Tài liệu trắc nghiệm oxy

Nhóm PI Tổng hợp câu hỏi trắc nghiệm hay môn Toán Nguyễn Quang Hưng – Nguyễn Thành Tiến Phần Hình học 12 Phương pháp tọa độ trong không gian Năm 2017 – Tháng 5 – Ngày 10 – Thứ tư Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 1 Lời mở đầu Đây là tài liệu đầu tiên do các thành viên NHÓM PI thực hiện . Các bài tập được trích trong đây chủ yếu là những bài được lấy trong các đề thi thử,bài giải được làm dưới cách chi tiết, nên có một số chỗ dài hơn so với bình thường . Nếu mọi người ai có góp ý gì về bài giải hay phát hiện sai sót nào trong tài liệu thì xin đưa lên ý kiến trong group NHÓM PI . Link group : https://www.facebook.com/groups/NhomPI/ Dẫu đã cố gắng làm rất cẩn thận nhưng khó tranh khỏi sai sót, mong các bạn thông cảm . Cảm ơn các bạn đã đọc tài liệu . Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 2 Câu 1 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  qua M  2;3;5  và cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho giá trị của OA, OB, OC theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng 3 . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  P  là : A. 18 91 B. 24 91 C. 16 91 D. 32 91 Giải : 2 3 5 Theo giả thuyết ta có :  P  :    1 . a b c b  3a 2 1 5 32 Do a, b, c theo thứ tự là một cấp số nhân có công bội là 3   .    1 a  a a 9a 9 c  9 a 32  d  I ;  P    . 91 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 2 : Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho M 1; 2;3 , gọi  P  : px  qy  rz  1  0  q, p, r   là mặt phẳng qua M và cắt các trục toạ độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho M là trọng tâm ABC . Tính T  p  q  r : 11 11 A. T   B. T  18 C. T  D. T  18 18 18 Giải : Do  P  cắt các trục toạ độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C  A  a;0;0  , B  0; b;0 , C  0;0; c  với a.b.c  0 .   P : x y z   1 . a b c  x A  xB  xc  3xM a  3 11   Do M là trọng tâm ABC   y A  yB  yC  3 yG  b  6  T   . 18  z  z  z  3z c  9  G  A B C ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 3 : Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho M 1; 2;3 , gọi  P  : px  qy  rz  1  0  q, p, r   là mặt phẳng qua M và cắt các trục toạ độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho M là trực tâm ABC . Tính T  p  q  r : 3 77 77 A. T  B. T  C. T   7 3 3 D. T   3 7 Giải : Do  P  cắt các trục toạ độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C  A  a;0;0  , B  0; b;0 , C  0;0; c  với a.b.c  0 . x y z 1 1 1   P  :    1  véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là v  P    ; ;  . a b c a b c Ta có OABC là một tứ diện vuông tại O có H là trực tâm ABC  AH  BC . Mặc khác : OA  BC  OA   OBC   . Vậy BC  OAH   BC  OH . Chứng minh tương tự ta có AB  OH . Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 3  M   P   OH   ABC  . Vậy từ đó ta có :  OM / / v P   a  14  3  b  7  T   . 7  14 c  3  ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------   Câu 4 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho a  3; b  2; a, b  1200 . Gọi 2 vecto       p  2a  b ; q  a  2b . Tính cos p, q . 1 4 39 A. B.   1 39  C. 1 2 39 D. 1 3 39 Giải : 2 2 Ta có : p.q  2a  b a  2b  2 a  3ab  2 b  2.32  3.3.2.cos1200  2.22  1 2 2 2 p  4 a  4ab  b  4.32  4.3.2.cos1200  22  48 . 2 2 2 q  a  4ab  4 b  32  4.3.2.cos1200  4.22  13 .    cos p, q  p.q p q  1 A. 4 39 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 5 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm và mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  4  0 . Biết M , N là 2 điểm đối xứng nhau qua mặt phẳng  P  , M  mặt cầu  C  : x 2   y  4   z 2  5 . Hỏi 2 N thuộc mặt cầu nào dưới đây : 8 40 24 45 y z 0 A. x 2  y 2  z 2  x  7 7 7 7 8 40 24 45 y z 0 B. x 2  y 2  z 2  x  7 7 7 7 8 40 24 45 y z 0 C. x 2  y 2  z 2  x  7 7 7 7 8 40 24 45 y z 0 D. x 2  y 2  z 2  x  7 7 7 7 Giải : Gọi I là tâm của mặt cầu  C   I  0; 4;0  .  