Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 4: Phương trình mặt phẳng (có sử dụng PTĐT) - Câu hỏi chưa phân dạng - 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 4: Phương trình mặt phẳng (có sử dụng PTĐT) - Câu hỏi chưa phân dạng - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 29: [2H3-4.0-3](Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho x 2 y z x y 1 z 2 hai đường thẳng d : và d : . Phương trình mặt phẳng P 1 1 1 1 2 2 1 1 song song và cách đều hai đường thẳng d1 , d2 là: A. 2y 2z 1 0 .B. 2y 2z 1 0.C. 2x 2z 1 0 .D. 2x 2z 1 0 . Lời giải Chọn A VTCP của hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt là u1 ( 1;1;1) và u2 ( 2;1;1) . Vì mặt phẳng P song song hai đường thẳng d1 , d2 nên ta có VTPT của mp P là nP u1,u2  0; 1;1 mp P có phương trình y z m 0 Ta có: A 2;0;0 d1 và B 0;1;2 d2 Vì mp P cách đều hai đường thẳng d1 , d2 nên d A, P d B, P m m 1 1 m m 1 m . m m 1 2 1 Vậy: mp P y z 0 2y 2z 1 0 . 2 Câu 38: [2H3-4.0-3](THPT Hồng Bàng - Hải Phòng - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong không gian tọa độ x 3 Oxyz, cho điểm A 0;1;0 , mặt phẳng Q : x y 4z 6 0 và đường thẳng d : y 3 t . z 5 t Phương trình mặt phẳng P qua A , song song với d và vuông góc với Q là : A, A. 3x y z 1 0 .B. 3x y z 1 0 .C. x 3y z 3 0 .D. x y z 1 0 . Lời giải Chọn A  Mặt phẳng Q có VTPT nQ 1;1; 4 .  Đường thẳng d có VTCP ud 0;1; 1 .  Gọi VTPT của mặt phẳng P là nP .        Ta có: n  n và n  u nên chọn n n ,u 3;1;1 . P Q P d P Q d  P đi qua điểm A 0;1;0 , VTPT nP 3;1;1 có phương trình là: 3x y z 1 0 . Câu 48: [2H3-4.0-3](SGD BINH THUAN_L6_2018_BTN_6ID_HDG) Trong không gian Oxyz , viết x 2 y z phương trình mặt phẳng P song song và cách đều hai đường thẳng d : và 1 1 1 1 x y 1 z 2 d : . 2 2 1 1 A. 2y 2z 1 0 . B. 2x 2z 1 0 . C. 2y 2z 1 0. D. 2x 2y 1 0 .
2. Lời giải Chọn A   Vectơ chỉ phương của d1 là u1 1;1;1 , vectơ chỉ phương của d2 là u2 2; 1; 1 .   u ,u 0;1; 1 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P . Do đó P : y z d 0 . 1 2 Lấy A 2;0;0 d1 và B 0;1;2 d2 . Ta có: d d 1 1 d d1 , P d d2 , P d A, P d B, P d . 2 2 2 1 Do đó P : y z 0 2y 2z 1 0 . 