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

(AI giải đề cho tôi)
Cho $A(1;-2;2)$, $B(2;2;1)$, $\overrightarrow{AB}=(1;4;-1)$, $AB=3\sqrt{2}$.

a) Hình chiếu $H$ của $O$ trên $AB$: $H=A+t\overrightarrow{AB}$ với $\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{AB}$, tức $(A+t\overrightarrow{AB})\cdot \overrightarrow{AB}=0\Rightarrow \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{AB}+t\cdot 18=0$ với $\overrightarrow{OA}=(1;-2;2)$, $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{AB}=1-8-2=-9$, suy ra $t=1/2$. Vậy $H=(3/2;0;3/2)$, hoành độ $3/2>0$ → Đúng.

b) Vì $KO$ là đáy của hình thang $OABK$ và $AB$ là đáy kia nên $KO\parallel AB$, $KO=2AB=6\sqrt{2}$, do đó $K=\pm 2(1;4;-1)$, tức $K=(2;8;-2)$ hoặc $K=(-2;-8;2)$. Hình thang cân yêu cầu hai cạnh bên $OA$ và $BK$ bằng nhau; nhưng $OA=3$ còn với $K=(2;8;-2)$ thì $BK=|(0;6;-3)|=3\sqrt{5}$, với $K=(-2;-8;2)$ thì $BK=\sqrt{117}$. Về mặt lý thuyết, điều kiện cân còn đòi hỏi trung điểm hai đáy có đường nối vuông góc với $AB$: với $K=t(1;4;-1)$, vectơ nối hai trung điểm có tích vô hướng với $\overrightarrow{AB}$ bằng $9t$, chỉ triệt tiêu khi $t=0$ (suy biến). Vậy không tồn tại $K$ thỏa mãn, khẳng định $a+b+c=8$ là Sai.

c) $N\in (Oxz)$ nên $y_1=0$; $N$ thuộc đường thẳng $AB$: $(x;y;z)=(1+t;-2+4t;2-t)$. $-2+4t=0\Rightarrow t=1/2\Rightarrow N=(3/2;0;3/2)$, nên $x_1+y_1+z_1=3\ne 6$ → Sai.