4 20 12  Gọi I ' đối xứng I qua  P   I '  ;  ;  . 7 7 7 Theo yêu cầu bài toán ta có :  4 20 12  M   C  có tâm I  0; 4;0  và bán kính R  5  N   S  có tâm I '  ;  ;  bán kính R  5 7 7 7 . 8 40 24 45   S  : x2  y 2  z 2  x  y z 0 . 7 7 7 7 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 4 Câu 6 : Trong không gian với  P  : x  y  z  1  0, A 1;1;1 , B  0;1; 2  , hệ trục C  2;0;1 độ tọa Oxyz , cho mặt M  a; b; c    P  sao và phẳng cho S  2MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất . Khi đó giá trị của T  3a  2b  c là : 25 25 25 25 A. T  B. T  C. T   D. T   4 2 4 2 2 2 2 Giải :  3 5 Gọi I là điểm thỏa 2 IA  IB  IC  0  I  0; ;  .  4 4       2MI  2 IA  IB  IC   4MI 2 2 Ta có : S  2MA2  MB 2  MC 2  2 MI  IA  MI  IB  MI  IC  4MI 2  2 IA2  IB 2  IC 2 2  2  2IA2  IB 2  IC 2 . Do 2IA2  IB2  IC 2  const nên Smin  MI min  M là hình chiếu của I trên  P  . 25  3 3 1 .  M  ; ;   T   4  2 4 4 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 7 : Trong không gian với hệ trục Oxyz cho 2 điểm A 1;0; 2  , B  3;1; 1 và mặt phẳng  P  : x  y  z 1  0 . Gọi điểm M  xo ; yo ; zo    P  sao cho 3MA  2 MB đạt giá trị nhỏ nhất . Tính A  9 xo  3 yo  6 zo . A. 2 C. 3 Giải. Gọi I là điểm thỏa 3IA  2IB  0  I  3, 2,8  . B. 1    D. 4  Ta có 3MA  2 MB  3 IA  IM  2 IB  IM  3IA  2 IB  IM  IM  IM . Vì I cố định, M   P  nên 3MA  2 MB đạt giá trị nhỏ nhất  IM đạt giá trị nhỏ nhất.  M là hình chiếu của I trên mặt phẳng  P  . Gọi  d  là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng  P   vtcp a d   vtpt n P   1,1,1 .   d  : x  3  t , y  2  t , z  8  t .  11 8 22  M  d    P  M  , ,  A3 .  3 3 3  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 8 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  7  0 và ba điểm A 1; 2; 1 , B  3;1; 2 , C 1; 2;1 . Điểm M  a; b; c    P  sao cho MA2  MB2  MC 2 đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tổng A  a  b  c bằng bao nhiêu ? 20 14 A. A  B. A  9 9 Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI C. A   20 9 D. A   14 9 Page 5 Giải:  MA   a  1   b  2    c  1  2 2 2  Ta có:  MB 2   a  3   b  1   c  2  .  2 2 2 MC 2   a  1   b  2    c  1   2 2 2 2  MA2  MB 2  MC 2   a 2  6a  b 2  6b  c 2  26  44   a  3   b  3  c 2  .   2 2 2 2 Vậy  MA2  MB 2  MC 2 max   a  3   b  3  c 2   MI min với I  3; 3;0  .   min Mà I  3; 3;0  cố định nên MI min  M là hình chiếu của I trên mặt phẳng  P  . Gọi  d  là đường thẳng qua I  3; 3;0  và vuông góc với mặt phẳng  P  , ta có: x  3  t  d  :  y  3  2t .  z  2t  Vì M   d   M  3  t ; 3  2t; 2t  . M   P    3  t   2  3  2t   2  2t   7  0  t  4  23 35 8  M ; ; . 9  9 9 9  20 . 9 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 9 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1;0  , B 0;1;1 , C 1;0;1  . Tìm  abc  2 hợp tất cả các điểm M trên mặt phẳng Oxz sao cho MA.MB  MC  2 . A. Một đường thẳng B. Một đường tròn C. Một đường elip D. Không xác định được Giải: AB   1;0;1  AB  2 . Gọi I là trung điểm của AB  I  ;1;  cố định và IC 2  . 2 2 2 1   3 1    Ta có: MA.MB  IA  IM . IB  IM   IA2  IM . IA  IB  IM 2   AB 2 1  IM 2    IM 2 . 4 2 5 2 3 1 3   Gọi J là trung điểm của IC  J  ; ;  cố dịnh và MJ là đường trung tuyến của MIC . 4 2 4 2 Vậy MA.MB  MC  2  MI 2  MC 2  . 5 IC 2 3 7 14  MI 2  MC 2  2MJ 2   2 JM 2   JM 2   JM   const . 2 2 4 8 4 14 Mà J cố định nên M di động trên mặt cầu  S  tâm J với bán kính R  . 4  Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 6 Mặt phẳng Oxz có phương trình y  0  d  J ,  Oxz    tròn  C  . 1 14   R   S    Oxz  là một đường 2 4 Vậy M di động trên đường tròn  C  . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 10 : Trong không gian Oxyz cho hai điểm A  2t; 2t ;0  , B  0;0; t  ,  t  0 . Cho điểm P di động thỏa: OP. AP  OP.BP  AP.BP  3 . Tìm giá trị t sao cho OPmax  3 . 3 4 2 A. t  B. t  C. t  4 3 3 D. t  3 2 Giải: OP. AP  OP.BP  AP.BP  3  OP. OP  OA  OP. OP  OB  OP  OA . OP  OB  3 . 2           3OP  2OP. OA  OB  3 . (Vì OA.OB  0 )  3OP  2OP.OI  3 (với I là điểm thứ tư của hình bình hành AOBI  I  2t ; 2t; t  ). 2 2 2  4t 4t 2t   3OP  3OP.OJ  3 (với J thỏa OJ  OI  J  ; ;  . 3 3 3 3 2       OP  OP.OJ  1  OP. OP  OJ  1  OP.JP  1  MP  MO . MP  MJ  1 (với M là  2t 2t t  trung điểm của OJ  M  ; ;  .  3 3 3  MP 2  MO.MJ  1  MP 2  MO 2  1  MP 2  1  MO 2  1  t 2  MP  1  t 2 . Vậy P di động trên mặt cầu  S  tâm M với bán kính R  1  t 2 . Nên OPmax  P  OM   S  và OM , OP cùng hướng. 2 2 2  2t   2t   t  Khi đó OPmax  OM  R           1  t 2  t  1  t 2 .  3   3  3 t  3 t  3  2 2 OPmax  3  t  1  t  3  1  t  3  t    4 . 2 2 1  t  9  6t  t t  3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 11 :Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A 1; 2; 3 và đường x 1 y  5 z .Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với   2 2 1 đường thẳng d đồng thời cách A một khoảng cách lớn nhất . A. u   4; 5; 2  B. u  1;0;2 C. u   3;4; 4 D. u   2;2; 1 thẳng d : Giải : Gọi  P  là mặt phẳng vuông góc với d và qua M . Gọi H là hình chiếu của A trên  P  . Gọi N là hình chiếu của H trên d .  AN     ( định lí 3 đường vuông góc )  d  A;      AN . Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 7 Ta có : AN  AM . Dấu "  " xảy ra khi N  M   là đường thẳng qua M và   MH . Tính toán ta có : u   4; 5; 2  . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 12 :Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A 1; 2; 3 và đường x 1 y  5 z .Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với   2 2 1 đường thẳng d đồng thời cách A một khoảng cách bé nhất . A. u   2;1;6 B. u  1;0;2 C. u   3;4; 4 D. u   2;2; 1 thẳng d : Giải : Gọi  P  là mặt phẳng vuông góc với d và qua M . Gọi H là hình chiếu của A trên  P  . Gọi N là hình chiếu của H trên d .  AN     ( định lí 3 đường vuông góc )  d  A;      AN . Ta có : AN  AH . Dấu "  " xảy ra khi N  H   là đường thẳng qua M , H . Tính toán ta có : u  1;0;2 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 13 : Trong không gian với hệ tọa độ xyz, cho điểm A 1; 2; 3 và cắt mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  9  0 . Đường thẳng đi qua A và có véctơ chỉ phương u  3;4; 4 cắt  P  tại B . Điểm M thay đổi trong  P  sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 900 . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau : A. J  3; 2;7  B. H  2; 1;3 C. K  3;0;15  D. I  1; 2;3 Giải : Gọi H là hình chiếu A trên  P   AH   P   AH  MB . Vì M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 900 nên AM  MB . Vậy MB   AHM   MB  HM .  M chạy tung tăng trên đường tròn đường kính MH  M  B  . Vậy MBmax khi M  H .  x  2  t  Tính toán ta có được :  MB  :  y  2  MB qua I  1; 2;3 .  z  1  2t  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------x 3 y 2 z 5   Câu 14 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng  d1  : 2 2 5 x2 y4 z4   và  d 2  : . Gọi    là đường phân giác trong của góc tù tạo bởi hai đường 1 4 4 thẳng  d1  ,  d 2  .    có phương trình là: Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 8 x  1 t  B.    :  y  2t z  t   x  1  5t  A.    :  y  6t  z  9t  x  1 t  C.    :  y  2t z  t   x  1  5t  D.    :  y  6t  z  9t  Giải: x 3 y 2  2  2 x  y  1 x  1   y 2 z 5   Xét hệ:    5 y  2 z  0   y  0 . Ta nhận thấy 5  2 y  z  0 z  0   y4 z4   4 4  Vậy A 1;0;0    d1    d 2  .  d1  có  A 1;0;0    d1  .   A 1;0;0    d 2  vtcp a1   2;2;5 ,  d 2  có vtcp a2  1;4;4 .       