Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Toán học 228 câu oxyz từ các đề trường chuyên 2018 từ đề thi năm 2018 có đáp án...

Tài liệu 228 câu oxyz từ các đề trường chuyên 2018 từ đề thi năm 2018 có đáp án

.PDF
99
389
91

Mô tả:

Câu 1: (Chuyên Đại Học Vinh) Trong không gian Oxyz, một véctơ chỉ phương của  x  2t  đường thẳng  :  y  1  t là z  1    A. m  2; 1;1 B. v  2; 1;0   C. u  2;1;1  D. n  2; 1;0  Đáp án D Phương pháp:  x  x 0  at  + Cho phương trình đường thẳng  :  y  y 0  bt . Khi đó ta biết đường thẳng  đi qua z  z  ct 0   điểm M  x 0 ; y 0  và có vVTCP u   a; b;c  .  + Chú ý: Véc tơ là một VTCP của  thì ku  k    cũng là một VTCP của  . Cách giải:   Ta có VTCP của  là: u   2;1;0   n   2; 1;0  cũng là một VTCP của  Câu 2: (Chuyên Đại Học Vinh) Trong không gian Oxyz, cho điểm M 1; 2;3 . Hình chiếu của M lên trục Oy là điểm A. S  0;0;3 B. R 1;0;0  C. Q  0; 2;0  D. P 1;0;3 Đáp ánC Phương pháp: Điểm M  a; b;c  có hình chiếu trên trục Ox, Oy, Oz lần lượt là: M1  a;0;0  , M 2  0; b;0  và M 3  0;0;c  . Cách giải: Hình chiếu của M lên trục Oy là Q  0; 2;0  Câu 3: (Chuyên Đại Học Vinh)Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng  : x  2y  z  1  0 và   : 2x  4y  mz  2  0. Tìm m để hai mặt phẳng    và   song song với nhau. A. m  1 Đáp án B B. Không tồn tại m C. m  2 D. m  2 Phương pháp: Cho hai    / /   mặt phẳng:    : a1x  b1 y  c1z  d1  0 .     : a 2 x  b 2 y  c 2 z  d 2  0 Khi đó a1 b1 c1 d1    a 2 b2 c2 d 2 Cách giải: Để    / /    thì m  2 2 4 m 2      m  1 2 1 1 m  2 Câu 4:(Chuyên Đại Học Vinh) Trong không gian Oxyz, cho điểm M 1; 0; 1 . Mặt phẳng    đi qua M và chứa trục Ox có phương trình là A. x  z  0 Đáp án C B. y  z  1  0 C. y  0 D. x  y  z  0 Phương pháp:  +) Phương trình đường thẳng đi điểm M  x 0 ; y 0 ; z 0  và có VTPT n   a; b;c  có phương trình: a  x  x 0   b  y  y 0   c  z  z 0   0.      +) Hai vecto u; v cùng thuộc một mặt phẳng thì mặt phẳng đó có VTPT là: n   u, v  Cách giải:    Mặt phẳng    chưa điểm M và trục Ox nên nhận n   OM; u O x  là một VTPT.  OM  1;0; 1     n   OM; u O x   Mà   u  1;0;0    O x  0 0 1 0 ; 1 0 1 1 ; 1 1 0 0    0; 1;0 Kết hợp với    đi qua điểm M 1;0; 1     :  y   y  0   0  y  0 Câu 5: (Chuyên Đại Học Vinh) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: x 1 y  2 z  3 và mặt phẳng   1 2 1    : x  y  z  2  0. Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng    , đồng thời vuông góc và cắt đường d? A.  3 : x 5 y2 z 5   3 2 1 B. 1 : x2 y4 z4   3 2 1 C.  2 : x2 y4 z4   1 2 3 D.  4 : x 1 y 1 z   3 2 1 Đáp án A Phương pháp: Gọi đường thẳng cần tìm là d’ Gọi A  d      A  d '. Tìm tọa độ điểm A.    n d '   u d ; n     là 1 VTCP của đường phẳng d’ Cách giải: Gọi d’ là đường thẳng cần tìm, gọi A  d      A  d ' x  1  t  Ta có d :  y  2  2t  t     A  t  1; 2t  2; t  3 z  3  t  Mà A       t  1   2t  2    t  3  2  0  A  2; 4; 4   u d  1; 2;1   Lại có     u d ; n       3; 2; 1 là một VTCP của d’ n     1;1; 1 Kết hợp với d’ qua A  2; 4; 4   d : x2 y4 z4 x 5 y2 z 5      3 2 1 3 2 1 Câu 6:(Chuyên Đại Học