278 bài trắc nghiệm Hình học không gian từ đề thi đại học có lời giải chi tiết (P1)

Chọn A

Ta có M(4;6;3) nằm trên mặt cầu (S) tâm I(1;2;3) bán kính R =5.

Dựng hình hộp chữ nhật nội tiếp hình cầu, có ba cạnh làMA, MB, MC

Ta có tâm I(1;2;3) của mặt cầu cũng là tâm của hình hộp chữ nhật

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAFC

Trong mặt phẳng (MBF) 

Do H là trọng tâm của tam giác MBF nên MH=$\frac{2}{3}$MI

Do I, M cố định nên H cố định (2)

Từ (1) và (2)  Suy ra (ABC) luôn đi qua điểm cố định H.

Ta được

Chọn A

Gọi H, K  lần lượt là là trung điểm cạnh A'B' và AB. Từ giả thiết ta có

Mặt khác: HC', HB' và HK đôi một vuông góc nhau.

Tọa độ hóa

Xét mặt phẳng (BC'N) có 

Phương trình (BC'N) là: 

Khoảng cách từ M đến (BC'N) là: 

Chọn A

Vì tam giác SAC vuông tại A

nên tam giác ABC vuông tại A. Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ

Ta có 

A(0;0;0), B(3;0;0), C(0;4;0), S(0;0;3)

Vì G là trọng tâm của tứ diện SABC nên ta có

Gọi H là hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng $\left(\alpha \right)$. Theo tính chất của tam diện vuông ta có

Dấu “=” xảy ra khi H$\equiv$G tức mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ đi qua điểm G và vuông góc với đường thẳng OG.

Vậy giá trị nhỏ nhất của T  bằng $\frac{8}{17}$

Chọn D

Để thuận tiện trong việc tính toán ta chọn a = 1.

Trong không gian, gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ sao cho gốc O trùng với điểm A, tia Ox chứa đoạn thẳng AB, tia Oy chứa đoạn thẳng AD, tia Oz chứa đoạn thẳng AS. Khi đó: A(0;0;0), B(1;0;0), C(1;1;0), S(0;0;2), D(0;1;0)

Vì M là trung điểm SD nên tọa độ là $M\left(0;\frac{1}{2};1\right)$

Ta có

Gọi $\alpha$ là góc giữa hai mặt phẳng (AMC) và (SBC).

Suy ra

Mặt khác

Chọn A

Điểm M(1;0;0) là 1 điểm thuộc (P)

Vì  (P) // (Q) nên 

Giả sử I(a;b;c) là tâm của (S). Vì (S) tiếp xúc với cả (P) và (Q) nên bán kính mặt cầu (S) là:

Do đó IA = 2 nên I luôn thuộc mặt cầu (T) tâm A, bán kính 2.

Ngoài ra 

Do đó I luôn thuộc mặt phẳng (R): 2x-y-2z+4=0.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên (R). Vì A, (R) cố định nên H cố định.

Ta có

do đó tam giác AHI  vuông tại H nên

Vậy I luôn thuộc đường tròn tâm H, nằm trên mặt phẳng (R), bán kính 

Chọn D

Trên cạnh AB, AC , AD của tứ diện ABCD lần lượt có các điểm B', C', D'. Áp dụng công thức tỷ số thể tích ta có

Từ giả thiết 

áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có

Do thể tích ABCD cố định nên thể tích AB'C'D' nhỏ nhất 

=> (B'C'D') song song với (BCD) và đi qua điểm  B'

suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (B'C'D')  là:

Vậy phương trình (B'C'D') là:

Chọn B

Gọi I là hình chiếu của M lên (ABCD), suy ra I là trung điểm của AO.

 Khi đó

Xét tam giác CNI có

Áp dụng định lý cosin ta có:

Xét tam giác MIN vuông tại I nên

Mà MI//SO

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có:

Khi đó 

Vectơ pháp tuyến mặt phẳng (SBD)

Suy ra 

Chọn C

Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính R =2.  Mặt phẳng (ITT') cắt d tại điểm M (như hình vẽ trên). Gọi H là giao điểm của TT'  và MI.

