Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 6: Toán tổng hợp về phương pháp tọa độ không gian - 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 6: Toán tổng hợp về phương pháp tọa độ không gian - Câu hỏi chưa phân dạng - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 14: [2H3-6.0-3] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x y 2z 10 0 và mặt cầu S : x 2 2 y 1 2 z 3 2 25 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn C . Gọi V1 là thể tích khối cầu S , V2 là thể tích khối nón N có đỉnh là giao điểm của mặt cầu S với đường thẳng đi qua tâm mặt cầu S và vuông góc với mặt phẳng P , đáy là đường tròn C . Biết độ dài đường cao khối nón N V lớn hơn bán kính của khối cầu S . Tính tỉ số 1 . V2 V 125 V 125 V 125 V 375 A. 1 .B. 1 .C. 1 .D. 1 . V2 32 V2 8 V2 96 V2 32 Lời giải Chọn A 4 500 Mặt cầu S có tâm I 2;1;3 và bán kính R 5 V R3 . 1 3 3 Ta có: d d I; P 3 Bán kính của C là r R2 d 2 4 . 1 128 Độ dài đường cao khối nón N là h R d 8. Suy ra: V r 2h . 2 3 3 V 125 Vậy: 1 . V2 32 Câu 39. [2H3-6.0-3](TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;3; 2 , B 3;7; 18 và mặt phẳng P : 2x y z 1 0. Điểm M a,b,c thuộc P sao cho mặt phẳng ABM vuông góc với P và MA2 MB2 246 . Tính S a b c . A. 0 .B. 1.C. 10. D. 13. Lời giải Chọn D   Gọi M a;b;c P . Ta có AB 2;4; 16 , AM a 1;b 3;c 2 .   AM , AB 2 8b 2c 20; 8a c 6; 2a b 1 là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng ABM .   Vì mp ABM vuông góc với mp P nên nABM .nP 0 2a 5b c 11 0 . Mặt khác A , B không thuộc P và nằm cùng một phía đối với mp P . Ta có AB 2 69 . Gọi I là trung điểm của AB , ta có I 2;5; 10 . MA2 MB2 AB2 Vì MI là trung tuyến của tam giác AMB MI 2 54. 2 4
2. 2a b c 1 0 a 4 Khi đó ta có hệ phương trình 2a 5b c 11 0 b 2 . 2 2 2 c 7 a 2 b 5 c 10 54 Vậy S a b c 4 2 7 1. Câu 33: [2H3-6.0-3] (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ x 1 y z 2 Oxyz , cho đường thẳng d : , mặt phẳng P : x y 2z 5 0 và A 1; 1;2 . 2 1 1 Đường thẳng cắt d và P lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN . Một vectơ chỉ phương của là: A. u 2;3; 2 B. u 1; 1; 2 C. u 3;5;1 D. u 4;5; 13 Lời giải Chọn A Điểm M d M 1 2t;t;2 t , A là trung điểm của MN N 3 2t; 2 t;2 t Điểm N P 3 2t 2 t 2 2 t 5 0 t 2 M 3;2;4 , N 1; 4;0  MN 4; 6; 4 2 2;3;2 . Câu 30: [2H3-6.0-3] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1;2;3 , B 1;0; 1 , C 2; 1;2 . Điểm D thuộc tia Oz sao cho độ dài đường 3 30 cao xuất phát từ đỉnh D của tứ diện ABCD bằng có tọa độ là 10 A. 0;0;1 B. 0;0;3 C. 0;0;2 D. 0;0;4 Lời giải Chọn B Mặt phẳng ABC đi qua B 1;0; 1 và có một véctơ pháp tuyến là   n AB, BC 10; 4;2 2 5;2; 1 . Phương trình mặt phẳng ABC : 5x 2y z 6 0 . Độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh D 0;0;d của tứ diện ABCD bằng d D, ABC . d 6 3 30 d 15 Theo bài ra ta có d 6 9 . 