Vinh) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  : x  z  3  0 và điểm M 1;1;1 . Gọi A là điểm thuộc tia Oz, B là hình chiếu của A lên    . Biết rằng tam giác MAB cân tại M. Diện tích của tam giác MAB bằng A. 3 123 2 B. 6 3 C. 3 3 2 D. 3 3 Đáp án C Phương pháp: +) Gọi A  0;0;a  ,  a  0  viết phương trình đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với  +) B  AB     tìm tọa độ điểm B theo a. +) Tam giác MAB cân tại M  MA  MB, tìm a. +) Sử dụng công thức tính diện tích SMAB  1 2    MA; MB   Cách giải: x  t  Gọi A  0;0;a  a  0  , vì AB  mp     Phương trình đường thẳng  AB  :  y  0 z  a  t  Mà B  AB      B  t;0;a  t  và B  mp     t   a  t   3  0  t   AM  1;1;;1  a   a 3 a 3  Khi đó B  ;0;     a 1 5  a  2  BM     2 ;1;  2 2    AM  BM  AM  BM  2  1  a  2 2  a  1   5  a   1 2 2 a 3 2 2 4 2a  8a  26 4 2 2  2a  18  a  9  a  3  a  0   AM  1;1; 2         AM; BM    3;3;3 BM   2;1;1  a 2  2a  2  2 Vậy diện tích tam giác MAB là SMAB  1   3 3 MA; MB  2 2 Câu 7: (Chuyên Đại Học Vinh) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 10;6; 2  , B  5;10; 9  và mặt phẳng    : 2x  2y  z  12  0. Điểm M di động trên mặt phẳng    sao cho MA, MB luôn tạo với    các góc bằng nhau. Biết rằng M luôn thuộc một đường tròn   cố định. Hoành độ của tâm đường tròn   bằng A. 9 2 B. 2 C. 10 D. 4 Đáp án B Phương pháp:   +) Gọi M  x; y; z   tọa độ các véc tơ AM; BM +) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A,B lên    , có AMH  BMK +) Tính sin các góc AMH; BMHK và suy ra đẳng thức. Tìm quỹ tích điểm M là một đường tròn. +) Tính tâm của đường tròn quỹ tích đó. Cách giải:   Gọi M  x; y; z   AM   x  10; y  6; z  2  ; BM   x  5; y  10; z  9  Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên    , có AMH  BMK AH  d  A;  P    2.10  2.6  2  12 2  2 1 2 2 2  6; BK  d  B;  P    2.5  2.10  9  12 22  22  12 AH  sin AMH  MA AH BK    MA  2MB  MA 2  4MB2 Khi đó  MA MB sin BMK  BK  MB 2 2 2 2 2 2 Suy ra  x  10    y  6    z  2   4  x  5    y  10    z  9     2 2 2 20 68 68 10   34   34    x  y  z  x  y  z  228  0   S :  x     y     z    40 3 3 3 3  3   3    10 34 34  có tâm I  ; ;   3 3 3  2 2 2 Vậy M   C  là giao tuyến của    và  S  Tâm K của  C  là hình chiếu của  10 34 34  I ; ;  trên mặt phẳng    .  3 3 3  10   x  3  2t  34   2t Phương trình đương thẳng đi qua I và vuông góc với    có dạng  y  3  34  z   3  t  34 34   10  10   34   34   K   2t;  2t '  t  , K      2   2t   2   2t      t   12  0 3 3  3   3   3   3  2  9t  6  0  t    K  2;10; 12   x K  2 3 Câu 8: (Chuyên Đại Học Vinh) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng    : 2x  y  2z  2  0, đường thẳng d: x 1 y  2 z  3 1  và điểm A  ;1;1 . Gọi  là đường thẳng nằm trong mặt phẳng   1 2 2 2     , 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 A. 7 3 B. 7 2 C. 21 2 D. 3 2 Đáp án B Phương pháp: +) Kiểm tra d     +) Gọi B     O xy   B  a; b;0   B     , thay tọa độ điểm B vào phương trình     1 phương trình 2 ẩn a, b. +) d / /   d   d  ;      d  B;  d    3. Sử dụng công thức tính khoảng cách    BM; u d    d  B;  