017 hh12 chuong iii pptđ he truc toa do trac nghiem bo hdg

C H Ư Ơ N CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN III PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN BÀI HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ III = = =I Câu 1: Câu 2: HỆ THỐNG BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM TRÍCH TỪ ĐÊ THAM KHẢO VÀ ĐỀ CHÍNH THỨC CỦA BỘ GIÁO DỤC TỪ NĂM 2017 ĐẾN NAY   u  1; 2;   v  2;  2;3 Oxyz Câu 20 (101-2023) Trong không gian , cho hai vecto Tọa   độ vecto u  v  1; 4;   1;  4;5  3;0;1 3;0;  1 A  B  C  D  Lời giải   u  v   2;     ;     3;0;1 Ta có   u  1; 2;   v  2;  2;3 Oxyz Câu (104-2023) Trong không gian , cho hai vectơ Tọa   độ vectơ u  v A  1;  4;5 Ta có: Câu 3:   u  v  3;0;1 B  3;0;  1 3;0;1 D   1; 4;  5 M   2;3;1 Câu 19 (102-2023) Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc điểm trục Ox có toạ độ A  0;0;1 B   2;0;0  Hình chiếu vng góc điểm Câu 4: C  Lời giải M   2;3;1 C  Lời giải 0;3;1 D  0;3;0   2;0;0  trục Ox có toạ độ  M   2;3;1 Câu 24 (103-2023) Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc điểm trục Ox có toạ độ A  0;3;0  B   2;0;0   0;3;1 C Lời giải D  0;0;1 Page 537 Sưu tầm biên soạn CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN M   2;0;0  Dễ thấy hình chiếu M lên trục Ox PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Câu 5: S I 1; 2;  1 Câu 19 (101-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   có tâm  bán kính R 2 Phương trình  S  A C  x  1  x 1 2 Câu 6: B   y     z  1 2 Phương trình mặt cầu  x  1   y     z  1 4  S có tâm D  Lời giải I  1; 2;  1  x  1 2 2   y     z  1 2 x  1   y     z  1 4 bán kính R 2 2   y     z  1 22   x  1   y     z  1 4  S  có tâm I  1; 0;  1 có bán kính Câu 23 (102-2023) Trong khơng gian Oxyz , mặt cầu R  Phương trình  S  x  1 A   x  1 C  y   z  1  x  1 B   y   z  1 2 Theo ta có: D  Lời giải  I  1;0;  1   R  2  y   z  1 2 x  1  y   z  1  2 S x  1  y   z  1 2   Do mặt cầu có phương trình là: Câu 7:  S  có tâm I  1;0;  1 bán kính Câu 18 (103-2023) Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu R  Phương trình  S   x  1 A  x  1 C  y   z  1 2 B  y   z  1  Phương trình mặt cầu tâm Câu 8:  x  1  x 1 D Lời giải I  1;0;  1  y   z  1 2  y   z  1  2  x  1  y   z  1 2 bán kính R  S I 1; 2;  1 Câu 27 (104-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   có tâm  bán kính R 2 Phương trình  S   x  1 A  x 1 C 2   y     z  1 4 B  x 1 D  x  1   y     z  1 4 2   y     z  1 2   y     z  1 2 Page 538 Sưu tầm biên soạn CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN Lời giải Phương  x  1 Câu 9: trình mặt  S cầu có I  1; 2;  1 tâm 2 bán R 2 kính   y     z  1 22   x  1   y     z  1 4 Câu 30 (101-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(5; 2;1) B (1;0;1) Phương trình mặt cầu đường kính AB  x  3 A  x  3 C 2   y  1   z  1 5 B  x  3 D  x  3   y  1   z  1 5 2   y  1   z  1 20   y  1   z  1 20 Lời giải I 3;1;1 Do AB đường kính mặt cầu nên trung điểm  AB tâm mặt cầu, bán kính AB R  mặt cầu là:   1 2        1   C  :  x  3 Ta có phương trình mặt cầu: 2   y  1   z  1 5 A  1; 2;3 B   1;0;5  Câu 10: Câu 34 (102-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm Phương trình mặt cầu đường kính AB là? A C 2 2 x   y  1   z   3 x   y  1   z   3 B 2 2 x   y  1   z   12 D Lời giải x   y  1   z   12 I  0;1;  Mặt cầu đường kính AB có tâm trung điểm AB bán kính AB R     1 2        3  2 , có phương trình x   y  1   z   3 Câu 11: Câu 30 (101-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(5; 