2 Câu 31: [2H3-4.0-3] [SGD NINH BINH _ 2018 _ BTN _ 6ID _ HDG] Trong không gian với hệ tọa độ x y 2 z 1 Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt cầu 10 8 1 S : x2 y2 z2 2x 6y 4z 15 0 . Mặt phẳng chứa d , tiếp xúc với S và cắt trục Oz tại điểm có cao độ lớn hơn 3 có phương trình là A. 2x 3y 4z 10 0 .B. 2x 3y 4z 12 0 . C. 3x 4y 2z 12 0 .D. 3x 4y 2z 10 0 . Lời giải Chọn D Mặt cầu S có tâm I 1;3; 2 và bán kính R 29 . x y 2 z 1 4x 5y 10 0 d : . 10 8 1 y 8z 10 0 Mặt phẳng P chứa d có dạng m 4x 5y 10 n y 8z 10 0 4mx n 5m y 8nz 10n 10m 0 với m2 n2 0. P tiếp xúc với S nên d I, P R 29m 29n 2 2 m n 29 12m 48mn 36n 0 . 16m2 n 5m 2 64n2 m 3n Trường hợp 1: m n , phương trình mặt phẳng P : 2x 3y 4z 10 0 . 5 Khi đó giao điểm của P và Ox có tọa độ là 0;0; (nhận) 2 Trường hợp 1: m 3n , phương trình mặt phẳng P : x 2y 6z 10 0 . 5 Khi đó giao điểm của P và Ox có tọa độ là 0;0; (loại). 3 Câu 732. [2H3-4.0-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng P song song x 2 y z x y 1 z 2 và cách đều hai đường thẳng d : và d : . 1 1 1 1 2 2 1 1 A. P : 2x 2z 1 0 . B. P : 2y 2z 1 0 . C. P : 2x 2y 1 0 . D. P : 2y 2z 1 0 . Lời giải Chọn B Ta có:
3. d1 đi qua điểm A 2;0;0 và có VTCP u1 1;1;1 . d2 đi qua điểm B 0;1;2 và có VTCP u2 2; 1; 1 . Vì P song songvới hai đường thẳng d1 và d2 nên VTPT của P là n u1,u2  0;1; 1 Khi đó P có dạng y z D 0 loại đáp án A và C. 1 Lại có P cách đều d1 và d2 nên P đi qua trung điểm M 0; ;1 của AB 2 Do đó P : 2y 2z 1 0 . Câu 736. [2H3-4.0-3] (CHUYÊN ĐH VINH – L4 - 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho x y z 1 mặt phẳng : x ay bz 1 0 và đường thẳng : . Biết rằng // và 1 1 1 tạo với các trục Ox, Oz các góc giống nhau. Tìm giá trị của a . A. a 1 hoặc a 1. B. a 2 hoặc a 0. C. a 0. D. a 2. Lời giải Chọn D Chọn A 0;0;1 . n .u 0 u 1; 1; 1 1 a b 0 a b 1 Ta có mà // . n 1;a;b b 1 b 1 A Mặt khác tạo với các trục các góc bằng nhau, suy ra sin n ;i sin n ;k với Ox, Oz i 1;0;0 k 0;0;1 n .i n .k 1 b a 2 b 1, thế vào , ta được . 1 1 a 0 n i n k Khi a 2 thì b 1 (thỏa mãn), khi a 0 thì b 1 (không thỏa mãn) Vậy a 2. Câu 740. [2H3-4.0-3] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Trong không gian Oxyz , cho hai x 2 t x 2 2t đường thẳng d1 : y 1 t và d2 : y 3 . Mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 z 2t z t có phương trình là A. x 5y 2z 12 0 . B. x 5y 2z 12 0 . C. x 5y 2z 12 0 . D. x 5y 2z 12 0 . Lời giải Chọn D   Ta có VTCP của d1 và d2 lần lượt là u1 1; 1;2 và u2 2;0;1 .