d    , lập được 1 phương trình 2 ẩn chứa a, b.  ud +) Giải hệ phương trình tìm a,b => Toạn độ điểm B => Độ dài AB. Dế thấy d     và  1; 2; 3      d     Ta có B     O xy   B  a; b;0  mà B        2a  b  2  0  b  2  2a Lại có d / /   d   d  ;      d  B;  d    3 . Đường thẳng d đi qua M  0;0; 1 , có  u d  1; 2; 2     BM   a; b; 1   BM; u    2b  2; 1  2a; 2a  b  Do đó    BM; u d    d  B;  d      ud  2b  2   1  2a    2a  b  2 2 3 2 3   2b  2   1  2a    2a  b   81   2  4a   1  2a    4a  2   81 2  1  2a  Vậy AB  2 2 2 2 2 2  a  1  B  1; 4;0   1  2a  3 a  1  b  4 9     a  2 1  2a  3 a  2   B  2; 2;0   b  2 7 2 Câu9: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có A  0;0;0  , B 1;0;0  , D  0;1;0  và A '  0;0;1 . Khoảng cách giữa AC và B’D là 1 1 . . A. B. 3 6 Đáp án B. C. 1. D. 2. Gọi K  AC  BD. Gọi H là hình chiếu của K lên B’D. Khi đó KH là đường vuông góc chung của 2 đường thẳng AC và B’D KH BB' KH 1 2 1 6 Ta có:     KH  .  . KD B' D 2 6 2 3 3 2 Câu 10:(Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) 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 . Đáp án D. Gọi là điểm  I   thỏa  mãn      IA  IB  IC  0  IA  CB  0  IA  BC   0; 3;3  I  3;3;3           Ta có: MA  MB  MC  MI  IA  MB  IB  MI  IC  MI  MI min  M là hình chiếu của I trên  P  : x  y  z  3  0, dễ thấy I   P   M  I  3;3;3 . Câu 11: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A  0;1; 2  , B  2; 2;0  , C  2;0;1 . Mặt phẳng (P) đi qua A, trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng ( ABC) có phương trình là A. 4x  2y  z  4  0. B. 4x  2y  z  4  0. C. 4x  2y  z  4  0. D. 4x  2y  z  4  0. Đáp án C. Dễ thấy 4.0  2.1  2  4  0suy ra A   P  : 4x  2y  z  4  0. Câu 12: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A  1;0;0  , B  0;0; 2  , C  0; 3;0  . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là 14 . 3 Đáp án C. A. B. 14 . 4 C. 14 . 2 D. 14. OA 2  OB2  OC2 14  . Vì OA  1, OB  2, OC  3 và đôi một vuông góc  R  2 2 Câu 13: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A  0;0; 2  , B  4;0;0  . Mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất, đi qua O, A, B có tâm là 2 4 A. I  2;0; 1 . B. I  0;0; 1 . C. I  2;0;0  . D. I   ;0;   . 3 3 Đáp án A.     Ta có: OA   0;0; 2  , OB   4;0;0  suy ra OA.OB  0  OAB vuông tại O. Do đo, mặt cầu (S) có bán kính R min và đi qua O, A, B có tâm là trung điểm của AB. Vậy tọa độ tâm mặt cầu là I  2;0; 1 . Câu 14:(Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có A  0;0;0  , B  2;0;0  , C  0; 2;0  , A '  0;0; 2  . Góc giữa BC’ và A’C bằng A. 900. Đáp án A. B. 600. C. 300. Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng, đáy là tam giác vuông cân  C '  0; 2; 2  .     