2;1) B (1;0;1) Phương trình mặt cầu đường kính AB A C  x  3  x  3 2   y  1   z  1 5 B   y  1   z  1 5 D  x  3  x  3 2 2   y  1   z  1 20   y  1   z  1 20 Lời giải Chọn C I 3;1;1 Do AB đường kính mặt cầu nên trung điểm  AB tâm mặt cầu, bán kính AB R  mặt cầu là:   1 2        1 2  Page 539 Sưu tầm biên soạn CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN C : x  3 Ta có phương trình mặt cầu:    2   y  1   z  1 5 A  1; 2;3 B   1;0;5  Câu 12: Câu 34 (102-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm Phương trình mặt cầu đường kính AB là? A x   y  1   z   3 C x   y  1   z   3 2 2 x   y  1   z   12 B D Lời giải x   y  1   z   12 Chọn A I  0;1;  Mặt cầu đường kính AB có tâm trung điểm AB bán kính AB R     1 2        3 2  , có phương trình x   y  1   z   3 A  1; 2;3  B   1;0;5 Câu 13: Câu 29 (103-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm Phương trình mặt cầu đường kính AB A C 2 2 x   y  1   z   3 x   y  1   z   3 B 2 2 x   y  1   z   12 D Lời giải x   y  1   z   12 Chọn C  AB   2;  2;   AB 2 Ta có I  0;1;  Gọi I trung điểm AB suy tọa độ I I  0;1;  Mặt cầu đường kính AB có tâm bán kính Vậy phương trình mặt cầu là: R AB  x   y  1   z   3 A 5; 2;1 B 1;0;1 Câu 14: Câu 29 (104-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   Phương trình mặt cầu đường kính AB  x  3 A  x  3 C 2 2   y  1   z  1 5   y  1   z  1 20  x  3 B  x  3 D Lời giải 2   y  1   z  1 5   y  1   z  1 20 Chọn B 2 IA    3    1    1  I 3;1;1 Gọi I trung điểm AB , ta có  Page 540 Sưu tầm biên soạn CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN I 3;1;1 Mặt cầu đường kính AB có tâm  bán kính R IA  có phương trình là:  x  3 2   y  1   z  1 5 PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU - VD VDC 2 S : x  1   y     z  1 4 Câu 15: Câu 45 (101-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     u  1; a;1  a  A  1; 0;   , d đường thẳng qua điểm nhận (với a   ) làm vectơ chỉ S S phương Biết rằng d cắt   hai điểm phân biệt mà tiếp diện   hai điểm vng góc với Hỏi a thuộc khoảng dưới đây?  3 3   15   ;   ;2  7;  2     A B C    1  0;  D   Lời giải Chọn B Mặt cầu  S có tâm I  1;  2;  1 , bán kính R 2 S Gọi B, C giao điểm d   , O hình chiếu vng góc I giao tuyến hai mặt tiếp diện S S Theo đề d cắt   hai điểm phân biệt mà tiếp diện   hai điểm vng góc với nhau, nghĩa tứ giác OBIC hình vng, từ suy BC 2 Gọi H trung điểm BC suy BH  BC  2 2 Kẻ IH  BC , ta có IH  IB  BH  Từ ta có d  I;d       AI ; u   a  2;1;  AI  0;  2;1 u  1; a;1  a   Ta có , suy    AI ; u   a    12  22 3    d  I; d     2   a2    ;   2  u 1 a2  1  a  Từ  2 S : x  1   y     z  1 4 Câu 16: Câu 42 (102-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     u  1; a;4  a  A 1;0;    đường thẳng d qua điểm nhận (với a   ) làm vectơ chỉ S S phương Biết rằng d cắt   hai điểm phân biệt mà tiếp diện   hai điểm vng góc với Hỏi a thuộc khoảng dưới đây? Page 541 Sưu tầm biên soạn CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN  17   8;  A   51    25;   B   23   ;12   C  Lời giải 3   ;2 D   Chọn C Mặt cầu  S có tâm I  1;  2;  1 bán kính R 2 Gọi C , D giao điểm d với mặt cầu Từ giả thiết suy ICD vuông cân I 2 IC ID 2  d  I ; d  IH  CD   2 , có Ta lại có    IA, u    d  I;d     2 u a  16a  69 2a  8a  17   a  16a  69 4a  16a  34  3a 35  a  35  23    ;12    S I 4;8;12  Câu 17: Câu 49 (101-2023) Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu   có tâm  bán kính R thay đổi Có giá trị nguyên R cho ứng với giá trị