4. Do mặt phẳng cách đều d1 và d2 nên song song với d1 và d2 .    Do đó VTPT của là n u ,u 1; 5; 2 hay n 1;5;2 . 1 2 Phương trình có dạng x 5y 2z m 0 . A 2;1;0 d1 Do cách đều hai đường thẳng d1 và d2 nên d A, d B, với . B 2;3;0 d2 7 m 17 m Suy ra 7 m 17 m m 12 . 7 m 17 m Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình x 5y 2z 12 0 . Câu 757. [2H3-4.0-3] (THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , x 2 y 2 z 3 cho hai đường thẳng d , d lần lượt có phương trình d : , 1 2 1 2 1 3 x 1 y 2 z 1 d : . Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d , d . 2 2 1 4 1 2 A. 14x 4y 8z 13 0 . B. 14x 4y 8z 17 0 . C. 14x 4y 8z 13 0 . D. 14x 4y 8z 17 0 . Lời giải Chọn C Gọi P là mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1,d2 .   Ta có u1 2;1;3 và u2 2; 1;4 là VTCP của d1 và d2 . Lấy M 2;2;3 d1 và N 1; 2; 1 d2 . 3   Mặt phẳng P đi qua trung điểm I ;0;1 của MN và có VTPT là n u1,u2 7; 2; 4 . 2 3 P : 7 x 2 y 0 4 z 1 0 14x 4y 8z 13 0 . 2 Câu 764. [2H3-4.0-3] (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho x 1 y 2 z 3 đường thẳng d : và mặt phẳng P : mx 10y nz 11 0 . Biết rằng mặt 2 3 4 phẳng P luôn chứa đường thẳng d , tính m n . A. m n 33 . B. m n 33 . C. m n 21. D. m n 21. Lời giải Chọn D Trên đường thẳng d , có: M 0 1;2;3 và ud 2;3;4 nP  ud nP .ud 0 2m 4n 30 m 27 Vì d  P M 0 P M 0 P m 3n 9 n 6 Vậy m n 21.
5. Câu 43: [2H3-4.0-3] (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3 2 9, điểm A 0; 0; 2 . Phương trình mặt phẳng P đi qua A và cắt mặt cầu S theo thiết diện là hình tròn C có diện tích nhỏ nhất là: A. P : x 2y 3z 6 0 . B. P : x 2y z 2 0 . C. P : x 2y z 6 0 . D. P :3x 2y 2z 4 0 . Lời giải Chọn B Mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3 2 9 có tâm I 1;2;3 , bán kính R 3. IA 6 R nên A nằm trong mặt cầu. Gọi r là bán kính đường tròn thiết diện, ta có r R2 h2 . Trong đó h là khoảng cách từ I đến P . Diện tích thiết diện là r 2 R2 h2 R2 IA2 (Do h IA).  Vậy diện tích hình tròn C đạt nhỏ nhất khi h IA. Khi đó IA là véc tơ pháp tuyến của P . Phương trình mặt phẳng P là: 1 x 0 2 y 0 z 2 0 x 2y z 2 0 . Câu 7704: [2H3-4.0-3] [Sở Hải Dương - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A 2;0;0 , B 0;3;0 , C 0;0;3 , D 1; 1;2 . H là chân đường vuông góc kẻ từ D của tứ diện DABC . Viết phương trình mặt phẳng ADH . A. 7x 5y – z 14 0 . B. 6x – 8y – z –12 0 . C. 3x 2y 2z – 6 0 . D. x – y – 2 0 . Lời giải Chọn B Cách 1 (PP giải tự luận). x y z Phương trình mặt phẳng ABC : 1 3x 2y 2z 6 0 . 2 3 3 x 1 3t qua D 1; 1;2 Gọi đường thẳng : suy ra : y 1 2t . vuông góc ABC z 2 2t 20 15 36 H  ABC giải hệ được H ; ; . 17 17 17  AD 1; 1;2 Mặt phẳng ADH qua A 2;0;0 và có cặp véctơ chỉ phương là  14 15 36 nên AH ; ; 17 17 17   6 8 1 có véctơ pháp tuyến AD, AH ; ; hay n 6;8;1 . 17 17 17 Vậy PT ADH : 6x 8y z 12 0 6x 8y z 12 0 . Cách 2 (PP trắc nghiệm – loại đáp án không hợp).
6. x y z Phương trình mặt phẳng ABC : 1 3x 2y 2z 6 0 . 2 3 3 Ta có ADH chứ đường thẳng AH với AH  ABC nên ADH  ABC nên các véctơ   pháp tuyến chúng vuông góc nhau, tức là nADH .nABC 0 . Trong các đáp án chỉ có mặt phằng thoả là: 6x 8y z 12 0 . Cách khác: Chú ý rằng mp ADH chính là mp chứa AD và vuông góc với ABC vì vậy không cần tìm điểm H .