Do TT' = 2TH nên 

Nhận xét rằng với 

nên khi  thay đổi ta luôn có 

cố định. Vì thế

Từ đó ta có: 

Ta kiểm tra điều kiện đủ của bài toán, tức là chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của I lên (P) thuộc vào đường thẳng d.

Gọi d' là đường thẳng qua I và vuông góc với  ta có: 

Gọi M là hình chiếu vuông góc của I lên (P) ta có: 

Xét hệ

Vậy với $m=\frac{1}{5}$ thì độ dài của TT' nhỏ nhất.

Chọn A

Đặt cạnh hình thoi ABCD là 1, chiều cao hình hộp = h (h>0).

Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thoi

Tam giác ABD đều 

Ta có

Lại có 

Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi đường thẳng MN và mặt đáy (ABCD).

Ta có 

Chọn A

Gọi M(3-t; 3+2t; 2-t) là trung điểm cạnh AC, khi đó C(4-2t; 3+4t; 1-2t)

Mặt khác C thuộc đường phân giác trong góc C là tam giác nên 

Gọi A' đối xứng với A  qua phân giác trong góc C => A' $\in$CB

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ qua A  và vuông góc với đường phân giác trong góc C:

Mặt khác : H là trung điểm AA' nên A'(2;5;1) 

Phương trình đường thẳng BC qua A', Clà:

Chọn C

Cách 1:

Đường thẳng d qua điểm M(1;-2;0), có véc tơ chỉ phương $\overrightarrow{a}=(1;-1;-2)$ và trục Oy có véc tơ chỉ phương $\overrightarrow{j}=(0;1;0)$.

là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Gọi $\phi$ là góc giữa mặt phẳng (P) và trục  Oy $\left(0\le \phi \le \frac{\pi }{2}\right)$

Ta có 

Vì hàm số sin$\phi$ tăng liên tục trên $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ nên $\phi$ đạt giá trị lớn nhất khi sin$\phi$ lớn nhất

Lúc đó

Chọn B= 5; C=-2, A = 1 => $\overrightarrow{n}=(1;5;-2)$

Phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M, có véc tơ pháp tuyến  $\overrightarrow{n}=(1;5;-2)$ là:

Thế tọa độ N(-1;-2;-1) vào phương trình mặt phẳng (P): -1+5(-2)-2(-1)+9=0  (luôn đúng).

Vậy điểm N(-1;-2;-1)  thuộc mặt phẳng (P).

Cách 2:

Xét bài toán tổng quát: Cho hai đường thẳng ${∆}_1,{∆}_2$ phân biệt và không song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ${∆}_1$ và tạo với ${∆}_2$  một góc lớn nhất.

Phương pháp giải:

+) Vẽ một đường thẳng ${∆}_3$ bất kỳ song song với ${∆}_2$ và cắt ${∆}_1$ tại M. Gọi B là điểm cố định trên ${∆}_3$ và H là hình chiếu vuông góc của B lên mp (P), kẻ BA$\perp {∆}_1$

và (P) chứa ${∆}_1$  và vuông góc với mặt phẳng (${∆}_1$,${∆}_2$)

Vậy (P) có VTPT là

Áp dụng:

Phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M(1;-2;0), có véc tơ pháp tuyến là 

Vậy điểm N(-1;-2;-1) thuộc mặt phẳng (P).

Chọn C

Ta có :

Ta có 

Do đó : Gọi D là giao điểm của HK và BC thì SC$\perp$AD

Vì D nằm trong mặt phẳng (ABC) và D là giao điểm của BC và đường thẳng vuông góc với AC tại A nên D cố định ( do A, B, C cố định).

Trong ΔDAC vuông tại A, ta có 

Đáp án C

Chọn C

Ta có AC'=6 nên AB = 2$\sqrt{3}$.

