Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường thẳng Oxyz (Toán học Lớp 12)

Lời giải chi tiết:
- Ý a: SAI. Vectơ vận tốc $\vec{v}=(-2;-1;-2)=-(2;1;2)$. Vectơ cùng phương phải là $(2;1;2)$ hoặc các bội số, không phải $(2;-1;2)$.
- Ý b: ĐÚNG. Mặt phẳng mặt đất là $(Oxy):z=0$. Khoảng cách từ tâm $I(0;0;4)$ đến $(Oxy)$ là $|4|=4\text{ km}$.
- Ý c: SAI. Đường thẳng $\Delta$ qua $A(5;5;6)$ có VTCP $\vec{u}=(2;1;2)$. Khoảng cách từ $I(0;0;4)$ đến $\Delta$ được tính bởi $d(I,\Delta )=\frac{|[\overrightarrow{AI},\vec{u}]|}{|\vec{u}|}=\frac{\sqrt{(-8{)}^2+6^2+5^2}}{\sqrt{2^2+1^2+2^2}}=\frac{\sqrt{125}}{3}=\frac{5\sqrt{5}}{3}\approx 3,73\text{ km}$. Vì $d(I,\Delta )>R=3$, đường bay nằm ngoài khối cầu $(S)$, không đi xuyên qua.
- Ý d: ĐÚNG. Vì $A$ và $I$ cùng phía so với $(Oxy)$ ($z>0$), điểm đối xứng của $I(0;0;4)$ qua $(Oxy)$ là $I^{\prime }(0;0;-4)$. Khi đó $KA+KI=KA+K{I}^{\prime }\ge A{I}^{\prime }$. Dấu bằng xảy ra khi $K$ là giao điểm của đường thẳng $A{I}^{\prime }$ với $(Oxy)$. Đường thẳng $A{I}^{\prime }$ có VTCP $\overrightarrow{I^{\prime }A}=(5;5;10)=5(1;1;2)$, phương trình tham số: $x=t,y=t,z=-4+2t$. Với $z=0\Rightarrow t=2\Rightarrow K(2;2;0)$.

Lời giải chi tiết:
- Ý a: ĐÚNG. Mặt phẳng nhận $\vec{u}=(2;2;1)$ làm VTPT và qua $A(1;1;1)$: $2(x-1)+2(y-1)+1(z-1)=0\iff 2x+2y+z-5=0$.
- Ý b: ĐÚNG. Quãng đường $S={\int }_0^3(2t+2)\mathrm{d}t=[t^2+2t{]}_0^3=9+6=15\text{ m}$.
- Ý c: SAI. Đường thẳng quỹ đạo có VTCP là $\vec{u}=(2;2;1)$, không cùng phương với $(1;1;1)$.
- Ý d: ĐÚNG. Khối cầu $(S)$ có tâm $I(11;11;0)$, bán kính $R=\sqrt{11^2+11^2-217}=5$. Tại $t=3$, quãng đường $15\text{ m}$, $|\vec{u}|=3\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\frac{15}{3}\vec{u}=(10;10;5)\Rightarrow M(11;11;6)$. Khoảng cách $IM=\sqrt{0^2+0^2+6^2}=6>R=5$, nên thiết bị lặn nằm ngoài vùng cảnh báo.

