Đề vận dụng cao môn Hóa học – Oxyz tỉ cự toàn diện

Đề vận dụng cao môn Hóa học – Oxyz tỉ cự toàn diện với 22 câu hỏi và bài tập có kèm theo hướng dẫn giải chi tiết giúp các em học sinh có thêm tư liệu tham khảo phục vụ công tác học tập và ôn thi.

ĐỀ VDC TOÁN SỐ 59 - OXYZ TỈ CỰ TOÀN DIỆN (Đề gồm 3 trang - 22 câu - Thời gian làm bài chuẩn 50 phút)

Câu 1 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1;1) , (0;3; 2) , ( 5; 2; 0) B C  Gọi N a b c( ; ; ) là điểm thỏa mãn biểu thức tỉ cự 2 NA NB 3 NC0

Giá trị của biểu thức T    tương ứng bằng: a b c

2

4

2

Câu 2 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0;1) , (0;1; 2) , ( 3; 2; 0)B  C  Gọi M a b c( ; ; ) là điểm sao cho 2 2 2

3MA 2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất Giá trị của biểu thức T    tương ứng bằng: a b c

5

2

Câu 3 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;3;1) , (1;1; 0) , (0; 0; 2)B C Gọi M a b c( ; ; )là điểm

2

MA MB  MC đạt giá trị lớn nhất Giá trị của biểu thức T    tương ứng bằng: a b c

A 1 B 1

3

2 D  1

Câu 4 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(3; 2; 2) , (2; 0; 0) , (0; 0; 3)B C  Gọi M a b c( ; ; )là điểm sao cho | 2MA3MB4MC|

đạt giá trị nhỏ nhất Giá trị của biểu thức T    tương ứng bằng: a b c

Câu 5 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1; 0) , (1; 2;3) , (0; 1; 2)B C   Gọi M x y z( ; ; )là điểm sao cho 2 2 2

MA  MB MC  Quỹ tích những điểm M là mặt cầu (S) có:

2

R 

2

R  D tâm N(1; 2;1) và bán kính là 1993

2

Câu 6 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1;1) , (2; 2;1) B và M a b c( ; ; )là một điểm nằm

trên mặt phẳng (Oxy) Giá trị nhỏ nhất của | MA2MB|

bằng:

A 3 B 6 C 0 D 1

Câu 7 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;1; 3) , (0;3;1) B và M a b c( ; ; )là một điểm nằm

trên mặt phẳng (Oyz) Khi P| 3MA MB  |

đạt giá trị nhỏ nhất thì T a2b2c2 bằng:

Câu 8 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;1) , ( 1; 0;1)B  và M a b c( ; ; )là một điểm nằm trên mặt phẳng ( ) : 2P xy z 100 Khi MA24MB2 đạt giá trị lớn nhất thì giá trị T    bằng: a b c

A 3 B  1 C 2 D 4

Câu 9 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 2;1) , (2;1; 0) , (0;1; 4)B C và M là một điểm nằm

trên mặt phẳng ( ) : x3z120 Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2

T  MA  MB MC bằng:

5

5

 D 4

Câu 10 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3; 1; 2) , (1;1; 0) , (2;3; 1) ,  B C  D( 1;3; 2) và

M là một điểm nằm trên trục hoành Ox Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2

2

T  MA MB MC MD bằng:

Câu 11 (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 2; 3) , (2;1;1) , ( 1;3; 1) ,  B C   D( 1;3; 2) và ( ; ; )

M a b c là một điểm nằm trên : 3 5 5

 để biểu thức

T  MA MB  MC MD đạt giá trị nhỏ nhất Khi đó (a b c) bằng:

A 11 B 12 C  7 D  9

Câu 12 (3) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2;1;1) , B(0;1; 2) , C (1;1; 2) và mặt phẳng (P):

x y z  Gọi M( ; ; )a b c nằm trên (P) để biểu thức 2 2 2

T MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất Khi đó giá trị của biểu thức (9a b c  ) bằng:

Câu 13 (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2(y1)2z2 36 và hai điểm (2;1; 3) , (2;1; 4)