25 4 1 10 d 3 Do D thuộc tia Oz nên D 0;0;3 . Câu 44: [2H3-6.0-3] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ ABC.A B C có A .ABC là tứ diện đều cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA và BB . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng ABC và CMN . 2 3 2 2 2 4 2 A. B. C. D. 5 4 5 13 Lời giải Chọn C
3. Gọi O là trung điểm của AB . Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho O 0;0;0 , 1 1 3 3 a 6 3 6 A ;0;0 , B ;0;0 , C 0; ;0 , H 0; ;0 , A H A 0; ; 2 2 2 6 3 6 3   3 6  Ta có AB A B B 1; ; . Dễ thấy ABC có vtpt n 0;0;1 . 1 6 3 1 3 6 3 3 6 M là trung điểm AA M ; ; , N là trung điểm BB N ; ; 4 12 6 4 12 6   1 5 3 6 MN 1;0;0 , CM ; ; 4 12 6  6 5 3 3 CMN có vtpt n 0; ; 0;2 2;5 2 6 12 12 5 1 2 2 cos tan 1 33 cos2 5 Câu 23: [2H3-6.0-3](CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG-LẦN 2- 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 2;5; 3 , B 2;1;1 , C 2;0;1 và mặt phẳng :3x 4y 5z 1 0 . Gọi D a;b;c (với c 0 ) thuộc sao cho có vô số mặt phẳng P chứa C , D và khoảng cách từ A đến P gấp 3 lần khoảng cách từ B đến P . Tính giá trị biểu thức S a2 b2 c2 . A. S 18 B. S 32 C. S 20 D. S 26 Lời giải Chọn D. Ta có: AI d A, P d A, P 3d B, P đường thẳng AB cắt P tại I sao cho 3 . BI d B, P   Từ đó AI 3BI . Lại có A 2;5; 3 , B 2;1;1 I 1;2;0 hoặc I 4; 1;3 . Có vô số mặt phẳng P chứa C , D nên C , I , D thẳng hàng, hay D CI . Mà D D CI  . . Trường hợp I 1;2;0 :
4.  x 1 y 2 z Ta có IC 3; 2;1 IC : . 3 2 1 x 1 y 2 z Toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình 3 2 1 . 3x 4y 5z 1 0 D 4;4; 1 (không thoả mãn điều kiện c 0 ). . Trường hợp I 4; 1;3 :  x 4 y 1 z 3 Ta có IC 6;1; 2 IC : . 6 1 2 x 4 y 1 z 3 Toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình 6 1 2 . 3x 4y 5z 1 0 D 4; 1;3 (thoả mãn điều kiện c 0 ). S a2 b2 c2 4 2 1 2 32 26 . Câu 41: [2H3-6.0-3](THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ x 1 t x 4 3t Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : y 2 2t và d2 : y 3 2t . Trên đường thẳng d1 lấy hai z 3 t z 1 t điểm A, B thỏa mã AB 3 . Trên đường thẳng d2 lấy hai điểm C, D thỏa mãn CD 4. Tính thể tích V của tứ diện ABCD . 4 21 5 21 A. V 7 B. V 2 21 C. V D. V 3 6 Lời giải Chọn B  Ta có d1 đi qua điểm M 1;2; 3 và có vtcp u1 1; 2; 1 . Đường thẳng d2 đi qua điểm  N 4;3;1 và có vtcp u2 3;2; 1 .    Khi đó u ,u 4; 2;8 và MN 3;1;4 . 1 2    Do đó u ,u .MN 12 2 32 42 nên hai đường thẳng đã cho luôn chéo nhau 1 2 42 Và d d ;d 21 . 1 2 16 4 64   Mà u1.u2 0 nên d1  d2 . 1 Ta có V .AB.CD.d AB;CD .sin AB,CD 2 21. ABCD 6 Câu 39: [2H3-6.0-3] (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi - 2017 - 2018 - BTN)Trong không gian Oxyz 2 2 2 cho mặt cầu S : x 1 y 2 z 1 8 và điểm M 1; 1; 2 . Hai đường thẳng d1 , d2 đi qua M và tiếp xúc mặt cầu S lần lượt tại A , B . Biết góc giữa d1 và d2 bằng 3 với cos . Tính độ dài AB . 4