Ta có BC '   2; 2; 2  và A 'C '   0; 2; 2   BC '.A 'C  0  BC '  A 'C. Câu 15: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt phẳng đi qua các điểm A  2;0;0  ; B  0;3;0  , C  0;0; 4  có phương trình là: A. 6x  4y  3z  12  0 B. 6x  4y  3z  0 C. 6x  4y  3z  12  0 D. 6x  4y  3z  24  0 Đáp án C Phương trình mặt phẳng đoạn chắn của  ABC  là x y z   1 2 3 4 Do đó  ABC  : 6x  4y  3z  12  0 Câu 16: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S :  x  1   y  2    z  3 2 2 2  9 tâm I và mặt phẳng  P  : 2x  2y  z  24  0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên (P). Điểm M thuộc (S) sao cho đoạn MH có độ dài lớn nhất. Tính tọa độ điểm M. A. M  1;0; 4  B. M  0;1; 2  C. M  3; 4; 2  D. M  4;1; 2  Đáp án C x 1 y  2 z  3    H  IH   P    5; 4;6  2 2 1 Phương trình đường thẳng IH : Độ dài MH lớn nhất  M là một trong hai giao điểm của MI và  S Suy ra MI  MH , gọi M 1  2t; 2  2t;3  t    S  4t 2  4t 2  t 2  9  t  1  M1  3; 4; 2   M 2 H  12 Do đó   MH max  M  M 2   3; 4; 2   M 2  1;0; 4   M 2 H  34 Câu 17:(Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  y  2z  3  0 và điểm I 1;1;0  . Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với (P) là: A.  x  1   y  1  z 2  2 2 C.  x  1   y  1  z 2  2 2 5 6 5 6 B.  x  1   y  1  z 2  25 6 D.  x  1   y  1  z 2  25 6 2 2 2 2 Đáp án B Ta có: R  d  I;  P    5 25 2 2  PT mặt cầu là:  x  1   y  1  z 2  6 6 Câu 18: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S : x 2  y2  z 2  2x  6y  4z  2  0, mặt phẳng    : x  4y  z  11  0. Gọi  P  là mặt  phẳng vuông góc với    ,  P  song song với giá của vecto v 1;6; 2  và  P  tiếp xúc với (S). Lập phương trình mặt phẳng ( P ). A. 2x  y  2z  2  0 và x  2y  z  21  0 B. x  2y  2z  3  0 và x  2y  z  21  0 C. 2x  y  2z  3  0 và 2x  y  2z  21  0 D. 2x  y  2z  5  0 và x  2y  2z  2  0 Đáp án C    Ta có: n  P    n    ; n  P     2; 1; 2    P  : 2x  y  2z  D  0 Mặt cầu  S có tâm I 1; 3; 2  ; R  4  d  I;  P    4  D  3 4 4 1 4  D  21 9D Câu 19: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, điểm nào sau đây không thuộc mặt phẳng P : x  y  z  1  0. A. K  0;0;1 B. J  0;1;0  C. I 1;0;0  D. O  0;0;0  Đáp án D Câu 20: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : 3x  2y  2z  5  0 và  Q  : 4x  5y  z  1  0. Các điểm A, B phân  biệt thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng  P  và  Q  . AB cùng phương với vectơ nào sau đây?  A. w   3; 2; 2   C. a   4;5; 1  B. v   8;11; 23  D. u   8; 11; 23 Đáp án D    Ta có: u AB   n  P  ; n  Q     8;11; 23   Do đó AB phương với véc tơ u   8; 11; 23 Câu 21: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S :  x  1   y  2    z  3  16 và các điểm A 1;0; 2  , B  1; 2; 2  . 2 2 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B sao cho thiết diện của mặt phẳng (P) với mặt cầu (S) có diện tích nhỏ nhất. Khi viết phương trình (P) dưới dạng ax  by  cx  3  0. Tính tổng T  a  b  c. B. 3 A. 3 C. 0 D. 2 Đáp án B Xét  S :  x  1   y  2    z  3  16 có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  4 2 2 2 Gọi O là hình chiếu của I trên mp  P  . Ta có Smin  d  I;  P  max  IO max Khi và chỉ khi IO  IH với H là hình chiếu của I trên AB.   IH là véc tơ pháp tuyến của mp  P  mà IA  IB  H là trung điểm của AB   H  0;1; 2   IH   1; 1; 1  mp  P  là  x  y  z  3  0 Câu 22: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 , D  2; 2;0  . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C, D ? A. 7 B. 5 C. 6 Đáp án B  AB   1; 2;0      AB  AD  0  A, B, D thẳng hàng Ta có   AD  1;  2;0    D. 10 Do đó, 5 điểm O, A, B, C, D tạo thành tứ diện như hình vẽ bên Vậy có tất cả 5 mặt phẳng cần tìm đó là:  Mặt phẳng  OAC  đi qua 3 điểm O, A, C  Bốn mặt phẳng là các mặt bên của tứ diện O.BCD đi qua 3 điểm trong 5 điểm O, A, B, C, D Câu23: ( Chuyên Thái Bình Lần 3-2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A 1; 2; 3 , B  3; 2;9  . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là: A. x  3x  10  0. Đáp án D. B. 4x  12z  10  0 C. x  3y  10  0. D. x  3z  10  0.  Gọi I là trung điểm của AB. Ta có: I  1; 2;3 , AB  4;0;12  Mặt phẳng trung thực của đoạn thẳng AB có phương trình là:  P  : 4  x  1  0  y  2   12  z  3  0 hay  P  : x  3z  10  0. Câu 24:( Chuyên Thái Bình Lần 3-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi H x 1 y z  2 hình chiếu vuông góc của M  2;0;1 lên đường thẳng  :   . Tìm tọa độ 1 2 1 điểm H . A. H  2; 2;3 . B. H  0; 2;1 . C. H 1;0; 2  . D. H  1; 4;0  . Đáp án C.   Vtcp của  là: u 1; 2;1 . Phương trình mặt phẳng qua M và nhận u làm vtpt là:  P  :1 x  2   2  y  0   1 z  1  0 hay  P  : x  2y  z  3  0. Khi đó:  P     H  tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình  x 1 y z  2    2 1  x  1, y  0, z  2  H 1;0; 2  .  1  x  2y  z  3  0 Câu 25:( Chuyên Thái Bình Lần 3-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I 1; 2;3 . Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy là: A.  x  1   y  2    z  3  10. B.  x  1   y  2    z  3  9. C.  x  1   y  2    z  3  8. D.  x  1   y  2    z  3  16. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Đáp án A.  Ta có: n Oy  0;1;0  . Mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với Oy là:  P  : y  2  0  P   Oy  E  0; 2;0   R  IE  bán kính mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy là: 1  0    2  2    3  0  2 2 2  10  Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy là:  x  1   y  2    z  3  10. 2 2 2 Câu 26:( Chuyên Thái Bình Lần 3-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho x 1 y 1 z điểm M  2;1;0  và đường thẳng d có phương trình d :   . Phương trình 2 1 1 của đường thẳng  đi qua điểm, M cắt và vuông góc với đường thẳng d là: x  2 y 1 z x  2 y 1 z A.   . B.   . 1 4 2 1 4 2 x  2 y 1 z x  2 y 1 z C. D.   .   . 1 3 2 3 4 2 Đáp án A.  Gọi I 1  2t; 1  t;  t   d ta có: MI  2t  1; t  2;  t       1 4 2  2 Giải MI.u d  4t  2  t  2  t  0  t    u   MI   ;  ;   3 3 3 3 x  2 y 1 z Suy ra d :   . 4 4 2 Câu 27: ( Chuyên Thái Bình Lần 3-2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M 1; 2;3 . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm Mvà cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất, mặt phẳng (P) cắt các trục tọa độ tại các điểm A,B,C. Tính thể tích khối chóp O.ABC. 1372 686 524 343 A. B. C. D. . . . . 9 9 3 9 Đáp án B. Ta có: d  O;  P    OM Dấu bằng xảy ra  OM   P    P  :1 x  1  2  y  2   3  z  3  0 14   Hay  P  : x  2y  3z  14  0  A 14;0;0  ; B  0;7;0  ;C  0;0;  3  1 686  VO.ABC  OA.OB.OC  . 