đó, tồn hai tiếp tuyến  S mặt phẳng không nhỏ 60 ? A B  Oyz  mà hai tiếp tuyến qua O góc chúng C 10 Lời giải D Chọn D Page 542 Sưu tầm biên soạn CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN    OA, OB  60 Suy 30 AOH 60 Giả sử tiếp tuyến OA, OB , theo giả thiết suy Oyz  H 0;8;12  Gọi H hình chiếu I  , suy  , suy OH 4 13  Xét tam giác OAH có: HA OH sin AOH 4 13 sin 30 2 13 Ta có 13 HA  39  52  AH 156  52  16  AH  IH 156  16  68 IA2 172  68 R 172 hay 8, 24 R 13,11  R   9;10; ;13 Do R số nguyên Vậy có tất cả giá trị R  S  có tâm I  3;7;12  bán kính Câu 18: Câu 49 (102-2023) Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu R thay đổi Có giá trị nguyên R cho ứng với giá trị đó, tồn hai tiếp tuyến  S mặt phẳng không nhỏ 60 ? A 11  Oyz  B mà hai tiếp tuyến qua O góc chúng C Lời giải D Chọn C Để tồn tiếp tuyến mặt cầu  S phải cắt tiếp xúc mặt phẳng  Oyz  nên R 3  Oyz  ta có J  0;7;12  IJ 3 OJ  193 Gọi J hình chiếu I lên mặt phẳng  C  K , H hình vẽ Xét tiếp tuyến qua O tiếp xúc với Page 543 Sưu tầm biên soạn CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN Từ đề ta có Mà OJ sin 60  r OJ sin 30  d  I ,  Oyz   IJ 3 193 r  193 2 , với r JK JH nên: 193 579  d  I ,  Oyz   r  d  I ,  Oyz     d  I ,  Oyz   4  193 579 229 615  R  9  R  4 4  7,  229 615 R  12, R    R   8;9;10;11;12 4 , Vậy, có giá trị nguyên thỏa yêu cầu 2 S : x  1   y     z  1 4 Câu 19: Câu 43 (103-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     A  1; 0;   u đường thẳng d qua điểm nhận vectơ (1; a;  a ) (với a   ) làm vectơ chỉ phương Biết rằng d cắt  S hai điểm phân biệt mà tiếp diện  S hai điểm vng góc với Hỏi a thuộc khoảng dưới đây?  2  19   5  ;   ;10   2;      A B C   7   ;4 D   Lời giải Chọn D Page 544 Sưu tầm biên soạn CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN  S  có tâm I  1;  2;  1 , bán kính Mặt cầu  R 2 Suy IA  ; ;  1 ,   IA, u    a ;  1;     Ta có IM  IN IM IN 2  MN 2 ; IH    IA, u  (  a )2      d(I;d )    2   u  a  (  a )2 11 7   a  8a  21 2( 2a  4a  5)  3a 11  a  3, 67   ;  2   S  có tâm I  5;6;12  bán kính Câu 20: Câu 50 (103-2023) Trong khơng gian Oxyz , xét mặt cầu R thay đổi Có giá trị nguyên R cho ứng với giá trị đó, tồn hai tiếp tuyến  S mặt phẳng không nhỏ 60 ? A  Oyz  mà hai tiếp tuyến qua O góc chúng B C Lời giải D Chọn B  Oyz  ta có J  0;6;12  IJ 5 ; OJ 6 Gọi J hình chiếu I lên mặt phẳng Đường tròn giao tuyến  S với  Oyz   C có tâm J có bán kính r tính theo cơng 2 thức r  25 R  C  K , H hình vẽ Xét hai tiếp tuyến qua O tiếp xúc với Page 545 Sưu tầm biên soạn CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN   Từ đề ta có 60 KOH 120  30  JOH 60  r2 R  25  sin JOH    2    2 OJ 4 180  70 R 160  Do 70 R 4 10 R    R   9;10;11;12 Vậy có giá trị nguyên R thỏa mãn yêu cầu toán 2 S : x  1   y     z  1 4 Câu 21: Câu 45 (104-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     A  1;0;   , u  1; a;3  a  d đường thẳng qua điểm nhận (với a   ) làm vectơ chỉ  S  hai điểm phân biệt mà tiếp diện  S  hai điểm phương Biết rằng d cắt vng góc với Hỏi a thuộc khoảng dưới đây? 49   13 15    3  ;   24;   ;   A  2  B  C  2   31 33   ;  D  2  Lời giải Chọn A Mặt cầu  S có tâm I  1;  2;  1 , bán kính R 2  S  , O hình chiếu vng góc I giao tuyến hai Gọi B, C giao điểm d mặt tiếp diện  S  hai điểm phân biệt mà tiếp diện  S  hai điểm vng góc Theo đề d cắt với nhau, nghĩa tứ giác OBIC hình vng, từ suy BC 2 Gọi H trung điểm BC suy BH  BC  2 2 Kẻ IH  BC , ta có IH  IB  BH  Page 546 Sưu tầm biên soạn