5. A. 7 . B. 11 . C. 5 . D. 7 . Lời giải Chọn A B I M A Mặt câu S có tâm I 1; 2; 1 và bán kính R 2 2 ; IM 22 ; Trong tam giác IMA ta có: MA MB IM 2 R2 22 8 14 . MB 14 2 Do cosI·MB I·MB 45 ·AMB 90 B· MA IM 22 2 Trong tam giác MAB ta có: AB2 MA2 MB2 2MA.MB.cos 7 AB 7 . Câu 41: [2H3-6.0-3] (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P : x 2y 2z 6 0 . Trong P lấy điểm M và xác định điểm N thuộc đường   thẳng OM sao cho ON.OM 1. Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 2 2 1 1 1 1 A. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình x y z 6 3 3 4 2 2 2 1 1 1 1 B. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình x y z 12 6 6 16 C. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình x 2y 2z 1 0 D. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình x 2y 2z 1 0 Lời giải Chọn B    1  Vì O , M , N thẳng hàng và OM.ON 1 nên OM.ON 1, do đó OM .ON . ON 2 a b c Gọi N a;b;c , khi đó M 2 2 2 ; 2 2 2 ; 2 2 2 . a b c a b c a b c a 2b 2c Vì M P nên 6 0 a2 b2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 2 2 2 2 2 2 a b c 1 1 1 1 a b c 0 a b c . 6 3 3 12 6 6 16 Câu 38: [2H3-6.0-3](THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1;1 , B 1;2; 1 , C 1;0;1 . Có bao nhiêu điểm D thỏa mãn tứ diện ABCD là tứ diện vuông tại D (tức là DA, DB, DC đôi một vuông góc)? A. 12 .B. Vô số.C. 2 .D. 6 . Lời giải Chọn C
6.   Gọi D x; y; z là điểm cần tìm, ta có: AD x 1; y 1; z 1 , BD x 1; y 2; z 1 ,  CD x 1; y; z 1 . * Tứ diện ABCD là tứ diện vuông tại D (tức là DA, DB, DC đôi một vuông góc) nên ta có:   AD.BD 0 x2 y2 z2 3y 0 x2 y2 z2 3y 0 1   2 2 2 AD.CD 0 x y z y 2z 0 z y 2   2 2 2 CD.BD 0 x y z 2x 2y 0 y x 3 2 y 0 D 0;0;0 2 Thế 2 , 3 vào 1 ta được: 9y 12y 0 4 2 4 4 . y D ; ; 3 3 3 3 Vậy có hai điểm D thỏa mãn. Câu 45: [2H3-6.0-3](THPT CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC vuông tại C , ·ABC 60 , AB 3 2, đường thẳng AB có phương trình x 3 y 4 z 8 , đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng : x z 1 0 . Biết B là điểm 1 1 4 có hoành độ dương, gọi a;b;c là tọa độ điểm C , giá trị của a b c bằng A. 3 .B. 2 .C. 4 .D. 7 . Lời giải Chọn B Ta có A là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng . Tọa độ điểm A là nghiệm của x 3 y 4 z 8 x 1 hệ 1 1 4 y 2. Vậy điểm A 1;2;0 . x z 1 0 z 0 Điểm B nằm trên đường thẳng AB nên điểm B có tọa độ B 3 t;4 t; 8 4t . Theo giả thiết thì t 3 0 t 3. Do AB 3 2 , ta có t 2 2 t 2 2 16 t 2 2 18 t 1 nên B 2;3; 4 . 3 6 3 2 Theo giả thiết thì AC ABsin 60 ; BC AB.cos60 . 2 2 a c 1 a c 1 2 2 2 27 Vậy ta có hệ a 1 b 2 c 2a 2b 8c 9 2 2 2 2 27 2 2 2 9 a 1 b 2 c a 2 b 3 c 4 2 2