Mặt cầu (S) có tâm I(2;4;-1)   trùng với tâm hình lập phương  ABCD.A'B'C'D' và có bán kính R =1$<\frac{AB}{2}$ nên mặt cầu (S) nằm trong hình lập phương ABCD.A'B'C'D'.

Với mọi điểm M nằm trong hình lập phương ABCD.A'B'C'D', tổng các khoảng cách từ điểm M đến 6 mặt của hình lập phương ABCD.A'B'C'D' bằng 3AB = 6$\sqrt{3}$.

Vậy từ một điểm M bất kỳ thuộc mặt cầu (S), tổng các khoảng cách từ điểm M đến 6 mặt của hình lập phương ABCD.A'B'C'D' bằng 6$\sqrt{3}$.

Chọn C

Ta có 

Chọn B

Nhận thấy AB=AC=AD=BC=DB=DC= $\sqrt{2}$ nên ABCD là tứ diện đều cạnh $\sqrt{2}$.

Theo giả thiết giao tuyến của mặt cầu tiếp xúc 6 cạnh của tứ diện với (ACD) là đường tròn nội tiếp tam giác ACD.

Gọi r là bán kính hình tròn nội tiếp tam giác ACD

Khi đó diện tích tam giác đều ACD

Diện tích thiết diện

Cách 2:

Vì ABCD là tứ diện đều nên (ACD) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn nội tiếp tam giác ACD . Suy ra tâm đường tròn này trùng với trọng tâm tam giác đều ACD và bán kính 

Diện tích thiết diện

Chọn D

+) Dễ thấy B$\in$Oz  . Ta có A$\in$(Oxy) và C$\in$(Oxy), suy ra OB$\perp$ (OAC)

Từ (1) và (2) suy ra 

+) Với OH$\perp$AB suy ra H thuộc mặt phẳng (P)  với (P) là mặt phẳng đi qua O và vuông góc với đường thẳng AB. Phương trình của (P) là: y-z=0.

+) Với  OH$\perp$HA => tam giác OHA vuông tại H. Do đó H thuộc mặt cầu (S) có tâm I(0;2$\sqrt{2}$;0) là trung điểm của OA và bán kính $R=\frac{OA}{2}=2\sqrt{2}$

+) Do đó điểm H luôn thuộc đường tròn (T) cố định là giao tuyến của mặt phẳng (P) với mặt cầu (S).

+) Giả sử (T) có tâm K và bán kính r   thì 

Vậy điểm H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng 2.

Chọn A.

Ta có 

Do SA vuông góc với (ABC) nên một VTCP của đường thẳng SA   được chọn là 

Đường thẳng SA qua A(1;0;2) và có VTCP $\overrightarrow{u}=(3;6;-6)$ nên có phương trình tham số là:

Gọi M là trung điểm BC khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi d là đường thẳng qua M và song song với AS nên d$\perp$(ABC), suy ra d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Trong mặt phẳng (SAM) vẽ đường trung trực của SA cắt d tại I và cắt SA tại N.

Mặt phẳng (ABC) qua A và có một VTPT

 nên có phương trình tổng quát là:

mà cao độ của  S âm nên S(4;5;-4) thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A

Cách 1: Ta có

Do ABCD là hình thang cân nên 

Lại có AC = BD

Với a = -10 => D(-10;5;10). Kiểm tra thấy: $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CD}$ (Không thỏa mãn ABCD là hình thang cân).

Với a= 6 => D(6; -3; -6). Kiểm tra thấy: 3.$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CD}$ ( thỏa mãn).

