ta có     MA 1;0;0 ; MB 0;0;1 MA, MB (0; 1;0)     MC 0;1;0 MA, MB .MC 1 1    1 V MA, MB .MC M .ABC 6 6
3. Câu 39: [2H3-1.5-3] (SGD Đà Nẵng - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai    vectơ m 4;3;1 , n 0;0;1 . Gọi p là vectơ cùng hướng với m,n (tích có hướng của hai vectơ    m và n ). Biết p 15 , tìm tọa độ vectơ p .     A. p 9; 12;0 .B. p 45; 60;0 .C. p 0;9; 12 .D. p 0;45; 60 . Lời giải Chọn A  Ta có : m;n 3; 4;0     Do p là vectơ cùng hướng với m;n nên p k m;n , k 0    Mặt khác: p 15 k. m,n 15 k.5 15 k 3 . Vậy p 9; 12;0 . Câu 29: [2H3-1.5-3] (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội - Lần I - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A 3;0;0 , B 0;0;3 , C 0; 3;0 và mặt phẳng P : x y z 3 0 . Tìm    trên P điểm M sao cho MA MB MC nhỏ nhất. A. M 3;3; 3 .B. M 3; 3;3 .C. M 3; 3;3 .D. M 3;3;3 . Lời giải Chọn D    Gọi I a;b;c là điểm thỏa mãn IA IB IC 0 1    Ta có IA 3 a; b; c , IB a; b;3 c , IC a;3 b; c 3 a 0 a 3 1 b 3 0 b 3 I 3;3;3 . 3 c 0 c 3 Nhận thấy I 3;3;3 P         MA MB MC MI IA IB IC MI MI 0 .    MA MB MC nhỏ nhất bằng 0 khi M 3;3;3 . Câu 7502: [2H3-1.5-3] [THPT Quế Vân 2 - 2017] Trong không gian Oxyz, cho · A 4;0;0 , B x0 ; y0 ; z0 , x0 , y0 0 thỏa mãn AB 2 10 và AOB 45 . Tìm tọa độ điểm C trên tia Oz sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 8 . A. C 0; 0; 2 .B. C 2;0;0 . C. C 0; 0; 2 ,C 0;0;2 . D. C 0;0;2 . Lời giải Chọn C  2 2 2 2 AB x0 4; y0 ;0 AB x0 4 y0 2 10 x0 4 y0 40 * .
4.     OA.OB 4x 2 cos OA,OB   0 . 2 2 2 OA . OB 4 x0 y0 x y 2 2 2 2 2 2 2 0 0 Từ * 2 x0 2. x0 y0 4x0 2 x0 y0 x0 y0 . x0 y0 loai 2 2 x0 6 Từ x0 y0 x0 4 x0 40 . x0 2 0 Vì C Oz nên C 0;0;c . 1    V OA,OB .OC 8. OABC 6   OA,OB y ;0;4y 6;0;24 . . 0 0 1 z0 2 VOABC 24z0 8 z0 2 6 z0 2 Vậy C 0;0;2 , C 0;0; 2 Câu 7549: [2H3-1.5-3] [THPT Quảng Xương 1 lần 2 - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(2;1; 1) , B(3;0;1) , C(2; 1;3) .Điểm D thuộc Oy và thể tích khối tứ diện ABCD bằng 5 . Tọa độ điểm D là: A. D(0; 7;0) .B. D(0;8;0) . C. D(0; 7;0) hoặc D(0;8;0) .D. D(0;7;0) hoặc D(0; 8;0) . Lời giải Chọn C     AB (1; 1;2); AC (0; 2;4) AB; AC (0; 4; 2) .Gọi D 0;t;0 .  1    t 7 D(0; 7;0) AD( 2;t 1;1);V AB; AC .AD 5 4t 2 30 . ABCD 6 t 8 D(0;8;0) Câu 7568. [2H3-1.5-3] [BTN 175- 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 1; 1;0 , B 3;3;2 ,C 5;1; 2 . Tìm tọa độ của tất cả các điểm S sao cho S.ABC là hình chóp tam giác đều có thể tích bằng 6 . A. S 4;0; 1 hoặc S 2;2;1 . B. S 2;2; 1 hoặc S 4;0;1 . C. S 2;2; 1 . D. S 4;0; 1 . Lời giải Chọn B    Ta có: AB 2;4;2 , AC 4;2; 2 , BC 2; 2; 4 , suy ra AB AC BC 2 6 , suy ra SA2 SB2 a 2b c 5 0 tam giác ABC đều. Gọi S a,b,c ta có SA SB SC . 2 2 SA SC 2a b c 7 0 Đặt a u .    S u;4 u;u 3 . Ta có AB, AC 12;12; 12 , AS u 1;5 u;u 3 1    u 4 Ta có V 6 AB, AC .AS 6 u 3 1 S.ABC 6 u 2 Vậy S 4;0;1 hoặc S 2;2; 1
5. Câu 7576. [2H3-1.5-3] [BTN 165- 2017] Trong không gian Oxyz , cho điểm A 2;0; 2 , B 3; 1; 4 ,C 2;2;0 . Điểm D trong mặt phẳng Oyz có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng Oxy bằng 1 có thể là: A. D 0; 3; 1 . B. D 0;2; 1 . C. D 0;3; 1 . D. D 0;1; 1 . Lời giải Chọn C Do D Oyz  D 0;b;c với c 0 . c 1 loai Theo giả thiết: d D, Oxy 1 c 1  D 0;b; 1 . c 1    Ta có AB 1; 1; 2 , AC 4;2;2 , AD 2;b;1 .      Suy ra AB, AC 2;6; 2  AB, AC .AD 6b 6 . 1    b 3 Cũng theo giả thiết, ta có: V AB, AC .AD b 1 2 . ABCD 6 b 1 Đối chiếu các đáp án chỉ có D thỏa mãn.