7. 7 a 2 7 5 b 3 . Vậy C ;3; nên a b c 2 . 2 2 5 c 2 Câu 23: [2H3-6.0-3](THPT Hồng Bàng - Hải Phòng - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ x 2 t toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x 2y z 4 0 và đường thẳng d : y 2 2t . Tam giác z 2 t ABC có A 1;2;1 , các điểm B , C nằm trên P và trọng tâm G nằm trên đường thẳng d . Tọa độ trung điểm I của BC là A. I 1; 1; 4 .B. I 2;1;2 .C. I 2; 1; 2 .D. I 0;1; 2 . Lời giải Chọn C  Gọi G 2 t;2 2t; 2 t d AG 3 t;2t; 3 t .  2  Mà G là trọng tâm của tam giác ABC nên AG AI (với I là trung điểm của BC ). 3 7 3t 7 3t I ;2 3t; . 2 2 7 3t 7 3t Mặt khác I P nên 2 2 2 3t 4 0 21t 21 0 t 1. 2 2 Với t 1 thì I 2; 1; 2 . Câu 29: [2H3-6.0-3](THPT HAU LOC 2_THANH HOA_LAN2_2018_BTN_6ID_HDG) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho bốn điểm mặt phẳng đi qua điểm A 2;0;0 , B 0;4;0 , C 2;4;0 , D 0;0;6 và mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 4 y 6z 0 . Có bao nhiêu mặt phẳng cắt S theo một đường tròn có diện tích bằng 14 và cách đều cả năm điểm O , A , B , C , D với O là gốc tọa độ. A. Vô số. B. 1. C. 5 . D. 3. Lời giải Chọn D Gọi P là mặt phẳng cần tìm Mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 4 y 6z 0 có tâm I 1;2;3 và bán kính R 14 Gọi r là bán kính đường tròn diện tích bằng 14 nên r2 14 r 14 R Do đó, mặt cầu P đi qua tâm I và cách đều cả năm điểm O , A , B , C , D
8. z D I O B y A x C Dựa vào hình vẽ kết luận có được 3 mặt phẳng là các mặt phẳng trung trực của ba đoạn thẳng OD , OB , OA . Câu 37: [2H3-6.0-3] [SGD_QUANG NINH_2018_BTN_6ID_HDG] Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng P :5x my 4z n 0 đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng :3x 7y z 3 0 và  : x 9y 2z 5 0 . Tính m n . A. 6 .B. 16 .C. 3 .D. 4 . Lời giải Chọn B.   VTPT của ,  , P lần lượt là n1 3; 7;1 , n2 1; 9; 2 , n 5;m;4 .    Gọi   VTCP u n ,n 23;7; 20 . 1 2 1 18 Đường thẳng đi qua điểm A ;0; . 7 7  u .n 0 m 5  P m n 16 . A P n 11 Câu 47: [2H3-6.0-3] [SGD_QUANG NINH_2018_BTN_6ID_HDG] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z2 4 và các điểm A 2;0; 2 2 , B 4; 4;0 . Biết rằng   tập hợp các điểm M thuộc S và thỏa mãn MA2 MO.MB 16 là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. 3 2 3 3 7 5 A. .B. .C. .D. . 4 2 4 2 Lời giải Chọn C. Mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z2 4 có tâm I 1; 2;0 , bán kính R 2 . 2 Gọi M x; y; z ta được MA2 x 2 2 y2 z 2 2 x2 y2 z2 4x 4 2z 12 .