6 9 Câu 28:( Chuyên Vĩnh Phúc-Lần 3) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho     véctơ a  1; 2;3 . Tìm tọa độ của véctơ b biết rằng véctơ b ngược hướng với véctơ a   và b  2 a  A. b   2; 2;3  b   2; 2;3 Đáp án C  B. b   2; 4;6   C. b   2; 4; 6  D.   Ta có: b  2a   2; 4; 6  Câu 30:( Chuyên Vĩnh Phúc-Lần 3) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A  l;0; 3 , B  3; 2; 5  . Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức AM 2  BM 2  30 là một mặt cầu  S . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu  S là: A. I  2; 2; 8  ; R  3 B. I  1; 1; 4  ; R  6 C. I  1; 1; 4  ; R  3 D. I  1; 1; 4  ; R  30 2 Đáp án C Gọi I  1; 1; 4  ; AB2  24 là trung điểm của AB khi đó AM 2  BM 2  30  2  2   2   Suy ra MA  MB  30 MI  IA  MI  IB     2  30    AB2 2MI 2  IA 2  IB2  2MI IA  IB  30  2MI 2  30   MI  3. 2   Do đó mặt cầu  S tâm I  1; 1; 4  ; R  3 Câu 31: ( Chuyên Vĩnh Phúc-Lần 3) Trong không gian với hệ tọ độ Oxyz, cho bốn điểm A 1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0;1 , D  0;0;0  . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều bốn mặt phẳng  ABC  ,  BCD  ,  CDA  ,  DAB  ? A. 4 B. 5 C. 1 D. 8 Đáp án D Gọi I  a; b;c  là điểm cách đều bốn mặt phẳng  ABC  ,  BCD  ,  CDA  ,  DAB  . Khi đó, ta có a  b  c  a  b  c 1 3 * . Suy ra có 8 cặp  a; b;c  thỏa mãn (*). Câu32: ( Chuyên Vĩnh Phúc-Lần 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  0; 2; 4  , B  3;5; 2  . Tìm tọa độ điểm M sao cho biểu thức MA 2  2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. A. M  1;3; 2  B. M  2; 4;0  C. M  3;7; 2   3 7  D. M   ; ; 1  2 2  Đáp án B   Gọi M  a; b;c  suy ra AM   a; b  2;c  4  , BM   a  3; b  5;c  2  2 2 2 2 2 Khi đó MA 2  2MB2  a 2   b  2    c  4   2  a  3   b  5    c  2      3a 2  12a  3b 2  24b  3c 2  96  3  a  2   3  b  4   3c 2  36  36 2 Vậy MA 2  2MB2  min 2  36. Dấu “=” xảy ra   a; b;c    2; 4;0  . Câu 33: (Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-1-2018 ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình  x  1   y  3 2 2  z 2  16. Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu đó. A. I  1;3;0  , R  4 C. I  1;3;0  , R  16 B. I 1; 3;0  , R  4 D. I 1; 3;0  , R  16 Đáp án A Câu 34: (Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-1-2018 ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;3; 4  và B  5;1;1 . Tìm tọa độ  véctơ AB.     A. AB   3; 2;3 B. AB   3; 2; 3 C. AB   3; 2;3 D. AB   3; 2;3 Đáp án B Câu 35: (Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-1-2018 ) Trong không gian với hệ tọa độ      Oxyz, cho hai véctơ a   2; 3;1 và b   1;0; 4  . Tìm tọa độ véctơ u  2a  3b.     A. u   7;6; 10  B. u   7;6;10  C. u   7;6;10  D. u   7; 6;10  Đáp án B  Ta có u  2  2; 3;1  3  1;0; 4    7;6;10  . Câu 36: (Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-1-2018 ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A 1;0;0  , B  3; 2; 4  , C  0;5; 4  . Tìm tọa độ điểm M thuộc    mặt phẳng  Oxy  sao cho MA  MB  2MC nhỏ nhất. A. M 1; 3;0  B. M 1;3;0  C. M  3;1;0  D. M  2;6;0  Đáp án B    Gọi I là trung điểm thỏa mãn IA  IB  2IC  0  I 1;3;3 . Ta có Mà M   Oxy   M  x; y;0  .  