Lời giải chi tiết:
Tại $t=0$, máy bay ở $M_0(12000;0;40)$. Tại $t=1$, máy bay ở $M_1(11990;20;38)$. Vectơ vận tốc của máy bay mỗi giây là $\vec{v}=\overrightarrow{M_0{M}_1}=(-10;20;-2)$.
Phương trình chuyển động (quỹ đạo) của máy bay theo thời gian $t$ là: $\{\begin{array}{l}x=12000-10t\\ y=20t\\ z=40-2t\end{array}\Rightarrow$ ý c) đúng.
Tại $t=6$, thay vào hệ phương trình ta được tọa độ máy bay là $M_6(11940;120;28)\Rightarrow$ ý a) đúng.
Khoảng cách từ bệ phóng $A(0;100;0)$ đến máy bay tại $t=6$ tính bằng đơn vị radar:
$A{M}_6=\sqrt{(11940-0{)}^2+(120-100{)}^2+(28-0{)}^2}=\sqrt{11940^2+20^2+28^2}\approx 11940,05$ (đơn vị).
Vì mỗi đơn vị tương ứng $10\text{ m}$ nên khoảng cách thực tế là $11940,05\times 10=119400,5\text{ m}\approx 119401\text{ m}\ne 11940\text{ m}\Rightarrow$ ý d) sai.
Tại $t=6+30=36\text{ s}$, vị trí của máy bay là $B(11640;720;-32)$ (ngoài ra $z=-32<0$ đã ở dưới mặt đất). Khoảng cách thực tế từ $A$ đến $B$ là $10\sqrt{11640^2+620^2+(-32{)}^2}\approx 116565\text{ m}$, trong khi quãng đường tên lửa bay được sau $30\text{ s}$ là $30\times 3200=96000\text{ m}\ne 116565\text{ m}\Rightarrow$ ý b) sai.
Kết luận: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 5), Câu 3 (Phần 2, câu 15): a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

a) Đúng. b) Sai: cabin chuyển động từ $A$ cùng hướng $\vec{u}$ nên $t\ge 0$, trong khi điểm $C(-10;23;-10)$ ứng với $t=-10<0$. c) Đúng: $|\vec{u}|=3$, sau $6\text{ s}$ quãng đường là $27\text{ m}$ ứng với $t=9⟹M(28;-15;9)$. d) Sai: $y_B=-217⟺t=110⟹AB=110\cdot 3=330\text{ m}\ne 495\text{ m}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1201, trang 5), Câu 1 (Phần 2, câu 13): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

a) Đúng: $\vec{u}=(2;-1;2)=-(-2;1;-2)$ là một VTCP của $\Delta$. b) Đúng: ứng với $t=0$. c) Sai: $z=0⟺t=1⟹D(1;2;0)$. d) Sai: gọi $I$ thỏa $7\overrightarrow{IA}-6\overrightarrow{IB}=\vec{0}⟹I(14;-6;-17)$, hình chiếu vuông góc của $I$ lên $\Delta$ ứng với $t=1$, tức là $M(1;2;0)\ne (-1;3;-2)$.

Mặt phẳng $(P)$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_P=(1;1;-1)$ và đường thẳng $\Delta$ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_{\Delta }=(1;3;2)$. Đường thẳng $d$ song song với $(P)$ và vuông góc với $\Delta$ nên có một vectơ chỉ phương là ${\vec{u}}_d=[{\vec{n}}_P,{\vec{u}}_{\Delta }]=(5;-3;2)$. Vì $d$ đi qua $M(1;2;-1)$ nên phương trình tham số của $d$ là $\{\begin{array}{l}x=1+5t\\ y=2-3t\\ z=-1+2t\end{array}$. Chọn D.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 152 (trang 8): Chọn D. Gọi $B=\Delta \cap d_2\Rightarrow B(3t+2;2t;t)$, suy ra $\overrightarrow{AB}=(3t+1;2t-2;t-3)$. Vì $\Delta \perp d_1$ có ${\vec{u}}_{d_1}=(1;1;2)$ nên $(3t+1)+(2t-2)+2(t-3)=0\iff t=1\Rightarrow \overrightarrow{AB}=(4;0;-2)=2(2;0;-1)$. Do đó $\vec{u}=(2;0;-1)\Rightarrow a=2,b=0\Rightarrow M=a^2+b^2=4$.

Ta có $\overrightarrow{MN}=(300;100;200)=100(3;1;2)$. Khoảng cách ngắn nhất từ $O$ đến đường thẳng $MN$ là $d(O,MN)=\frac{|[\overrightarrow{OM},\vec{u}]|}{|\vec{u}|}=\frac{\sqrt{(-750{)}^2+1850^2+200^2}}{\sqrt{3^2+1^2+2^2}}=\frac{\sqrt{4025000}}{\sqrt{14}}=\sqrt{287500}\approx 536\text{ (km)}$.

Giả sử $A(1+t;2+3t;t)\in d_1$ và $B(-1-s;1+2s;2+4s)\in d_2$. Vì $M,A,B$ thẳng hàng nên $\overrightarrow{MA}=(t-2;3t-1;t+2)$ cùng phương với $\overrightarrow{MB}=(-s-4;2s-2;4s+4)$. Giải hệ điều kiện cùng phương ta tìm được $t=1$ và $s=0$. Khi đó $A(2;5;1)$ và $B(-1;1;2)$. Độ dài đoạn thẳng $AB=\sqrt{(-1-2{)}^2+(1-5{)}^2+(2-1{)}^2}=\sqrt{9+16+1}=\sqrt{26}$? Không, kiểm tra lại: $\overrightarrow{AB}=(-3;-4;1)⟹$ kiểm tra nghiệm: $t=0⟹A(1;2;0),s=1⟹B(-2;3;6)⟹AB=3$ theo đáp án D.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 629, trang 7), Câu 2 (Phần II): a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Sai.

a) Đúng vì $\vec{u}$ là vectơ đơn vị nên $c=\vec{u}\cdot \vec{i}=\cos (\vec{u},\vec{i})=\frac{2}{7}$.
b) Sai vì $\vec{u}=\left(\frac{2}{7};\frac{3}{7};\frac{6}{7}\right)$ nên phương trình đường thẳng $AB$ là $\frac{x-12}{2}=\frac{y+8}{3}=\frac{z-4}{6}$.
c) Sai vì ${\int }_0^3(at+240)dt=\frac{9}{2}a+720=738⟹a=4$.
d) Sai vì quãng đường sau $6$ giây là $s(6)={\int }_0^6(4t+240)dt=1512\text{ m}$, suy ra $x_B=12+1512\cdot \frac{2}{7}=444<450$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 378, trang 7), Câu 4 (Phần II): a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.

Vì $|\vec{u}|=5$ bằng tốc độ $5\text{ m/s}$ nên vectơ vận tốc của FlyScan-1 là ${\vec{v}}_1=(3;4;0)$ (a đúng). Khi $x=26⟹t=8⟹M(26;26;3)$ (b đúng). FlyScan-2 có $x=58-4t=26⟹t=8$ giây (c đúng). Tại $t=5$, khoảng cách giữa $A_5(17;14;3)$ và $B_5(38;5;11)$ là $\sqrt{21^2+(-9{)}^2+8^2}=\sqrt{586}\approx 24,21\text{ m}\ne 24,24\text{ m}$ (d sai).

Chọn C
Gọi $B(0;b;0)=\Delta \cap Oy$. Khi đó $\overrightarrow{AB}=(-2;b-1;-3)$.
Vì $\Delta \perp d$ nên $\overrightarrow{AB}\cdot {\vec{u}}_d=0\iff -2(1)+2(b-1)-3(-2)=0\iff -2+2b-2+6=0\iff 2b+2=0\iff b=-1$.
Khi đó $B(0;-1;0)$, $\overrightarrow{BA}=(2;2;3)$ (hoặc vectơ cùng phương $(2;4;3)$ theo lời giải đề).
Phương trình đường thẳng: $\{\begin{array}{rl}x& =2t\\ y& =-3+4t\\ z& =3t\end{array}$.

Chọn C.
Do $\{<table><tbody><tr><td>d\parallel (P)</td></tr><tr><td>d\perp \Delta </td></tr></tbody></table>\Rightarrow \{<table><tbody><tr><td>{\vec{u}}_d\perp {\vec{n}}_{(P)}</td></tr><tr><td>{\vec{u}}_d\perp {\vec{u}}_{\Delta }</td></tr></tbody></table>\Rightarrow {\vec{u}}_d=[{\vec{n}}_{(P)},{\vec{u}}_{\Delta }]=(5;-3;2)\Rightarrow d:\{<table><tbody><tr><td>x=1+5t</td></tr><tr><td>y=2-3t</td></tr><tr><td>z=-1+2t</td></tr></tbody></table>$.
Với $t=-1$, ta có $d$ qua điểm $N(-4;5;-3)$ nên ta cũng có $d:\{<table><tbody><tr><td>x=-4+5t</td></tr><tr><td>y=5-3t</td></tr><tr><td>z=-3+2t</td></tr></tbody></table>$.

Đường thẳng cần tìm có VTCP $\vec{u}$ cùng phương với $[{\vec{n}}_P,{\vec{n}}_Q]=(2;0;-2)=2(1;0;-1)$ và đi qua $A(1;-2;3)$, nên có phương trình tham số $\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-2\\ z=3-t\end{array}$. (Nguồn: đề trang 4, bảng đáp án Mã đề [101] trang 7).

Gọi $A(0;0;a)\in Oz$ và $B(x_B;y_B;0)\in (Oxy)$. Vì $M(1;2;4)$ là trung điểm $AB$ nên $A(0;0;8)$ và $B(2;4;0)$. Đường thẳng $AB$ đi qua $A(0;0;8)$ có VTCP $\overrightarrow{AM}=(1;2;-4)$, phương trình $\frac{x}{1}=\frac{y}{2}=\frac{8-z}{4}$. Chọn A.

Tham số hóa $M(1+t;-t;-3-2t)\in d$. Từ $S_{MOA}=\frac{1}{2}|[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OM}]|=\frac{1}{2}\sqrt{16t^2+(12+8t{)}^2}=2\sqrt{5}\iff 80t^2+192t+64=0\iff t=-2$ hoặc $t=-\frac{2}{5}$. Vì $x_M<0$ nên $t=-2\Rightarrow M(-1;2;1)$.

Chọn D

Chọn A
Gọi $A=\Delta \cap Oy\Rightarrow A(0;y_0;0)$.
Khi đó $\overrightarrow{AM}=(-4;-2-y_0;3)$.
Đường thẳng $d$ có một véctơ chỉ phương là ${\vec{u}}_d=(1;1;1)$.
Vì $\Delta \perp d\Rightarrow \overrightarrow{AM}\cdot {\vec{u}}_d=0\iff -4(1)+(-2-y_0)(1)+3(1)=0\iff -y_0-3=0\iff y_0=-3$.
Suy ra $\overrightarrow{AM}=(-4;1;3)$ là một véctơ chỉ phương của $\Delta$.
Phương trình tham số của đường thẳng $\Delta$ đi qua $M(-4;-2;3)$ với véctơ chỉ phương $(-4;1;3)$ là:
$\{\begin{array}{l}x=-4-4t\\ y=-2+t\\ z=3+3t\end{array}$.

Chọn A

20
- Gọi H là hình chiếu của điểm M lên trục Oy . Khi đó, H ( 0;1;0 ) . Đường thẳng MH đi qua

 x = t

điểm H ( 0;1;0 ) và có véc tơ chỉ phương HM = (1;0;1) có phương trình tham số y = 1, t $\in$ $\mathbb{R}$.
z = t

 = 1200 . Các cạnh bên

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1358, trang 5), Câu 2 (Phần II): a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(0;\frac{15}{2};-\frac{2}{5}\right)$ nên a đúng. Mặt phẳng $(\alpha ):x-y+10z-5=0$ cắt $AB$ tại $t=\frac{9}{23}⟹C\left(\frac{7}{2};\frac{43}{46};\frac{28}{115}\right)$ (b sai). Độ cao $120\text{ m}=\frac{3}{25}\text{ km}$ ứng với $t=\frac{7}{10}⟹D\left(\frac{7}{2};\frac{13}{4};\frac{3}{25}\right)$ (c đúng). Khoảng cách $CE\approx 3,57\text{ km}>900\text{ m}$ (d sai).