9.  MO x; y; z   2 2 2 và  MB.MC x y z 4x 4y . MB 4 x; 4 y; z   Ta có MA2 MO.MB 16 2x2 2y2 2z2 8x 4y 4 2z 4 0 . x2 y2 z2 4x 2y 2 2z 2 0 . Suy ra M thuộc mặt cầu S tâm I 2; 1; 2 , bán kính R 3 . Nên M S  S là đường tròn C có tâm H là hình chiếu của M lên II . Vì II 2 nên I S . 2 2 3 7 Gọi K là trung điểm của I M ta có IK 2 . 2 2 MH IK I M.IK 3 7 Mà sin M· I I suy ra MH . I M II II 4 3 7 Vậy bán kính của đường tròn C là r MH . 4 Câu 42. [2H3-6.0-3] (THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 2;3;1 , B 2;1;0 , C 3; 1;1 . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và SABCD 3SABC . D 8; 7;1 D 8;7; 1 A. D 8;7; 1 . B. . C. . D. D 12; 1;3 . D 12;1; 3 D 12; 1;3 Lời giải Chọn D  Ta có AD//BC AD nhận CB 5;2; 1 là một VTCP. x 2 5t Kết hợp với AD qua A 2;3;1 AD : y 3 2t t ¡ D 5t 2;2t 3;1 t . z 1 t Biến đổi SABCD 3SABC SACD 2SABC 1  AB 4; 2; 1    AB; AC 4;1; 18 Ta có AC 1; 4;0    AC; AD 4t; t;18t AD 5t;2t; t
10. 1   1 2 2 341 2 SABC AB; AC 4 1 18 2 2 2 1   1 2 2 2 t 341 S AC; AD 4t t 18t ACD 2 2 2 t 341 t 2 D 8;7; 1 Kết hợp với 1 ta được 341 2 t 2 D 12; 1;3    Với D 8;7; 1 AD 10;4; 2 2CB 2BC .    Với D 12; 1;3 AD 10; 4;2 2CB 2BC .   Hình thang ABCD có đáy AD thì AD k BC với k 0 . Do đó chỉ có D 12; 1;3 thỏa mãn. Câu 47. [2H3-6.0-3] (THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội - 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 . BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 2.D 3.C 4.A 5.B 6.A 7.C 8.A 9.B 10.B 11.A 12.A 13.A 14.D 15.D 16.D 17.C 18.B 19.C 20.D 21.B 22.A 23.C 24.B 25.D 26.C 27.C 28.B 29.C 30.A
11. 31.D 32.C 33.A 34.A 35.A 36.D 37.A 38.A 39.A 40.B 41.B 42.D 43.D 44.B 45.C 46.C 47.A Câu 48. [2H3-6.0-3] (TT Tân Hồng Phong - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 5 điểm A 1;2; 1 , B 2;3;0 , C 2;3; 1 , D 3;2;5 , E 3;4;0 . Tìm số mặt phẳng cách đều 5 điểm A , B ,C , D , E . A. 0 . B. 3 . C. 5 . D. 1. Lời giải Chọn C D M Q H F A I B N P C K E   Ta có BE 1;1;0 , AC 1;1;0 suy ra ACEB là hình bình hành. D.ACEB là hình chóp. Có 5 mặt phẳng cách đều 5 điểm A , B ,C , D , E , các mặt phẳng đó đi qua trung điểm các cạnh của hình chóp. Đó là các mặt phẳng HMQF , MQPN , HFPN , FQIK , MHKI . Câu 769. [2H3-6.0-3] (THPT HAI BÀ TRƯNG) 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. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là: A. D 0;3; 1 . B. D 0; 3; 1 . C. D 0;1; 1 . D. D 0;2; 1 . Lời giải Chọn A z A D B C y A D x B C Vì D Oyz D 0;b;c , do cao độ âm nên c 0. c Khoảng cách từ D 0;b;c đến mặt phẳng Oxy : z 0 bằng 1 1 c 1 do c 0 . 1 Suy ra tọa độ D 0;b; 1 . Ta có: uuur uuur uuur AB 1; 1; 2 , AC 4;2;2 ; AD 2;b;1 uuur uuur AB, AC 2;6; 2