Ta có: a1.a2  30  0  a1; a2  900  a1; a2 là góc nhọn  a1 ; a2 là góc tù. Gọi B là điểm thỏa AB  a1  B  3;2;5   d1  . C là điểm thỏa AC  a2  C  0; 4; 4   d2  .  d1  ,  d2  . Vậy BAC là góc tù tạo bởi hai đường thẳng Do đó    chính là đường phân giác trong của BAC . Ta có: AB  a1  33, AC  a2  33  AB  AC  ABC cân tại A .     cũng là đường trung tuyến từ A của ABC .   vtcp a   1 3 A 1;0;0  , M  ; 1;  2 2 1 1  AM   ; 1;  . 2 2 đi qua là trung điểm của BC     có x  1 t    có a   1; 2;1 và qua A 1;0;0      :  y  2t  B . z  t  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 15 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A 1; 2; 1 , B  0; 4;0 và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2015  0 với  P  . Tính cos  . A. 1 9 . Gọi  là góc nhỏ nhất giữa mặt phẳng  Q  đi qua 2 điểm A, B và tạo B. 1 6 2 3 Giải : C. D. 1 3 Theo cách hình học : Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 9 Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng  P  , d là giao tuyến của  P  ,  Q  , I là giao điểm của AB và mặt phẳng  P  , J là hình chiếu của H trên d .  Góc của 2 mặt phẳng AH . AJ  Góc của AB và  P  , Q là góc AJH với sin AJH  sin AIH  AH AI mặt phẳng  P là góc AIH với . Dễ dàng chứng minh được d   AJH   IJ  AJ  AIJ vuông tại J .  AJ  AI  sin AJH  sin AIH . Dấu "  " xảy ra khi d  IH . Vậy min  P ; Q   AIH là góc giữa AB và mặt phẳng  P  .   Cách đại số : vtcp u AB   1; 2;1   Ta có : vtpt nQ    a; b; c   u AB .nQ   0  a  c  2b .    AB   Q  vtpt n P    2; 1; 2  . Ta có cos  là góc của  P  ,  Q   cos    cos 2   2a  b  2c 9 a 2  b2  c 2  b 2a 2  4ab  5b2 b2 . 2a 2  4ab  5b 2 Xét b  0  cos   0 Xét b  0  cos 2   1 a  t   . 2t  4t  5  b 2 Tính toán ta có được : 0  cos 2    1 1  . 2t  4t  5 3 2 1 1  cos   3 3 1 . 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 16 : Cho M 1, 2,3 , A  a, 0, 0  , B  0, b, 0  , C  0, 0, c  trong đó a,b,c là các số dương. Tìm mặt Nói tóm lại max cos   phẳng  P  đi qua A, B, C, M sao cho VOABC đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 10 A. B.  P  : 6 x  3 y  2 z  18  0  P  : 6x  3 y  2z  9  0 B.  P  : 6 x  3 y  2 z  0 D.  P  : 6 x  3 y  2 z  36  0 Giải. x y z    1. a b c 1 2 3 Vì M   ABC      1 . a b c 1 2 3 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số , , không âm, ta có: a b c 1 2 3 1.2.3 27.6 abc 1     33 1  abc  162   27  VOABC  27 . a b c a.b.c abc 6 1 2 3 1 Đẳng thức xảy ra      a  3, b  6, c  9 . a b c 3 x y z   ABC  :    1   ABC  : 6 x  3 y  2 z  18  0 . 3 6 9 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Ptmp qua A, B, C có dạng: Câu 17 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  0 sao cho OA  OB  OC  AB  BC  CA  1  2 . Tìm giá trị lớn nhất của VO. ABC . 1 1 1 1 A. max VO. ABC  B. max VO. ABC  C. max VO. ABC  D. max VO. ABC  162 108 486 54 Giải : 1 Ta có : VO. ABC  abc . 6 Theo gia thuyết ta có : OA  OB  OC  AB  BC  CA  a  b  c  a 2  b 2  b 2  c 2  c 2  a 2 . Theo nhà toán học Cauchy ta có :  a  b  c  3 3 abc .  a 2  b2  b2  c 2  c 2  a 2  2   ab  bc  ca  3 2. 3 abc .   OA  OB  OC  AB  BC  CA  1  2  3 1  2  3 abc . 1 1 1 1  VO. ABC  abc  . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  . 3 6 162 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 18 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có  a, b  0 A  a;0;0  , B  a;0;0  , , C  0; 1;0  , B '  a;0; b  với  . Khoảng cách lớn nhất giữa 2 đường a  b  4 thẳng B ' C và AC ' là: 2 A. 1 B. 2 C. 2 D. 2 Giải. Gọi I là đối xứng của C qua O .  3 abc  Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 11  AI / / BC / / B ' C '  AIB ' C ' là Ta có: AIBC là hình bình hành    AI  BC  B ' C ' hình bình hành.  AC '/ / B ' I   B ' CI  .  