A  B  Gọi M( ; ; )a b c là điểm nằm trên (S) sao cho biểu thức T 2MA2MB2 đạt giá trị lớn nhất Khi đó giá trị của biểu thức (b c ) bằng:

Câu 14 (4) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): (x2)2(y1)2(z1)2 36 và hai điểm (2;3; 4) , (2; 0; 1)

A  B  Gọi M( ; ; )a b c là điểm nằm trên (S) sao cho biểu thức T MA2 2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất Khi đó giá trị của biểu thức (a3 )c bằng:

Câu 15 (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 2) , ( 1; 2;3) , (2;1; 1)B  C  và M là một điểm

nằm trên mặt cầu 2 2 2

( ) : (S x1) y z 16 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2

T MA MB MC bằng:

A 24 B 24 C 6 8 14 D 12

Câu 16 (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1; 0) , (1; 0;1) , (0; 2; 2)B C  và M là một điểm

nằm trên mặt cầu ( ) : (S x2)2(y1)2z2 25 Giá trị lớn nhất của biểu thức T 2MA22MB2 MC2 tương ứng bằng:

A 44 10 41 B 60 C 22 12 14 D 22

Câu 17 (4) Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(2; 0;1) , (3;1; 2) , (1;3; 2) ,B C  D( 2; 0;3) Hai điểm P và Q di động nhưng luôn thỏa mãn: PA = QC, PB = QD , PC = QA , PD = QB Khi đó mặt phẳng trung trực của PQ đi qua điểm cố định N Điểm N nằm trên mặt phẳng tương ứng là:

A x2y  z 5 0 B 2x3y  z 3 0 C 2xy  z 4 0 D 3xy2z120

Câu 18 (4) Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(1;2;0) , B(3;-2;1) , C(0;1;1) , D(-1;0;2) Gọi P và Q là hai

điểm di động thỏa mãn hệ thức: PA2 + PB2 + 2PC2 – PD2 = QA2 + QB2 + 2QC2 – QD2 Gọi ( ) là mặt phẳng trung

trực của PQ Khi đó ( ) luôn đi qua điểm cố định có tọa độ (a;b;c) Giá trị của biểu thức (2a b c) bằng

Câu 19 (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;3) , (2; 1;1) , (0; 2;3)B  C Mặt phẳng ( )P

có phương trình là ax2yczd0 đi qua C, sao cho A và B cùng phía so với (P) , đồng thời tổng khoảng cách

từ A và B đến (P) đạt giá trị lớn nhất Giá trị của biểu thức T (a c d) tương ứng bằng:

A 0 B  8 C 12 D 10

Câu 20 (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; 3) , (1; 1; 2) , (1; 2; 2) B  C  Mặt phẳng ( )P

đi qua gốc tọa độ O, sao cho A , B , C cùng phía so với (P) Tổng khoảng cách từ A , B , C đến (P) đạt giá trị lớn

nhất bằng:

Câu 21 (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2; 0;1) , (3; 2; 0) , (0; 0; 5) ,B  C  D( 3;1;3) Mặt phẳng ( )P đi qua điểm D, sao cho A , B , C cùng phía so với mặt phẳng (P) Giá trị lớn nhất của biểu thức

( ; ( )) 2 ( ; ( )) ( ; ( ))

Câu 22 (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2;1;1) , (1; 3; 0) , ( 2; 2; 4) ,B  C  D( 3;1;3) Mặt phẳng ( )P đi qua gốc tọa độ O, sao cho A , B , C , D cùng phía so với mặt phẳng (P) Khi biểu thức

( ; ( )) 2 ( ; ( )) ( ; ( )) 3 ( ; ( ))

( ) :P x by czd 0 Giá trị của biểu thức T (b c d) bằng:

A 3 B  3 C 2 D  2

- Hết -

ĐÁP ÁN:

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT:

Câu 1 (3 - A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1;1) , (0;3; 2) , ( 5; 2; 0) B C  Gọi N a b c( ; ; )

là điểm thỏa mãn biểu thức tỉ cự 2NA NB  3NC 0

Giá trị của biểu thức T    tương ứng bằng: a b c

2

4

2

Giải:

 Áp dụng công thức tính tâm tỉ cự của một biểu thức NANB NB0

là: N A B C

  



 

 Suy ra: 2 3 2(2; 1;1) (0;3; 2) 3( 5; 2; 0) ( 11 1; ;0) ( ; ; )

 

 Suy ra: T     a b c 5 / 2 Vậy ta chọn đáp án A

Câu 2 (3 - C) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0;1) , (0;1; 2) , ( 3; 2; 0)B  C  Gọi M a b c( ; ; )

là điểm sao cho 2 2 2

3MA 2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất Giá trị của biểu thức T    tương ứng bằng: a b c

5

2

Giải:

 Gọi N là tâm tỉ cự của biểu thức NANB NB0

thì tọa độ của N là: N A B C

  



 

 Khi đó để biện luận giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P ta chỉ cần đi biện luận giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của MN vì  2 2 2

   có giá trị không đổi

 Ở bài toán này ta có: 3NA2NB  NC0

 Suy ra: 3 2 3(1; 0;1) 2(0;1; 2) ( 3; 2; 0) (0;0; )7

 

 Khi đó điểm N cố định, các điểm A, B, C cố định và có:

3MA 2MB MC 2MN  3NA 2NB NC  3NA 2NB NC

 Biểu thức nhỏ nhất khi giá trị MN nhỏ nhất, M là điểm tự do, MN nhỏ nhất bằng 0, khi M trùng với N

min

      khi M a b c( ; ; )N(0; 0; 7 / 2)T a b  c 7 / 2

 Vậy ta chọn đáp án C

Câu 3 (3 - B) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;3;1) , (1;1; 0) , (0; 0; 2)B C Gọi M a b c( ; ; )là điểm sao cho 2 2 2

2

MA MB  MC đạt giá trị lớn nhất Giá trị của biểu thức T    tương ứng bằng: a b c

A 1 B 1

3

2 D  1

Giải:

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: NA NB  2 NC0

 Suy ra: 2 (1;3;1) (1;1; 0) 2(0; 0; 2) (0; 1; )3

 Khi đó điểm N cố định, các điểm A, B, C cố định và có:

 Biểu thức P đạt giá trị lớn nhất khi MN nhỏ nhất bằng 0, M trùng với N, tức là:

M a b c N  T a b c   Vậy ta chọn đáp án B

Câu 4 (3 - D) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(3; 2; 2) , (2; 0; 0) , (0; 0; 3)B C  Gọi M a b c( ; ; )

là điểm sao cho | 2MA3MB4MC|

đạt giá trị nhỏ nhất Giá trị của biểu thức T    tương ứng bằng: a b c

Giải:

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 2 NA3NB4NC 0

 Suy ra: 2 3 4 2(3; 2; 2) 3(2; 0;0) 4(0;0; 3) (12; 4;16)

 

 Khi đó điểm N cố định, các điểm A, B, C cố định và có:

 | 2MA3MB4MC| | MN|MN

đạt giá trị nhỏ nhất khi M trùng với N, tức là:

 M a b c( ; ; )N(12; 4;16)T a b c  32 Vậy ta chọn đáp án D

Câu 5 (3 - C) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1; 0) , (1; 2;3) , (0; 1; 2)B C   Gọi M x y z( ; ; )

là điểm sao cho 2 2 2

MA  MB MC  Quỹ tích những điểm M là mặt cầu (S) có:

2

R 

2

R  D tâm N(1; 2;1) và bán kính là 1993

2

Giải:

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: NA2  NBNC 0

 Suy ra: 2 (2;1; 0) 2(1; 2;3) (0; 1; 2) (1;1;1)

 

 Khi đó điểm N cố định, các điểm A, B, C cố định và có:

 Suy ra quỹ tích điểm M thỏa mãn hệ thức đã cho là mặt cầu tâm N(1;1;1) và bán kính 1993