12. uuur uuur uuur AB, AC .AD 4 6b 2 6b 6 6 b 1 1 uuur uuur uuur V AB, AC .AD b 1 ABCD 6 b 3 D 0;3; 1 Mà VABCD 2 b 1 2 . Chọn đáp án D 0;3; 1 . b 1 D 0; 1; 1 Câu 46. [2H3-6.0-3] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018)Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A 3;7;1 , B 8;3;8 và C 2;5;6 . Gọi S1 là mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 và S2 là mặt cầu tâm B bán kính bằng 6 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời cả hai mặt cầu S1 , S2 . A. 1.B. 2 .C. 3 .D. 4 . Lời giải Chọn D. AB 3 10 Gọi P là mặt phẳng đi qua C 2;5;6 P : A x 2 B y 5 C z 6 0 A2 B2 C 2 0 Mặt phẳng P tiếp xúc với hai mặt cầu S1 , S2 nên ta có hệ: 5A 2B 5C 3 2 2 2 2 2 2 d A; P 3 A B C 5A 2B 5C 3 A B C 1 d B; P 6 10A 2B 2C 2 2 2 6 10A 2B 2C 6 A B C 2 2 2 A B C 5A 2B 5C 5A B C B 2C 5A 2B 5C 5A B C 5A 2B 5C 5A B C B 10A 4C A 2C 2 2 Với B 2C, thay vào 1 : 5A C 3 A 5C 16A2 10AC 44C 2 0 11 A C 8 Với A 2C , chọn C 1, A B 2 P : 2x 2y z 12 0 . 11 Với A C , chọn C 8, A 11, B 16 P :11x 16y 8z 150 0 . 8 Với B 10A 4C , thay vào 1 : 1 A C 2 2 2 2 2 5A C 101A 80AC 17C 76A 70AC 16C 0 8 A C 19 1 Với A C , chọn C 2 , A 1, B 2 P : x 2y 2z 0. 2
13. 8 Với A C , chọn C 19 , A 8 , B 4 P :8x 4y 19z 78 0 . 19 Vậy có 4 mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán. Câu 47: [2H3-6.0-3] (SGD Bắc Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu (S):(x- 3)2 + (y - 3)2 + (z - 2)2 = 9 và ba điểm A(1;0;0), uuur uuur B(2;1;3);C(0;2;- 3). Biết rằng quỹ tích các điểm M thỏa mãn MA2 + 2MB.MC = 8 là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này. A. r = 3 B. r = 6 C. r = 3 D. r = 6 Lời giải Chọn D Mặt cầu (S):(x- 3)2 + (y - 3)2 + (z - 2)2 = 9 có tâm I (3;3;2), bán kính R = 3 . Gọi M (x; y; z) ta được MA2 = (1- x)2 + y2 + z2 = x2 + y2 + z2 - 2x + 1. uuur ì ï MB = (2- x;1- y;3- z) uuur uuur íï uuur Þ MB.MC = x2 + y2 + z2 - 2x- 3y - 7 . ï îï MC = (- x;2- y;- 3- z) uuur uuur Ta có: MA2 + 2MB.MC = 8 Û 3x2 + 3y2 + 3z2 - 6x- 6y - 21= 0 . Û x2 + y2 + z2 - 2x- 2y - 7 = 0 . Suy ra M thuộc mặt cầu (S¢) tâm I ¢(1;1;0), bán kính R¢= 3. Nên M Î (S)Ç(S¢) là đường tròn (C) có tâm H là trung điểm của đoạn II ¢ (do R = R¢= 3). M R=3 R'=3 H I I' Vậy bán kính của đường tròn (C) : r = R2 - IH 2 = 6 . Câu 39: [2H3-6.0-3] [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH – 5/2018] 2 2 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu S1 : x 1 y 1 z 2 16 2 2 2 và S2 : x 1 y 2 z 1 9 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn C . Tìm tọa độ tâ J của đường tròn C . 1 7 1 1 7 1 1 7 1 1 7 1 A. J ; ; .B. J ; ; .C. J ; ; .D. J ; ; . 2 4 4 3 4 4 3 4 4 2 4 4 Lời giải Chọn D