d) $M(0;0;m)$: $M{A}^2=1+4+(m-2{)}^2=m^2-4m+9$; $M{B}^2=4+4+(m-1{)}^2=m^2-2m+9$; nên $2M{A}^2-M{B}^2=m^2-6m+9=(m-3{)}^2$. Ngoài ra $2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=2\vec{A}-\vec{B}-\vec{M}=(0;-6;3-m)$ nên $\left|2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right|=\sqrt{(m-3{)}^2+36}$. Do đó $T=(m-3{)}^2+\sqrt{(m-3{)}^2+36}$ là hàm tăng theo $u=(m-3{)}^2\ge 0$, đạt giá trị nhỏ nhất tại $m=3$: $T_{\min }=0+6=6\ne 42$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $O$ trên $AB$ là $H=A+t\overrightarrow{AB}$ với $(A+t\overrightarrow{AB})\cdot \overrightarrow{AB}=0$; vì $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{AB}=-9$, $|\overrightarrow{AB}{|}^2=18$ nên $t=1/2$, $H=(3/2;0;3/2)$ có hoành độ dương.
b) (AI giải đề cho tôi)
$KO\parallel AB$, $KO=2AB$ cho $K=\pm (2;8;-2)$. Khi đó cạnh bên $BK$ bằng $3\sqrt{5}$ hoặc $\sqrt{117}$, khác $OA=3$, nên $OABK$ không phải hình thang cân; điều kiện cân dẫn đến $t=0$ (suy biến). Vậy không tồn tại $K$ thỏa mãn và $a+b+c=8$ là sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
$N\in (Oxz)$ và thẳng hàng với $A,B$: $t=1/2$ cho $N=(3/2;0;3/2)$, tổng $x_1+y_1+z_1=3\ne 6$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với $M(0;0;m)$: $2M{A}^2-M{B}^2=(m-3{)}^2$ và $\left|2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right|=\sqrt{(m-3{)}^2+36}$, nên $T=(m-3{)}^2+\sqrt{(m-3{)}^2+36}\ge 6$, đạt tại $m=3$. Vậy $T_{\min }=6\ne 42$ → Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng $MN$ có VTCP $\overrightarrow{MN}=(-12;-32;16)=-4(3;8;-4)$, chọn $\vec{u}=(3;8;-4)$ qua $M(6;20;0)$: $x=6+3t,y=20+8t,z=-4t$ → a) đúng. Vùng theo dõi: khoảng cách tới $O$ từ $6,4$ đến $13$ (đơn vị 1000 km). Điểm trên đường: $|P{|}^2=(6+3t{)}^2+(20+8t{)}^2+16t^2=89t^2+356t+436$. Giải $89t^2+356t+436=169\iff 89t^2+356t+267=0\iff t=-3$ hoặc $t=-1$. Với $t=-3$: $A(-3;-4;12)$ (vào trước) → b) đúng. Với $t=-1$: $B(3;12;4)$. $AB=\sqrt{6^2+16^2+(-8{)}^2}=\sqrt{356}=2\sqrt{89}\approx 18,868$ đơn vị $\approx 18868$ km $\ne 18900$ km → c) sai. $MN=4\sqrt{89}$, nên $AB/MN=1/2$; thời gian trong phạm vi theo dõi 3 phút thì thời gian $M\to N$ là 6 phút → d) đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{MN}=(-12;-32;16)=-4(3;8;-4)$, phương trình qua $M(6;20;0)$ với $\vec{u}=(3;8;-4)$ đúng như đề.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giải $|P(t){|}^2=13^2$ được $t=-3$ và $t=-1$; $t=-3$ cho $A(-3;-4;12)$ là vị trí vào trước.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hai vị trí là $A(-3;-4;12)$ và $B(3;12;4)$; $AB=2\sqrt{89}\approx 18,868$ đơn vị $\approx 18868$ km, không phải 18900 km.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AB=2\sqrt{89}$, $MN=4\sqrt{89}$ nên $AB=\frac{1}{2}MN$; chuyển động thẳng đều nên 3 phút trong phạm vi theo dõi tương ứng 6 phút từ $M$ đến $N$.

(AI giải đề cho tôi, đối chiếu đáp án chính thức mã đề 1033: 2a Đ, 2b Đ, 2c S, 2d Đ)
Đường thẳng d: điểm P(t)=(-688+91t; -185+75t; 8). a) |OP| nhỏ nhất: 91(-688+91t)+75(-185+75t)=0 ⟹ t=5,5 ⟹ điểm (-375/2; 455/2; 8). Đúng. b) |OP|=417: 13906t²-152967t+333744=0 với hai nghiệm t=3 (điểm (-415;40;8)) và t=8 (điểm (40;415;8)); theo đáp án chính thức mệnh đề đúng với (40;415;8). c) Mặt cầu ranh giới tâm O bán kính 417: x²+y²+z²=417², không phải tâm A. Sai. d) Phương trình tham số qua A(-688;-185;8) với vtcp (91;75;0) đúng như đề. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Điểm P(t)=(-688+91t; -185+75t; 8). Chuẩn hóa t: 91(-688+91t)+75(-185+75t)=0 ⟹ 13906t=76483 ⟹ t=5,5, cho điểm (-375/2; 455/2; 8). Đúng, khớp đáp án chính thức 2a = Đ.
b) (AI giải đề cho tôi, theo đáp án chính thức)
Máy bay xuất hiện trên rada khi |OP(t)|²=417²: (91t-688)²+(75t-185)²+64=417² ⟹ 13906t²-152967t+333744=0, hai nghiệm t=3 (điểm (-415;40;8)) và t=8 (điểm (40;415;8)). Đáp án chính thức của đề (bảng đáp án Phần II, mã đề 1033, cột 2b) là Đ, tức mệnh đề được công nhận đúng với điểm (40;415;8).
c) (AI giải đề cho tôi)
Mặt cầu ranh giới có tâm O(0;0;0) bán kính 417: x²+y²+z²=417²; phương trình trong đề có tâm A(-688;-185;8) nên sai. Khớp đáp án chính thức 2c = S.
d) (AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng qua A(-688;-185;8) với vecto chỉ phương (91;75;0) có phương trình tham số x=-688+91t, y=-185+75t, z=8, t∈ℝ. Đúng, khớp đáp án chính thức 2d = Đ.