2

 Vậy ta chọn đáp án C

Câu 6 (3 - A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1;1) , (2; 2;1) B và M a b c( ; ; )là một điểm

nằm trên mặt phẳng (Oxy) Giá trị nhỏ nhất của | MA2MB|

bằng:

A 3 B 6 C 0 D 1

Giải:

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: NA2NB 0

Suy ra: 2 (2; 1;1) 2(2; 2;1) (2;1;1)



 Suy ra: P|MA2MB| | MN NA 2 MN NB| | 3 MN| 3 MN

 Điểm N cố định và điểm M chạy trên mặt phẳng (Oxy) Để biểu thức P nhỏ nhất thì MN nhỏ nhất, suy ra khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng (Oxy)

 Dễ dàng suy ra được tọa độ của điểm M từ điểm N là: N(2;1;1)M(2;1; 0)

 Suy ra: MN  1 Pmin 3MN  Vậy ta chọn đáp án A 3

N

M

(Oxy)

Câu 7 (3 - A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;1; 3) , (0;3;1) B và M a b c( ; ; )là một điểm

nằm trên mặt phẳng (Oyz) Khi P| 3MA MB  |

đạt giá trị nhỏ nhất thì T a2b2c2 bằng:

Giải:

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 3 NA NB   0

Suy ra: 3 3(2;1; 3) (0;3;1) (3;0; 5)

A B



 Suy ra: P| 3MA MB  | | 3 MN NA  MN NB| | 2 MN| 2 MN

 Điểm N cố định và điểm M chạy trên mặt phẳng (Oyz) Để biểu thức P nhỏ nhất thì MN nhỏ nhất, suy ra khi

đó M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng (Oyz)

 Dễ dàng suy ra được tọa độ của điểm M từ điểm N là: N(3; 0; 5) M(0; 0; 5) ( ; ; )a b c

 Suy ra: T a2b2c2 25 Vậy ta chọn đáp án A

Câu 8 (3 - C) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;1) , ( 1; 0;1)B  và M a b c( ; ; )là một điểm nằm trên mặt phẳng ( ) : 2P xy z 100 Khi MA24MB2 đạt giá trị lớn nhất thì giá trị T    bằng: a b c

A 3 B  1 C 2 D 4

Giải:

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: NA4 NB0

Suy ra: 4 (2;3;1) 4( 1; 0;1) ( 2; 1;1)

 Suy ra: PMA24MB2 (1 4) MN2(NA24NB2) 3MN2(NA24NB2)

 Với điểm N , A, B cố định đã biết tọa độ và có: (NA24NB2)24

 Suy ra: PMA24MB2  3MN224 Suy ra biểu thức P đạt lớn nhất khi MN nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng (P) Suy ra tọa độ điểm M là: M(2; 3;3) ( ; ; )a b c

 Suy ra: T     a b c 2

 Vậy ta chọn đáp án C

Câu 9 (3 - B) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 2;1) , (2;1; 0) , (0;1; 4)B C và M là một điểm

nằm trên mặt phẳng ( ) : x3z120 Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2

T  MA  MB MC bằng:

5

5

 D 4

Giải:

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 2NA3  NBNC0

Suy ra: 2 3 (2; 0;1)

2 3 1

 

 Suy ra T đạt lớn nhất khi MN nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng ( )

M

(P)

N

N

M

(Oyz)

 Khi đó:  min ( ;( )) 13

10

 Suy ra giá trị lớn nhất của biểu thức là: 2

max

5 10

 Vậy ta chọn đáp án B

Câu 10 (3 - D) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3; 1; 2) , (1;1; 0) , (2;3; 1) ,  B C  D( 1;3; 2)

và M là một điểm nằm trên trục hoành Ox Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T 2MA2MB2MC2MD2 bằng:

A 36 B 38 C 30 D 42

Giải:

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 2 NA NB     NCND0

2 1 1 1

  

 Suy ra T đạt nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên trục

 Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức là: 2

min 3( 2) 36 42

 Vậy ta chọn đáp án D

Câu 11 (3 - D) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 2; 3) , (2;1;1) , ( 1;3; 1) ,  B C   D( 1;3; 2)

và M a b c là một điểm nằm trên ( ; ; ) : 3 5 5

 để biểu thức

T  MA MB  MC MD đạt giá trị nhỏ nhất Khi đó (a b c) bằng:

A 11 B 12 C  7 D  9

Giải:

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 3 NA NB  2  NCND0

Suy ra: N (2; 10; 6) 

 Suy ra T đạt nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng d

 Suy ra tọa độ điểm M là: M(1; 6; 4)  ( ; ; )a b c (a b c  ) 9

 Vậy ta chọn đáp án D

N

M

d

N

M

(Ox)

N

M

(P)

Câu 12 (3 - A) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2;1;1), B(0;1; 2) , C(1;1; 2) và mặt phẳng (P):

x y z  Gọi M( ; ; )a b c nằm trên (P) để biểu thức T MA22MB22MC2 đạt giá trị nhỏ nhất Khi đó giá trị của biểu thức (9a b c  ) bằng:

Giải :

 Gọi N là một điểm thỏa mãn: NA2NB2 NC0 N(0;1; 7)

MA  MN NA MN NA  MN NA 

MB  MN NB MN NB  MN NB 

MC  MN NC MN NC  MN NC 

 Suy ra: T MA22MB22MC2 MN2(NA22NB22NC2) 2 MN NA ( 2NB2NC)

 T MA22MB22MC2 MN2(NA22NB2 2NC2)

 Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất  MN nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng (P) Dễ dàng tìm được tọa độ điểm ( 8; 7; 47)

M    Suy ra: (9a b c  ) 2 Vậy ta chọn đáp án A

Câu 13 (4 - B) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 (y1)2z2 36 và hai điểm (2;1; 3) , (2;1; 4)

A  B  Gọi M( ; ; )a b c là điểm nằm trên (S) sao cho biểu thức T 2MA2MB2 đạt giá trị lớn nhất Khi đó giá trị của biểu thức (b c ) bằng:

Giải:

 Tâm mặt cầu I(0; 1; 0) và bán kính R 6

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức véc tơ: 2.  NA NB 0 N(2;1; 2)

T  MA MB  MNNA  MNNB

   

T  NA NB MN  MN  NA NB  NA NB MN

 Để biểu thức T lớn nhất  MN lớn nhất  MNINR2 3 6

 Khi đó ta có: IM  3INM( 2 3; 1 2 3; 2 3)   (b c ) 1

Vậy ta chọn đáp án B

M

I

N

6

2 3

Câu 14 (4 - C) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): (x2)2(y1)2 (z1)2 36 và hai điểm (2;3; 4) , (2; 0; 1)

A  B  Gọi M( ; ; )a b c là điểm nằm trên (S) sao cho biểu thức T MA2 2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất Khi đó giá trị của biểu thức (a3 )c bằng:

Giải:

 Tâm mặt cầu I ( 2;1;1) và bán kính R 6

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức véc tơ: NA2 NB0 N(2;1; 2)

2

T MA MB  MN NA  MN NB

 Để biểu thức T nhỏ nhất  MN nhỏ nhất  MN|INR| | 5 6 | 1  

 Khi đó ta có: 6 ( 34;1;23) ( 3 ) 7

 

Vậy ta chọn đáp án C

Câu 15 (4 - C) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 2) , ( 1; 2;3) , (2;1; 1)B  C  và M là một

điểm nằm trên mặt cầu ( ) : (S x1)2y2z2 16 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T MA2MB2MC2 bằng:

A 24 B 24 C 6 8 14 D 12

Giải:

 Tâm mặt cầu là I(1; 0; 0) và bán kính R  4

 Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: NA NB    NC0

Suy ra: N (4; 1; 2)  có vị trí so với mặt cầu (S) như hình vẽ

24

 Suy ra T đạt nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất, khi đó M có vị trí như hình vẽ: NMmin |NI R| | 4  14 |

 Suy ra giá trị nhỏ nhất của T là:  2  2

T  MN       Vậy ta chọn đáp án C

N

M

(S)

I

M

I

N

6

5