14. S1 và S2 có tâm và bán kính lần lượt là I1 1;1;2 , R1 4 và I 2 1;2; 1 , R2 3 Gọi I là tâm của đường tròn giao tuyến C và A là một điểm thuộc C . 2 2 2 2 2 2 · · I1 A I1I2 AI2 4 14 3 21 Ta có I1I I1 A.cos AI1I R1.cos AI1I2 R1. 4. 2.I1 A.I1I2 2.4. 14 2 14 3 1 x 1 1 1 x  21 4 2 I I  1   2 14   3  3 7 I1I  I1I2 I1I I1I2 I1I I1I2 y 1 2 1 y . 4 4 4 I1I2 14 3 1 z 2 1 2 z 4 4 Câu 50: [2H3-6.0-3] (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A 2;0;0 , B 0;3;0 , C 0;0;6 , D 1;1;1 . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O , A , B , C , D ? A. 6 .B. 10. C. 7 .D. 5 . Lời giải Chọn C x y z Phương trình mặt phẳng ABC : 1. 2 3 6 Ta thấy 4 điểm A , B , C , D đồng phẳng (do D ABC ). 3 Chọn 3 trong 5 điểm có C5 10 cách. 3 Chọn 3 trong 4 điểm đồng phẳng A , B , C , D có C4 4 cách. Vậy có 10 4 1 7 mặt phẳng phân biệt đi qua 5 điểm đã cho. Câu 7545: [2H3-6.0-3] [BTN 172 - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 1; 2;0 , B 0; 1;1 , C 2;1; 1 và D 3;0; 2 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều 4 điểm đó? A. 7 mặt phẳng. B. 4 mặt phẳng. C. Có vô số mặt phẳng.D. 1 mặt phẳng. Lời giải Chọn C   AB 1;1;1 ,CD 1; 1; 1 . Rõ ràng ta thấy AB song songCD . Như vậy có vô số mặt phẳng cách đều bốn điểm A, B, C, D.
15. Câu 8243. [2H3-6.0-3] [THPT chuyên Vĩnh Phúc lần 5 – 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;2;- 2) và B(2;- 1;0). Đường thẳng AB cắt mặt phẳng IA (P): x + y - z + 1= 0 tại điểm I. Tỉ số bằng? IB A. 4 . B. 2 . C. 6. D. 3. Lời giải Chọn D uuur AB = (1;- 3;2) ïì x = 2+ t ï Gọi d là đường thẳng đi qua hai điểm A, B. Khi đó, d có phương trình íï y = - 1- 3t(t Î ¡ ) ï îï z = 2t Gọi I = d Ç(P). Tọa độ của điểm I là nghiệm của hệ. ïì 1 ï t = ì x = 2+ t ï 2 ï ï ï ï 5 ï y = - 1- 3t ï x = æ5 5 ö í Û í 2 Þ I ç ;- ;1÷ ï z = 2t ï èç2 2 ÷ø ï ï 5 ï x + y - z + 1= 0 ï y = - îï ï 2 ï îï z = 1 2 2 æ 5ö æ 5ö 2 3 14 IA = ç1- ÷ + ç2+ ÷ + (- 2- 1) = . èç 2ø÷ èç 2ø÷ 2 . 2 2 æ 5ö æ 5ö 2 14 IB = ç2- ÷ + ç- 1+ ÷ + (0- 1) = . èç 2ø÷ èç 2÷ø 2 IA Vậy = 3. . IB Câu 37: [2H3-6.0-3](Chuyên Vinh - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng x 1 y 2 z 3 1 : 2x y 2z 2 0, đường thẳng d : và điểm A ;1;1 . Gọi là 1 2 2 2 đường thẳng nằm trong mặt phẳng , song song với d đồng thời cách d một khoảng bằng 3. Đường thẳng cắt mặt phẳng Oxy tại điểm B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng. 7 21 7 3 A. . B. . C. . D. . 2 2 3 2 Lời giải Chọn A Ta có: B Oxy và B nên B a;2 2a;0 . x 1 y 2 z 3 d : đi qua M ( 1; 2; 3) và có 1 vectơ chỉ phương u 1;2;2 1 2 2  u;MB Ta có: d B;d 3 3 u   Ta có: MB a 1;4 2a;3 ; u;MB 4a 2;2a 1;2 4a .