Khi đó P  4MI  4  x  1   y  3 2 2     32  12  MA  MB  2MC min  12. x  1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  . Vậy M 1;3;0  . y  3 Câu 37:  (Chuyên Thái Nguyên  Lần 1) Trongkhông gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn véc tơ a   2;3;1 , b   5, 7, 0  , c   3; 2; 4  và d   4;12; 3 . Mệnh đề nào sau đây sai?        A. a, b, c là ba vecto không đồng phẳng B. 2a  3b  d  2c         C. a  b  d  c D. d  a  b  c Đáp án B     Ta có a  b   7;10;1  c  d   4;12; 3  đúng     2a  3b  d  2c Câu 38: (Chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng x  1  t  d :  y  2  2t . Vecto nào dưới đây là vecto chỉ phương của d? z  1  t      A. n  1; 2;1 B. n  1; 2;1 C. n   1; 2;1 D. n   1; 2;1 Đáp án D Câu 39: (Chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1; 1; 2  ; B  2;1;1 . Độ dài đoạn AB bằng A. 2 Đáp án B AB  B.  2  1  1  1  1  2  2 2 C. 6 2  6 Câu 40:(Chuyên Khoa Học Tự Nhiên) 2 D. 6 Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây nằm trên mặt phẳng  P  : 2x  y  z  2  0 A. Q 1; 2; 2  B. N 1; 1;1 C. P  2; 1; 1 D. M 1;1; 1 Đáp án B Đáp án C Gọi A  x; y  , B   x; y  , C  x  y; x  y  là các điểm biểu diễn 3 số phức theo đề bài Ta có AB   x  y   x  y 2 2 AC  y 2  x 2 BC  x 2  y 2  AB2  BC2  AC2 Suy ra tam giác ABC vuông tại 1 1 C  SABC  .AC.BC   x 2  y 2   18  x 2  y 2  6  z 2 2 Câu 41:(Chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Trong không gian Oxyz, cho 2 mặt phẳng  P  : x  2y  2z  6  0 và  Q  : x  2y  2z  3  0. Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng (P) và (Q) bằng A. 1 Đáp án B B. 3 C. 9 Lấy điểm A  0;0; 3   P   d   P  ;  Q    d  A;  Q    D. 6 0  2.0  2.  3  3 1  2   2  2 2 2 3 Câu 42: (Chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng x 1 y 1 z 1 x 2 y z 3 và d 2 : d1 :     . Mặt cầu có một đường kính là đoạn 2 1 3 1 2 3 thẳng vuông góc chung của d1 và d 2 có phương trình là A.  x  4    y  2    z  2   3 B.  x  2    y  1   z  1  12 C.  x  2    y  1   z  1  3 D. Không tồn tại mặt cầu thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 Đáp án D Gọi A  1  2t; 1  t; 1  3t   d1 B  2  u; 2u;3  3u   Khi đó AB   3  u  2t; 2u  t; 4  3u  3t  2 2 2 1    u  3 AB.u1  0 2  3  u  2t   1  2u  t  3  4  3u  3t   0   Ta có    1 3  u  2t  2 1  2u  t  3 4  3u  3t  0       AB.u  0 t  5   2  3 7 2  7 2  7 2  Suy ra A  ; ; 4  , B  ; ; 4   d1 cắt d 2 tại điểm  ; ; 4  do đó không tồn tại mặt 3 3  3 3  3 3  cầu thỏa mãn Câu 43: (Chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Phương trình đường thẳng song song với đường x 1 y  2 z x 1 y 1 z  2 thẳng d : và cắt hai đường thẳng d1 : và     1 1 1 2 1 1 x 1 y  2 z  3 là d2 :   1 1 3 x 1 y 1 z  2 x 1 y z 1 A. B.     1 1 1 1 1 1 x 1 y  2 z  3 x 1 y z 1 C. D.     1 1 1 1 1 1 Đáp án B Gọi A  1  2t; 1  t; 2  t   d1 ; B 1  u; 2  u;3  3u   d 2   AB   2  u  2t;3  u  t;1  3u  t  t  1 2  u  2t 3  u  t 1  3u  t    1 1 1 u  1 x 1 y z 1   :   1 1 1 Câu 44: (Chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  