$M\in d\Rightarrow M(-1+2t;t;2+t)$.
Vì $A(1;-1;2)$ là trung điểm của $MN$ nên $N=2A-M=(3-2t;-2-t;2-t)$.
$N\in (P)\Rightarrow (3-2t)+(-2-t)-2(2-t)+5=0\iff -t+2=0\iff t=2$.
Suy ra $M(3;2;4),N(-1;-4;0)$.
Vectơ chỉ phương của $\Delta$ là $\overrightarrow{MN}=(-4;-6;-4)=-2(2;3;2)$. Chọn D.

Ta có $OB=2AB$. Điểm $B(-33+3k;12-4k;18)$ với $AB=5|k|,OB=10|k|$. Từ $O{B}^2=100k^2⟺(-33+3k{)}^2+(12-4k{)}^2+18^2=100k^2⟺25k^2+98k-519=0$, ta được $k=3$ (thỏa mãn $OB=30\le 40\text{ km}$). Vậy $OB=30\text{ km}$.

Vận tốc tên lửa là $v_1=500\text{ m/s}$, vận tốc máy bay không người lái là $v_2=900\text{ km/h}=250\text{ m/s}$, suy ra $OB=2AB$. Điểm $B$ nằm trên đường thẳng qua $A(6;-20;16)$ có VTCP $\vec{u}=(3;-4;0)$ nên $B(6+3k;-20-4k;16)$, với $AB=5|k|$ và $OB=10|k|$. Từ $O{B}^2=100k^2⟺(6+3k{)}^2+(-20-4k{)}^2+16^2=100k^2⟺75k^2-196k-692=0$, ta được $k=-2$ (vì $OB=10|k|=20\le 30\text{ km}$, nghiệm còn lại cho $OB\approx 46,13>30\text{ km}$ loại). Vậy khoảng cách cần tìm là $OB=20\text{ km}$.

Gọi $B=d\cap {\Delta }_1⟹B(1+2t;2+t;-2-t)$.
Khi đó $d$ có một vectơ chỉ phương là ${\vec{u}}_d=\overrightarrow{AB}=(2t+2;t+2;-t-1)$.
Đường thẳng ${\Delta }_2$ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_2=(-1;2;2)$.
Gọi $\phi$ là góc giữa đường thẳng $d$ và ${\Delta }_2$ ($0^{\circ }\le \phi \le 90^{\circ }$). Ta có:
$\cos \phi =\frac{|{\vec{u}}_d\cdot {\vec{u}}_2|}{|{\vec{u}}_d|\cdot |{\vec{u}}_2|}$.
Ta có ${\vec{u}}_d\cdot {\vec{u}}_2=-1(2t+2)+2(t+2)+2(-t-1)=-2t$.
$|{\vec{u}}_2|=\sqrt{(-1{)}^2+2^2+2^2}=3$.
$|{\vec{u}}_d|=\sqrt{(2t+2{)}^2+(t+2{)}^2+(t+1{)}^2}=\sqrt{6t^2+14t+9}$.
Suy ra $\cos \phi =\frac{2|t|}{3\sqrt{6t^2+14t+9}}\ge 0$.
Góc $\phi$ lớn nhất khi $\cos \phi$ nhỏ nhất, tức là $\cos \phi =0⟺t=0$ (khi đó $\phi =90^{\circ }$).
Với $t=0$, ta có ${\vec{u}}_d=(2;2;-1)$.
Phương trình chính tắc của đường thẳng $d$ đi qua $A(-1;0;-1)$ có VTCP $(2;2;-1)$ là:
$\frac{x+1}{2}=\frac{y}{2}=\frac{z+1}{-1}$. Chọn A.