16.  u;MB 2 3 2a 1 2 Do đó 3 3 2a 1 9. u 3 2 1 2 2 9 7 Vậy AB a 1 2a 1 9 1 . 2 4 2 Câu 49: [2H3-6.0-3](Chuyên Vinh - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng : x z 3 0 và điểm M 1;1;1 . Gọi A là điểm thuộc tia Oz , Gọi B là hình chiếu của A lên . Biết rằng tam giác MAB cân tại M . Diện tích của tam giác MAB bằng 3 3 3 123 A. 6 3 . B. . C. . D. 3 3 . 2 2 Lời giải Chọn B x t Gọi A 0;0;a . Đường thẳng AB qua A và vuông góc với có phương trình y 0 . z a t x t y 0 B là hình chiếu của A lên nên tọa độ B thỏa mãn hệ suy ra z a t x z 3 0 a 3 a 3 B ;0; . 2 2 Tam giác MAB cân tại M nên 2 2 2 a 1 a 5 a 3 MA MB 1 1 1 a 1 . 2 2 a 3 Nếu a 3 thì tọa độ A 0;0;3 , B 3;0;0 . Diện tích tam giác MAB bằng   3 3 S MA, MB . 12 2 Nếu a 3 thì tọa độ A 0;0; 3 và B 0;0; 3 trùng nhau, loại. Câu 48. [2H3-6.0-3](Sở GD&ĐT Hà Nội - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A B C có cạnh bên bằng cạnh đáy. Đường thẳng MN M A C; N BC là đường NB vuông góc chung của A C và BC . Tỷ số bằng NC 5 3 2 A. . B. . C. . D. 1. 2 2 3 Lời giải Chọn B * Kết quả bài toán sẽ không thay đổi nếu ta xét lăng trụ đều ABC.A B C có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng 2 .
17. * Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ (O là trung điểm của BC ). Ta có: A 0; 3;2 ,   B 1;0;0 , C 1;0;0 , C 1;0;2 , CA 1; 3;2 , BC 2;0;2 .   CM mCA * Do   nên ta có M 1 m; 3m;2m , N 1 2n;0;2n BN nBC  MN m 2n 2; 3m;2n 2m . * Đường thẳng MN là đường vuông góc chung của A C và BC nên: 2   m MN.CA 0 4m 2n 1 5 BN 3 NB 3   n . m 4n 2 3 BC 5 NC 2 MN.BC 0 n 5 Câu 40: [2H3-6.0-3] (THPT Ngọc Tảo - Hà Nội - 2018 - BTN – 6ID – HDG) Trong không 2 2 2 gian Oxyz mặt cầu S : x 1 y 2 z 1 9 . Khối bát diện đều có các đỉnh nằm trên S có thể tích bằng bao nhiêu? A. 9 B. 18 C. 27 D. 36 Lời giải Chọn D S có tâm I 1;2;1 và bán kính R 3. Khối bát diện đều ST.ABCD là khối bát diện đều nội tiếp khối cầu S nên ABCD là hình AC vuông có đường chéo AC 2R 6 và ST 2R 6 . Khi đó AB 3 2 . 2 1 ST 1 2 Thể tíchV 2.V 2. . .AB2 .6. 3 2 36. S.ABCD 3 2 3
18. S I A D O B C Khối bát diện đều nội tiếp mặt cầu có bán kính R 3. Gọi AB x với x 0 x 2 x 2 Vì S.ABCD là hình chóp đều nên AC x 2 OA SO . 2 2 SA2 Bán kính mặt cầu S R x 3 2 . 2SO 1 Thể tích khối bát diện V 2. S .SO 36 . 3 ABCD