d  B ' C , AC '  d  AC ',  B ' CI    d  A,  B ' CI   . Mà A, B đối xứng với nhau qua O nên d  A,  B ' CI    d  B,  B ' CI   . Ta có CI   OBB '   B ' CI    OBB ' . Vẽ đường cao BJ của tam giác vuông OBB '  BJ  OB '   B ' CI    OBB '  BJ   B ' CI   BJ  d  B,  B ' CI   . BJ là đường cao của tam giác vuông OBB ' , ta có: 1 2  a  b BO.BB ' ab ab BJ     4  2 . 2 2 2 2 1 1 2 2 BO  BB ' a b a  b a  b 2 2 Đẳng thức xảy ra  a  b  2 . Vậy MaxBJ  2  Maxd  B ' C , AC '   2 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 19 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  Pm  : 3mx  5 1  m 2 y  4mz  20  0 với m   1;0    0;1 luôn cắt mặt phẳng  Oxz  theo giao tuyến là đường thẳng  m . Khi m thay đổi thì các giao tuyến  m có kết quả nào sau đây : A. Cắt nhau B. Song song C. Chéo nhau D. Trùng nhau Giải :   Pm    Oxz    m 3mx  5 1  m 2 y  4mz  20  0  y  0   m : 3mx  4mz  20  0 với  m trong mặt phẳng  Oxz  . Gọi m : 3m1x  4m1z  20  0, m : 3m2 x  4m2 z  20  0 là hai đường thẳng với 1 2 m1 , m2   1;0    0;1 bất kì và m1  m2 .     3m1 4m2 20    m / / m . 1 2 3m2 4m2 20 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Ta có : Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 12 1 3  Câu 20 : Trong không gian Oxyz , cho điểm M  ; ;0  và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  8. Đường 2 2   thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu  S  tại hai điểm phân biệt A, B . Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB : A. S  7 . B. S  4 . C. S  2 7 . D. S  2 2 . Giải : Mặt cầu  S  có tâm O  0;0;0  và bán kính R  2 2 . Ta có : OM  1  R  M thuộc miền trong của mặt cầu  S  . Gọi A , B là giao điểm của đường thẳng với mặt cầu. Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác OAB . Gọi x  OH  0  x  OM  1  HA  R 2  OH 2  8  x 2 . 1  SOAB  OH . AB  OH .HA  x 8  x 2 . 2 Xét : f ( x)  x 8  x 2 với x   0;1 . x2  f '  x   8  x2   SOAB  8  2 x2 8  x2 8  x2  max f  x   f 1  7 .  0 với x   0;1 .  0;1 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 21 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  :  m2  m  1 x  2  m2  1 y  2  m  2  z  m 2  m  1  0 luôn chứa đường thẳng  cố định khi m thay đổi. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ đến  . 1 2 4 A. d O,      B. d O,      C. d O,      3 3 3 D. d O,      5 3 Giải: Ta có: m  m  1 x  2 m  1 y  2  m  2  z  m 2  m  1  0 m   2   2    x  2 y  1 m2   x  2 z  1 m   x  2 y  4 z  1  0 m  .  x  2 y  1  0 1 x  2 y 1  0     x  2z  1  0  2  x  2z 1  0  2 x  4 z  2  0 3  1      x  2 y  4 z  1  0  3 x  2 y 1  0 x  2 y 1  0 x  2 y 1  0   x  2z 1  0    x  2z 1  0 y  z  0 x  2z 1  0  Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 13 x  2 y 1  0  x  2t  1   Đặt z  t , ta có:  y  t  0 .   y  t z  t z  t    x  2t  1  Vậy  P  luôn chứa đường thẳng cố định    :  y  t có vtcp a   2; 1;1 và qua điểm z  t  A  1;0;0  .  a; OA 2 1   Ta có  a; OA   0; 1; 1  d O,      .   6 3 a ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------x  4m  3 y  2m  3 z  8m  7   3 1     m  1; ;   và A 1;1;1 . Câu 22 : Cho đường thẳng d m :  2m  1 m 1 4m  3  4 2   Biết d m luôn nằm trong một mặt phẳng  P  cố định khi m thay đổi. Tính d  A ;  P   . A. 115 55 B. 110 55 C. 105 55 D. 115 60 Giải : Đường thẳng d m đi qua A  4m  3; 2m  3;8m  7  và có VTCP u   2m  1; m  1;4m  3 .   3 1   Giả sử d m    : ax  by  cz  d  0  m  1; ;   . Khi đó ta có : 4 2     a  2m  1  b  m  1  c  4m  3  0  2a  b  4c  m  a  b  3c  0  A          a  4m  3  b  2m  3  c 8m  7   0   4a  2b  8c  m  3a  3b  7c  d  0 udm .n   0  2a  b  4c  0 b  10a a  b  3c  0    c  3a . Để hệ có nghiệm đúng với mọi m thì :  4a  2b  8c  0  d  6a 3a  3b  7c  d  0 b  10  Ta chọn : a  1  c  3 . d  6    3 1   Vậy d m    : x  10 y  3z  6  0  m  1; ;   . 4 2    Cách 2 : đơn gian phù hợp trắc nghiệm. Ta chọn 2 số m thỏa yêu cầu bài toán  có đường thẳng d  viết được mp    xong bài . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Oxyz cho Câu 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ mặt cầu  S  :  x  m   y  2m 2 2  z 2  5m2  4m 1  0 . Biết khi m thay đổi thì  S  luôn giao với mặt phẳng  P  cố định với giao tuyến là một đường tròn  C  cố định . Tính bán kính của đường tròn đó Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 14 B. R  A. R  1 S  : x 2 4 5 C. R   y  z  1  2m  x  2 y  2   0 . 2 2 5 D. R  1 5 Giải : 2  Với mọi m thì mặt cầu  S  luôn giao với mặt phẳng  P  : x  2 y  2  0  S ' : x 2  y 2  z 2  1  S    P     C    S '   P  .  P  : x  2 y  2  0 Gọi I  0;0;0  là tâm mặt cầu  S '  d  I ;  P     R     d  I ;  P   2 . 5 1 . 5 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 24 : Trong không gian cho 2 điểm phân biệt A, B cố định . Tập hợp các điểm M trong không m m 3 gian là mặt cầu cố định bán kính R  AB . Khi đó thỏa mãn MA.MB  AB 2  m, n   , là n 2 n  RC   2 S' 2  phân số tối giản. Tính P   m  2n  mn  . A. 49 B. 64 2 C. 36 D. 81 Giải : Chọn hệ trục Oxyz sao cho A, B  Ox và O  0;0;0  là trung điểm AB . Khi đó ta có :   A  a;0;0  MA   a  xM ;  yM ;  zM  a  0  AB  2 a . Gọi . M x ; y ; z     M M M    MB   a  x ;  y ;  z  B  a;0;0     M M M  4m 2 a Ta có : MA.MB  n 4m 2  xM2  a 2  yM2  zM2  a n 2.   4m   2 2 2   0  xM    0  yM    0  zM      1a    n     4m   1a . Do vế phải là 1 hằng số  M thuộc tập hợp điểm đường tròn tâm O có R    n  m 2 3  4m   1a  AB  3a   .  n 1 2  n  ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------x 1 y  1 z  2   ; Câu 25 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn đường thẳng  d1  : 2 1 3 x3 y 2 z 4 x2 y z x  4 y 1 z  2   ;  d3  :   ;  d4  :   . Gọi    là đường thẳng cắt  d2  : 2 1 3 7 1 1 1 5 2 cả 4 đường thẳng đã cho . Biết véctơ chỉ phương của    là u     a; b;1 . Tính T  3a  7b . Ta có A. T  5 B. T  5 Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI C. T  4 D. T  4 Page 15 Ta có : vtcp ud1   2;1;3 và  d1  Giải : qua M 1; 1; 2  , vtcp ud2   2;1;3 và  d 2  qua N  3; 2; 4  . Ta thấy ud1  ud2 và M  d 2   d1  / /  d 2  . Gọi  P  là mặt phẳng chứa d1 , d2  vtpt nP  [MN , ud1 ]   7;16; 10  và  P  qua điểm M 1; 1; 2  .   P  : 7 x  16 y  10 z  29  0 . x  7 y  2  0 x2 y z      y  z  0  E  5;1;1 . Gọi E   d3    P    7 1 1 7 x  16 y  10 z  29  0 7 x  16 y  10 z  29  0  5 x  y  21  0  x  4 y 1 z  2      2 y  5 z  8  0  F  5; 4;0  . Gọi F   d 4    P    1 5 2 7 x  16 y  10 z  29  0 7 x  16 y  10 z  29  0   EF  10; 5; 1  EF không song song d1 , d2 . Do      d1  ,  d 2        P  . Mà      d3  ,  d 4      qua E , F  u     10;5;1  T  5 . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 26 : Trong không gian Oxyz cho ba điểm A  a;0;0  ; B  0; b;0 ; C  0;0; c  với a, b, c  0 . Giả sử a, b, c thay đổi nhưng luôn thỏa a 2  b2  c 2  k 2 với k cho trước thì ABC có diện tích lớn nhất là : A. S max  k2 2 3 B. S max  k2 3 C. S max  k2 2 D. S max  k2 2 2 Giải: 1 1 1 OA2 .OB 2 a 2 .b 2 2   OI   Gọi I là hình chiếu của O trên AB  2  . OI OA2 OB 2 OA2  OB 2 a 2  b 2 OAI vuông tại O  IC 2  OI 2  OC 2  a 2 .b 2 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 2  c   OI  . a 2  b2 a 2  b2 a 2  b2 OAB vuông tại O  AB 2  a 2  b2  AB  a 2  b2 . 1 1 2 2 S ABC  AB.IC  a b  b 2c 2  c 2 a 2 . 2 2 2 2 2 Ta có: a  b  c  k 2  a 4  b4  c 4  2a 2b2  2b2c 2  2c 2a 2  k 4 . k 4   a 4  b4  c4  2 2 2 2 2 2  a b b c c a  2 2 k 4   a 4  b4  c 4  k 4 a 2  b2  c 2   k4 4 4 4  Mà a  b  c  nên .  2 3 3 3 k4 1 k2 k2 2 2 2 2 2 2  S ABC  .  Vậy a b  b c  c a  . 3 2 3 2 3 k Đẳng thức xảy ra  a  b  c  . 3 Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 16 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 27 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A 1;0;0  , B  0;1;0 , C  0;0;1 . Có bao nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng AB, BC, CA . A. 1 Gọi mặt cầu   : z  y  z  0 B. 2 S  C. 3 Giải. có tâm I là mặt cầu tiếp xúc 3 cạnh và tiếp xúc với 3 dường thẳng D. 4 AB, BC, CA .  