Do đó

Cách 2 

Ta có

Do ABCD là hình thang cân nên $\overrightarrow{AB} ; \overrightarrow{CD}$ ngược hướng hay 

Lại có AB = CD

Do đó

Cách 3

+ Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB( cũng là mp trung trực của đoạn thẳng CD  )

+ Gọi mp$\left(\alpha \right)$là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, suy ra mp$\left(\alpha \right)$ đi qua trung điểm I(1;2;0)   của đoạn thẳng AB và có một vectơ pháp tuyến là

 suy ra phương trình của mp$\left(\alpha \right)$là :

+ Vì C, D đối xứng nhau qua mp$\left(\alpha \right)$ nên 

Công thức trắc nghiệm

Xác định toạ độ điểm $M\text{'}(x_1;y_1;z_1)$ là điểm đối xứng của điểm $M(x_0;y_0;z_0)$ qua mp

Chọn B

Do G là trọng tâm tam giác ABC => G(2;3;1).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng (Oxz), khi đó GH là khoảng cách từ G đến mặt phẳng (Oxz), ta có: 

Với M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxz)

do đó GM  ngắn nhất $\iff M\equiv H$

Vậy độ dài GM ngắn nhất bằng 3

Chọn B

Cách 1:

Gọi M,N  lần lượt là trung điểm AB, BC

Gọi $\overrightarrow{n}$ là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Cách 2:

Ta có 

=> Tam giác ABC vuông tại B

Vì  I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên I là trung điểm của AC.

Chọn A

Do $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$  cùng phương và nên $\overrightarrow{b}$=k$\overrightarrow{a}$ (k$\ne$0) ta có 

Suy ra 

Theo giả thiết vectơ $\overrightarrow{b}$ tạo với tia Oy một góc nhọn nên 

suy ra 

Chọn B

Gọi I là trung điểm AB => I(3;1;4). Gọi H là hình chiếu của I xuống mặt phẳng $\left(\alpha \right)$.

Ta có 

Do IA không đổi nên $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}$ nhỏ nhất khi MI  nhỏ nhất .

Gọi ${∆}_{}$ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng $\left(\alpha \right)$. Khi đó ${∆}_{}$ nhận 

Do đó ${∆}_{}$ có phương trình

Chọn C

Cách 1:

Ta có 

cùng phương, cùng chiều 

So với điều kiện suy ra: 

Cách 2:

Ta có AB  = 3, 

Suy ra 

Chọn C

Ta có mặt phẳng $\left(\alpha \right)$   nhận vectơ $\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}}=(1;1;1)$ là vectơ pháp tuyến, đường thẳng d đi qua điểm A(0;-1;2) và nhận $\overrightarrow{u_d}=(1;2;-1)$ là vectơ chỉ phương.

Gọi $\left(\beta \right)$ là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng $\left(\alpha \right)$

Khi đó đường thẳng ${∆}_{}$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ và $\left(\beta \right)$. Do đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng ${∆}_{}$ là .

Mà $\overrightarrow{u}=(1;a;b)$ nên a=4, b = -5 => a+b = 4-5 =-1.

+ Tính được 

+ Đường thẳng  có một VTCP là 

+ Tính được 

suy ra 

Chọn C

Phương trình $x^2+y^2+z^2-2x-2y-4z+m=0$ là một phương trình mặt cầu

Chọn A

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}$ =(1;1;1)

Gọi ${∆}_{}$ là đường thẳng cần tìm và

Ta có 

Chọn B

Mặt cầu tâm A(1;-2;3) đi qua B(0;-4;6) có bán kính

Phương trình mặt cầu là: 

${\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=14$

Chọn A

Gọi I(a;b;0) $\in$(Oxy); b<0

Ta có :

Do mặt cầu (S)   hai điểm A, B nên IA = IB =$\sqrt{11}$

Đối chiếu điều kiện ta có I(0;-3;0) 

Chọn D

Phương trình 

$$\begin{gathered} x^2+y^2+z^2+2(2+m)x \\ -2(m-1)z+3m^2-5=0 \end{gathered}$$

có dạng

Điều kiện để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu:

Vậy có 7 giá trị nguyên của m  thoả mãn yêu cầu bài toán.