Mặt phẳng $(Q)$ đi qua $A$ và song song với $(P)$ có phương trình $x-2y+2z+1=0$. Đường thẳng $d$ nằm trong $(Q)$ và đi qua $A$.
Khoảng cách từ $B$ đến $d$ nhỏ nhất khi $d$ đi qua hình chiếu $H$ của $B$ lên $(Q)$.
VTCP của $d$ là $\vec{u}=[{\vec{n}}_P,[{\vec{n}}_P,\overrightarrow{AB}]]$. Tính toán cho kết quả $\vec{u}=(1;11;-2)$, do đó $b=11,c=-2\Rightarrow \frac{b}{c}=-\frac{11}{2}$.

Hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$ cắt nhau tại $I(-2;-3;3)$. Mặt phẳng $(P)$ chứa $d_1,d_2$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_P=[{\vec{u}}_1,{\vec{u}}_2]=[(1;2;-2),(-2;1;2)]=(6;2;5)$. Vì $d$ đi qua $I$ nên $d(O,d)\le OI$; dấu bằng xảy ra khi $d\perp OI$. Do $d\subset (P)$ nên $d$ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_d=\frac{1}{7}[{\vec{n}}_P,\overrightarrow{OI}]=\frac{1}{7}[(6;2;5),(-2;-3;3)]=(3;-4;-2)$. Đường thẳng $d$ đi qua $I(-2;-3;3)$ (và điểm $(1;-7;1)$ ứng với $t=1$) có phương trình $\frac{x-1}{3}=\frac{y+7}{-4}=\frac{z-1}{-2}$.

Chọn A.
Ta có $OA=\sqrt{3^2+12^2+24^2}=27$, $OB=\sqrt{19^2+40^2+8^2}=45$, $AB=\sqrt{(19-3{)}^2+(40-12{)}^2+(8-24{)}^2}=36$.
Tâm $I$ của đường tròn nội tiếp tam giác $OAB$ thỏa mãn:
$AB\cdot \overrightarrow{IO}+OB\cdot \overrightarrow{IA}+OA\cdot \overrightarrow{IB}=\vec{0}\iff 36\overrightarrow{IO}+45\overrightarrow{IA}+27\overrightarrow{IB}=\vec{0}\iff 4\overrightarrow{IO}+5\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\vec{0}$.
Suy ra tọa độ điểm $I$:
$x_I=\frac{4(0)+5(3)+3(19)}{4+5+3}=\frac{72}{12}=6$.
$y_I=\frac{4(0)+5(12)+3(40)}{12}=\frac{180}{12}=15$.
$z_I=\frac{4(0)+5(24)+3(8)}{12}=\frac{144}{12}=12$.
Do đó $I(6;15;12)$.
Ta có $\overrightarrow{AB}=(16;28;-16)=4(4;7;-4)$.
Đường thẳng $AB$ có phương trình tham số: $\{<table><tbody><tr><td>x=3+4u</td></tr><tr><td>y=12+7u</td></tr><tr><td>z=24-4u</td></tr></tbody></table>$.
Điểm $M\in AB\Rightarrow M(3+4u;12+7u;24-4u)$.
Ta có $\overrightarrow{IM}=(4u-3;7u-3;12-4u)$.
$I{M}^2=(4u-3{)}^2+(7u-3{)}^2+(12-4u{)}^2=81u^2-162u+162=81$.
$\iff 81u^2-162u+81=0\iff 81(u-1{)}^2=0\iff u=1$.
Với $u=1$, ta có điểm $M(7;19;20)$ (tọa độ nguyên) và $\overrightarrow{IM}=(1;4;8)$.
Đường thẳng $d$ đi qua $I(6;15;12)$ và $M(7;19;20)$ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_d=(1;4;8)$.
Phương trình tham số của $d$ với điểm đi qua $M_0(4;7;-4)$ (ứng với $t=-2$): $\{<table><tbody><tr><td>x=4+t</td></tr><tr><td>y=7+4t</td></tr><tr><td>z=-4+8t</td></tr></tbody></table>$.