d  I , AB   d  I , BC   d  I , CA . Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng  ABC  . M , P, C lần lượt là hình chiếu của của H trên AB, BC, CA . Ta có: vuông). IHM  IHN  IHP (cạnh huyền_cạnh góc  HM  HN  HP  H là điểm thuộc mặt phẳng  ABC  và cách đều 3 cạnh AB, BC, CA .  H có thể là tâm đường tròn nội tiếp hay một trong ba tâm đường tròn bàng tiếp của ABC . Mà IH   ABC  nên tập hợp điểm I là những đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp hay một trong ba tâm đường tròn bàng tiếp của ABC và vuông góc với mặt phẳng  ABC   Có 4 đường thẳng như thế. Ta có A 1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0;1  PTMP  ABC  : x  y  z  1  0   ABC  / /   . Vậy tồn tại 4 giao điểm của tập hợp điểm I nêu trên và mặt phẳng   . 4 giao điểm đó chính là 4 tâm mặt cầu thỏa yêu cầu bài toán  Có 4 mặt cầu thỏa ycbt. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 28 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  S1  : x2  y 2  z 2  4 x  2 y  z  0 và  S2  : x2  y 2  z 2  2 x  y  z  0 và A 1;0;0  , B  0; 2;0 , C  0;0;3 . Gọi  P  là mặt phẳng chứa giao tuyến của  S1  ,  S2  nhiêu mặt cầu có tâm thuộc  P  và tiếp xúc với ba đường thẳng AB, BC, CA . A. Không có mặt cầu B. 1 C. 4 ba điểm . Hỏi có bao D. Vô số mặt cầu Bài tập tương tự, bạn đọc tự làm :))))) ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2 2 Câu 29 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  S1  :  x  2   y 2   z  1  11  S2  :  x  1   y  3   z  1  17 và hai điểm A  3;0;0  , B  0; 4;0 . Gọi  P  là mặt phẳng chứa giao tuyến của  S1  ,  S2  . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc  P  và tiếp xúc với ba đường và 2 2 thẳng AO, OB, BA . A. Không có mặt cầu 2 B. 1 Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI C. 4 D. Vô số mặt cầu Page 17  S1  có tâm I1  2;0;1 Giải : và bán kính R1  11 . 2 2 2  x  2 2  y 2   z  12  11   x  2   y   z  1  11 1 Ta có hệ:     . 2 2 2 x  y  0 2   x  1  y  3  z  1  17         2 chính là phương trình mặt phẳng  Q  : x  y  0 . Vậy hệ   chính là tương giao giữa mặt cầu  S1  và mặt phẳng  Q  d  I1;  Q   2  2  11  R1 . 12  12 Vậy  Q  cắt  S1  với giao tuyến là một đường tròn  C  chính là giao tuyến của  S1  ,  S2  .   P    Q  : x  y  0 . Mà  OAB  : z  0   P    OAB  . Tập hợp tâm của những mặt cầu tiếp xúc với ba đường thẳng AO, OB, BA là bốn đường thẳng d1 , d 2 , d3 , d 4 vuông góc mặt phẳng  OAB  và qua tâm đường tròn tiếp hoặc ba tâm đường tròn bàng tiếp của OAB . Vậy một trong bốn đường trên có thể song song hay chứa trong  P  . Gọi      P    OAB      : x  y  0 với ptđt    trong mặt phẳng  Oxy  . Trong mặt phẳng Oxy , ta có    : x  y  0 là đường phân giác ngoài của góc O của OAB . Vậy    đi qua hai tâm bàng tiếp góc A, B . Vậy hai trong bốn đường d1 , d 2 , d3 , d 4 chứa trong  P   có vô số tâm mặt cầu có tâm thuộc  P  và tiếp xúc với ba đường thẳng AO, OB, BA . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 30 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  S1  :  x  2   y 2   z  1  17 và  S2  :  x  1   y  3   z  1  11 và hai điểm A  3;0;0  , B  0; 4;0  . Gọi  P  là mặt phẳng chứa giao tuyến của  S1  ,  S2  . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc  P  và tiếp xúc với ba đường thẳng AO, OB, BA . 2 2 A. Không có mặt cầu  S1  2 B. 1 2 C. 4 2 D. Vô số mặt cầu Giải : có tâm I1  2;0;1 và bán kính R1  17 . 2 2 2  x  2 2  y 2   z  12  17   x  2   y   z  1  17 1  Ta có hệ:    . 2 2 2 x  y  2 2    x  1   y  3   z  1  11   2 chính là phương trình mặt phẳng  Q  : x  y  2  0 . Vậy hệ   chính là tương giao giữa mặt cầu  S1  và mặt phẳng  Q  d  I1;  Q    2  2 12  12  2 2  17  R1 . Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 18 Vậy  Q  cắt  S1  với giao tuyến là một đường tròn  C  chính là giao tuyến của  S1  ,  S2  .   P    Q  : x  y  2  0 . Mà  OAB  : z  0   P    OAB  . Tập hợp tâm của những mặt cầu tiếp xúc với ba đường thẳng AO, OB, BA là bốn đường thẳng d1 , d 2 , d3 , d 4 vuông góc mặt phẳng  OAB  và qua tâm đường tròn tiếp hoặc ba tâm đường tròn bàng tiếp của OAB . Vậy một trong bốn đường trên có thể song song hay chứa trong  P  . Gọi      P    OAB      : x  y  2  0 với ptđt    trong mặt phẳng  Oxy  . Trong mặt phẳng  Oxy  , gọi  d  : x  y  0,  d ' : x  y  0 lần lượt là đường phân giác trong, phân giác ngoài tại đỉnh A của OAB . Ta có    / /  d '     không đi qua tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B . Gọi I       d   I 1,1 . Ta có  OA : y  0,  OB  : x  0, 4 x  3 y  12  0 . Ta xét thấy d  I , OA   d I ,OB  d I ,AB   1 I cách đều ba cạnh ABC  I có thể là tâm mặt cầu nội tiếp hay tâm bàng tiếp góc O của OAB . Vậy một trong bốn đường d1 , d 2 , d3 , d 4 chứa trong  P   có vô số tâm mặt cầu có tâm thuộc  P  và tiếp xúc với ba đường thẳng AO, OB, BA . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 31 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  có phương trình x 2  y 2  z 2  50 z  0 1 và mặt cong  P  có phương trình x2 y 2   2 z  2  . Biết  S    P  có giao 25 16 tuyến là đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó . A. 20 B. 45 C. 15 D. 25 Giải : 25 2 y thay vào 1 ta có : Từ  2   50 z  x 2  16  3 y  4 z  0   9 2 y  z2  0   . Kết hợp với 1 thì ta có được 2 mặt phẳng giao với 1 mặt cầu. 16 3 y  4 z  0    1 có tâm là I  0;0; 25  và bán kính R  25 . Ta có :      d  I ;     20  R     1 là một đường tròn có R   R 2  d  I ;    d  I ;      20  R      1 là một đường tròn có R   R 2  d  I ;   2 2  15 .  15 . Vậy R   R    15 . Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 19 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 32 :Trong không gian với hệ trục ,cho các Oxyz điểm A 1;0;0  , B  2;0;3 , M  0;0;1 , N  0,3,1 ,mặt phẳng  P đi qua các điểm M , N sao d  B;  P    2d  A;  P   ,có bao nhiêu mp thỏa mãn đề bài. A. 1 B. 2 C. vô số D. không có mặt phẳng nào . Giải : Ta có 4 điểm A, B, M , N là 4 điểm đồng phẳng , MN không song song AB . Gọi I   P   AB ( do AB không song song  P  ) Trường hợp 1 : I nằm ngoài AB , mà d  B;  P    2d  A;  P    AI  AB ( ta-let)  I  4;0; 3 Trường hợp 2 : I nằm trong đoạn AB , mà d  B;  P    2d  A;  P    IB  2 IB ( ta-let)  I  0;0;1 .   P  luôn đi qua 1 trong 2 điểm cố định trên. Do M , N , A, B, I đồng phẳng nên I  MN  I , M , N thẳng hàng  có vô số mặt phẳng ( trường hợp 2 ) . ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 33 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A  2;5; 3 , B  2;1;1 , C  2;0;1 và mặt phẳng   : 3x  4 y  5z  1  0 . Gọi điểm D  xD ; yD ; zD   yD  0  thuộc   sao cho có vô số mặt phẳng  P  qua C, D thỏa khoảng cách từ A đến  P  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  P  . Tính P  xD  yD  zD . A. P  2 B. P  1 C. P  1 D. P  2 . Giải : Theo đề bài ta có d  A,  P    3d  B,  B    AB không song song với  P  . AI d  A,  P     3  AI  3BI . Xét AB   P  , ta có  I   AB   P   BI d  A,  B    AI  3BI  I  4; 1;3     P  đi qua một trong hai điểm cố định  I  1; 2;0   AI  3BI I  4; 1;3 hay I  1; 2;0  . Nếu AB   P    P  đi qua hai điểm cố định trên. Vậy để có d  A,  P    3d  B,  B   thì  P  đi qua I  4; 1;3 hay I  1; 2;0  . Theo để bài, thì có vô số mặt phẳng  P  qua C, D thỏa d  A,  P    3d  B,  B  .  I , C , D thẳng hàng. Nói cách khác D  IC . Với I  4; 1;3 , ta có IC :  x  2  6t; y  t; z  1  2t  D  2  6t; t;1  2t  . Tổng hợp trắc nghiệm 12 – NHÓM PI Page 20