5;0;0  , B  3; 4;0  . Với C là điểm nằm trên trục Oz, gọi H là trực tâm của tam giác do AB / /d  ABC. Khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính đường tròn đó là 5 3 5 A. B. C. D. 3 4 2 2 Đáp án A Gọi K là trực tâm của tam giác OAB Và M là trung điểm của AB  OM  AB vì tam giác OAB cân Mà H là trực tâm của tam giác ABC  HK   ABC  Suy ra HK  HM  H thuộc đường tròn đường kính KM  x  4t  Ta có trung điểm M của AB là M  4; 2;0   OM :  y  2t z  0  Lại có K  OM  K  4t; 2t;0   AK   4t  5; 2t;0    3  3  Suy ra AK.OB  0  3  4t  5   4.2t  0  t   K  3; ;0  4  2  KM 5 Vậy bán kính đường tròn cần tính R   2 4 Câu 45: (Chuyên Khoa Học Tự Nhiên) Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC   60, AB  3 2. Đường thẳng AB có phương trình vuông tại C, ABC x 3 y4 z 8   , đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng    : x  z  1  0. Biết B là 1 1 4 điểm có hoành độ dương, gọi  a; b;c  là tọa độ của điểm C, giá trị của a  b  c bằng A. 3 B. 2 C. 4 D. 7 Đáp án C Vì AB giao mặt phẳng    tại A  A 1; 2;0   Điểm B   AB   B  t  3; t  4; 4t  8   AB   t  2; t  2; 4t  8   t  1 2 2 Mà AB  3 2  AB2  18  2  t  2    4t  8   18    B  2;3; 4   t  3 Gọi H là hình chiếu của B trên    Khi đó BH  d  B;      2  4 1 2  3 2 2 AB  3 2 3 2 Vì   BC  3 2cos60    60 2 ABC Và BHC vuông tại H và BC là cạnh huyền  BH  BC 3 2 Mà BH  BC   H  C  C là hình chiếu của B trên mặt phẳng    2 x  2  t 5  7  C  BC      C  ;3;    a  b  c  4  phương trình BC  y  3 2 2 z  4  t  Câu 46: (Chuyên Lê Hòng Phong- Nam Định)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, A  2; 4;2 ,B  5;6;2 ,C  10;17; 7 . Viết phương trình mặt cầu tâm C bán kính AB. A.  x  10   y  17   z  7  8 B.  x  10   y  17   z  7  8 C.  x  10   y  17   2  8 D.  x  10   y  17   z  7  8 2 2 2 2 2 Đáp ánB Ta có AB   2; 2;0   R  AB  2 2 2 2 2 2 2 2 Vậy phương trình mặt cầu tâm cần tìm là  x  10    y  17    z  7   8 2 2 2 Câu 47:(Chuyên Lê Hòng Phong- Nam Định) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có A  0; 0; 0 ,B  3; 0; 0 ,D  0;3; 0 ,D '  0;3; 3 . Tọa độ trọng tâm của tam giác A’B’C’ là A. 1;1; 2 B.  2;1; 2 C. 1;2; 1 D.  2;1; 1 Đáp án B    DD '  BB '  B '  3;0; 3    Ta có  DD '  AA '  A '  0;0; 3  Tọa độ trọng tâm G của A ' B ' C là G  2;1; 2      AB  DC  C  3;3;0  Câu 48: (Chuyên Lê Hòng Phong- Nam Định) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A  0; 0;3 ,B  0; 0; 1 ,C 1; 0; 1 và D  0;1; 1 . Mệnh đề nào sau đây là sai? A. AB  BD B. AB  BC C. AB  AC D. AB  CD Đáp án C     Ta có: AB   0;0; 4  ; AC  1;0; 4  ; BC  1;0;0  ; BD   0;1;0  ; CD   1;1;0      AB.BD  0  AB  BD  AB  BD     AB.BC  0  AB  BC  AB  BC   AB. AC  16  Mệnh đề C sai. Câu 49:(Chuyên Lê Hòng Phong- Nam Định)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho bốn điểm A  2; 0; 0 ,B  0;2; 0 ,C  0; 0;2 và D  2;2;2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của  S và AB. Tọa độ trung điểm I của MN là: A. I 1; 1;2 Đáp án D B. I 1;1; 0 1 1  C. I  ; ;1 2 2  D. I 1;1;1
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan