Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 5: Phương trình đường thẳng - Dạng 18: Toán max, min liên quan đến đường thẳng - 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 5: Phương trình đường thẳng - Dạng 18: Toán max, min liên quan đến đường thẳng - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 44: [2H3-5.18-4] (SGD BINH THUAN_L6_2018_BTN_6ID_HDG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M 2;2; 3 và N 4;2;1 . Gọi là đường thẳng đi qua M , nhận vecto u a;b;c làm vectơ chỉ phương và song song với mặt phẳng P : 2x y z 0 sao cho khoảng cách từ N đến đạt giá trị nhỏ nhất. Biết a , b là hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó a b c bằng: A. 15. B. 13. C. 16. D. 14. Lời giải Chọn A Gọi Q là mặt phẳng đi qua M 2;2; 3 và song song với mặt phẳng P . Suy ra Q : 2x y z 3 0 . Do // P nên  Q . d N, đạt giá trị nhỏ nhất đi qua N , với N là hình chiếu của N lên Q . x 4 2t Gọi d là đường thẳng đi qua N và vuông góc P , d : y 2 t . z 1 t 4 4 10 7 Ta có N d N 4 2t;2 t;1 t ; N Q t N ; ; . 3 3 3 3  10 4 16 u a;b;c cùng phương MN ; ; . 3 3 3 Do a , b nguyên tố cùng nhau nên chọn u 5;2;8 . Vậy a b c 15 . Câu 47. [2H3-5.18-4] (TT Tân Hồng Phong - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ x 1 y 1 z 1 Oxyz , cho ba điểm A 2;1;0 , B 4;4; 3 , C 2;3; 2 và đường thẳng d : . Gọi 1 2 1 là mặt phẳng chứa d sao cho A , B , C ở cùng phía đối với mặt phẳng . Gọi d1 , d2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ A , B , C đến . Tìm giá trị lớn nhất của T d1 2d2 3d3 . A. Tmax 2 21 . B. Tmax 6 14 . 203 C. T 14 3 21 . D. T 203 . max 3 max Lời giải Chọn B
2. Ta có AB 3 6 ; AC 2 6 ; BC 6 . Ta có T d1 2d2 3d3 d1 d2 d2 d3 2d3 . Gọi M là trung điểm AB , và N là trung điểm của BC ta có 2d M ; d1 d2 và 2d N; d2 d3 . Gọi G là trọng tâm tam giác MNC . Khi đó ta có T 2d M ; 2d N; 2d3 6d G; . Do đó T 6d G; 6d G; d . 5 3 7 5 Ta có M 1; ; ; N 3; ; suy ra G 2;3; 2 . 2 2 2 2  Gọi H 1 t;1 2t;1 t là hình chiếu của G lên đường thẳng d , ta có GH t 1; 2t 2;3 t .  GH.ud 0 t 1 2 2t 2 3 t 0 t 0 . 2 2 2 Vậy Tmax 6GH 6 1 2 3 6 14 . Câu 50: [2H3-5.18-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian x y 1 z Oxyz , cho đường thẳng : và hai điểm A 1;2; 5 , B 1;0;2 . Biết điểm M thuộc 1 1 1 sao cho biểu thức T MA MB đạt giá trị lớn nhất là Tmax . Khi đó, Tmax bằng bao nhiêu? A. Tmax 3 B. Tmax 2 6 3 C. Tmax 57 D. Tmax 3 6 Lời giải Chọn C  AB 2; 2;7 . x 1 2t Phương trình đường thẳng AB là: y 2t . z 2 7t 1 2 1 Xét vị trí tương đối của và AB ta thấy cắt AB tại điểm C ; ; . 3 3 3  4 4 14 3   AC ; ; ; AC AB nên B nằm giữa A và C . 3 3 3 2 T MA MB AB Dấu bằng xảy ra khi M trùng C . Vậy T AB 57 . max
3. Câu 357: [2H3-5.18-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d đi qua điểm A 1; 1;2 , song song x 1 y 1 z với P : 2x y z 3 0 , đồng thời tạo với đường thẳng : một góc lớn 1 2 2 nhất. Phương trình đường thẳng d là x 1 y 1 z 2 x 1 y 1 z 2 A. . B. . 1 5 7 4 5 7 x 1 y 1 z 2 x 1 y 1 z 2 C. . D. . 4 5 7 1 5 7 Lời giải Chọn A  có vectơ chỉ phương a 1; 2;2  d có vectơ chỉ phương ad a;b;c  P có vectơ pháp tuyến nP 2; 1; 1     Vì d / / P nên ad  nP ad .nP 0 2a b c 0 c 2a b 2 5a 4b 1 5a 4b cos ,d 2 2 3 5a2 4ab 2b2 3 5a 4ab 2b 2 a 1 5t 4 Đặt t , ta có: cos ,d b 3 5t 2 4t 2 2 5t 4 1 5 3 Xét hàm số f t 2 , ta suy ra được: max f t f 5t 4t 2 5 3 5 3 1 a 1 Do đó: max cos ,d t 27 5 b 5 Chọn a 1 b 5,c 7 x 1 y 1 z 2 Vậy phương trình đường thẳng d là . 1 5 7 Câu 358: [2H3-5.18-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi d đi qua A 1;0; 1 , cắt x 1 y 2 z 2 x 3 y 2 z 3 : , sao cho góc giữa d và : là nhỏ nhất. Phương 1 2 1 1 2 1 2 2 trình đường thẳng d là x 1 y z 1 x 1 y z 1 x 1 y z 1 x 1 y z 1 A. . B. . C. . D. . 2 2 1 4 5 2 4 5 2 2 2 1 Lời giải Chọn A Gọi M d  1 M 1 2t;2 t; 2 t   d có vectơ chỉ phương ad AM 2t 2;t 2; 1 t
4.  2 có vectơ chỉ phương a2 1;2;2 2 t 2 cos d; 2 3 6t 2 14t 9 t 2 Xét hàm số f t , ta suy ra được min f t f 0 0 t 0 6t 2 14t 9  Do đó min cos ,d 0 t 0 AM 2;2 1 x 1 y z 1 Vậy phương trình đường thẳng d là . 2 2 1 x 1 y z 2 Câu 359: [2H3-5.18-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d : 1 2 1 1 x 1 y 2 z 2 và d : . Gọi là đường thẳng song song với P : x y z 7 0 và cắt 2 1 3 2 d1, d2 lần lượt tại hai điểm A, B sao cho AB ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng là. x 6 t x 6 x 6 2t x 12 t 5 5 5 A. y 5 . B. y . C. y t . D. y t . 2 2 2 z 9 t 9 9 9 z t z t z t 2 2 2 Lời giải Chọn B A d1 A 1 2a;a; 2 a B d2 B 1 b; 2 3b;2 2b  có vectơ chỉ phương AB b 2a;3b a 2; 2b a 4  P có vectơ pháp tuyến nP 1;1;1      Vì / / P nên AB  nP AB.nP 0 b a 1.Khi đó AB a 1;2a 5;6 a AB a 1 2 2a 5 2 6 a 2 6a2 30a 62 2 5 49 7 2 6 a ;a ¡ 2 2 2 5 5 9  7 7 Dấu " " xảy ra khi a A 6; ; , AB ;0; 2 2 2 2 2 5 9  Đường thẳng đi qua điểm A 6; ; và vec tơ chỉ phương ud 1;0;1 2 2
5. x 6 t 5 Vậy phương trình của là y . 2 9 z t 2 Câu 365: [2H3-5.18-4] Trong không gian Oxyz , cho điểm A 3;3; 3 thuộc mặt phẳng : 2x – 2y z 15 0 và mặt cầu S : (x 2)2 (y 3)2 (z 5)2 100 . Đường thẳng qua A , nằm trên mặt phẳng cắt (S) tại A , B . Để độ dài AB lớn nhất thì phương trình đường thẳng là x 3 y 3 z 3 x 3 y 3 z 3 A. . B. . 1 4 6 16 11 10 x 3 5t x 3 y 3 z 3 C. y 3 . D. . 1 1 3 z 3 8t Lời giải Chọn A Mặt cầu S có tâm I 2;3;5 , bán kính R 10. Do d(I,( )) R nên luôn cắt S tại A , B . Khi đó AB R2 d(I, ) 2 . Do đó, AB lớn nhất thì d I, nhỏ nhất nên qua H , với x 2 2t H là hình chiếu vuông góc của I lên . Phương trình BH : y 3 2t z 5 t H ( ) 2 2 2t 2 3 – 2t 5 t 15 0 t 2 H 2; 7; 3 .  x 3 y 3 z 3 Do vậy AH (1;4;6) là véc tơ chỉ phương của . Phương trình của . 1 4 6 Câu 385: [2H3-5.18-4] [CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ - 2017] Trong không gian cho đường thẳng x 3 y z 1 x 3 y 1 z 2 : và đường thẳng d : . Viết phương trình mặt phẳng P 1 2 3 3 1 2 đi qua và tạo với đường thẳng d một góc lớn nhất. A. 19x 17y 20z 77 0 . B. 19x 17y 20z 34 0 . C. 31x 8y 5z 91 0 . D. 31x 8y 5z 98 0 . Lời giải Chọn D  Đường thẳng d có VTCP là u1 3;1;2 . Đường thẳng đi qua điểm M 3;0; 1 và có VTCP là u 1;2;3 . Do  P nên M P . Giả sử VTPT của P là n A; B;C , A2 B2 C 2 0 . Phương trình P có dạng A x 3 By C z 1 0. Do  P nên u.n 0 A 2B 3C 0 A 2B 3C .
6. Gọi là góc giữa d và P . Ta có  u1.n 3A B 2C 3 2B 3C B 2C sin  2 2 2 2 2 2 u1 . n 14. A B C 14. 2B 3C B C 2 5B 7C 1 5B 7C 2 2 . 14. 5B212BC 10C 2 14 5B 12BC 10C 5 70 TH1: Với C 0 thì sin . 14 14 2 B 1 5t 7 TH2: Với C 0 đặt t ta có sin . C 14 5t 2 12t 10 5t 7 2 Xét hàm số f t trên ¡ . 5t 2 12t 10 50t 2 10t 112 Ta có f t 2 . 5t 2 12t 10 8 8 75 t f 5 5 14 f t 0 50t 2 10t 112 0 . 7 7 t f 0 5 5 5t 7 2 Và lim f t lim 5. x x 5t 2 12t 10 Bảng biến thiên 75 8 B 8 1 8 75 Từ đó ta có Maxf t khi t . Khi đó sin . f . 14 5 C 5 14 5 14 75 B 8 So sánh TH1 và Th2 ta có sin lớn nhất là sin khi . 14 C 5 Chọn B 8 C 5 A 31. Phương trình P là 31 x 3 8y 5 z 1 0 31x 8y 5z 98 0. Câu 48: [2H3-5.18-4] (SGD - Quảng Nam - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa x 1 y 1 z 3 độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x y 4z 0 , đường thẳng d : và điểm M 2 1 1 a A 1i; 3; 1 thuộc mặt phẳng P . Gọi là đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng P và cáchN đường thẳng d một khoảng cách lớn nhất. Gọi u a; b; 1 là một véc tơ chỉ phương của gđường thẳng . Tính a 2b . u y e n
7. A. a 2b 3 . B. a 2b 0 . C. a 2b 4 . D. a 2b 7 . Lời giải Chọn A d A d I H A K (P) (Q)  Đường thẳng d đi qua M 1; 1; 3 và có véc tơ chỉ phương u1 2; 1; 1 . Nhận xét rằng, A d và d  P I 7; 3; 1 . Gọi Q là mặt phẳng chứa d và song song với . Khi đó d ,d d , Q d A, Q . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên Q và d . Ta có AH AK . Do đó, d ,d lớn nhất d A, Q lớn nhất AHmax H  K . Suy ra AH chính là đoạn vuông góc chung của d và .    Mặt phẳng R chứa A và d có véc tơ pháp tuyến là n AM ,u 2; 4; 8 . R 1 Mặt phẳng Q chứa d và vuông góc với R nên có véc tơ pháp tuyến là    n n ,u 12; 18; 6 . Q R 1 Đường thẳng chứa trong mặt phẳng P và song song với mặt phẳng Q nên có véc tơ chỉ   phương là u n ,n 66; 42; 6 6 11; 7; 1 . P R Suy ra, a 11; b 7 . Vậy a 2b 3 .