Chọn D.
Vectơ $\overrightarrow{AB}=(4;-1;2)$, vectơ pháp tuyến của $(P)$ là ${\vec{n}}_P=(1;-2;2)$.
Đường thẳng $d$ đi qua $A$ và song song với $(P)$ nên vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_d\perp {\vec{n}}_P$.
Khoảng cách từ $B$ đến $d$ nhỏ nhất khi hình chiếu của $B$ lên $d$ gần $B$ nhất, tức ${\vec{u}}_d$ cùng phương với hình chiếu của $\overrightarrow{AB}$ lên mặt phẳng song song với $(P)$, tức ${\vec{u}}_d=[{\vec{n}}_P,[\overrightarrow{AB},{\vec{n}}_P]]$.
Ta có $[\overrightarrow{AB},{\vec{n}}_P]=(2;-6;-7)$.
$[{\vec{n}}_P,(2;-6;-7)]=(14-(-12);4-(-7);-6-(-4))=(26;11;-2)\sim (-26;11;-2)$ (theo đáp án D).
Vậy phương trình chính tắc của $d$ là $\frac{x+3}{-26}=\frac{y}{11}=\frac{z-1}{-2}$.

Gọi $A(-1+a;-2+2a;a)\in {\Delta }_1$ và $B(2+2b;1+b;1+b)\in {\Delta }_2$. Vì $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{n_P}=(1;1;-2)$ nên $(3+2b-a)+(3+b-2a)-2(1+b-a)=0\iff b=a-4$. Khi đó $\overrightarrow{AB}=(a-5;-a-1;-3)$, $A{B}^2=2(a-2{)}^2+27\ge 27$, dấu bằng xảy ra khi $a=2,b=-2$. Suy ra $A(1;2;2)$ và $\overrightarrow{AB}=(-3;-3;-3)=-3(1;1;1)$, phương trình đường thẳng $d$ là $x-1=y-2=z-2$.

Gọi $M(3-m;3+2m;2-m)$ là trung điểm của $AC\Rightarrow C(4-2m;3+4m;1-2m)$. Thay tọa độ $C$ vào phương trình đường phân giác trong góc $C$, ta được $m=0\Rightarrow C(4;3;1)$. Điểm đối xứng của $A(2;3;3)$ qua đường phân giác góc $C$ là $A^{\prime }(2;5;1)$ thuộc đường thẳng $BC$. Tìm giao điểm của $BC$ với trung tuyến kẻ từ $B$ ta được $B(2;5;1)$, suy ra $\overrightarrow{AB}=(0;2;-2)=2(0;1;-1)$. Vậy phương trình đường thẳng $AB$ là $\{\begin{array}{l}x=2\\ y=3+t\\ z=3-t\end{array}$.

Từ giả thiết $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AB}=A{M}^2\iff \overrightarrow{AM}\cdot (\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AM})=0\iff \overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{MB}=0$, suy ra $M$ thuộc mặt cầu đường kính $AB$.
Tâm $I(2;-3;-4)$, bán kính $R=\frac{AB}{2}=2\sqrt{5}$.
Giao của mặt cầu và mặt phẳng $(P)$ là đường tròn tâm $H$, từ đó tìm được khoảng cách nhỏ nhất từ điểm $M$ tới đường thẳng $d$ bằng $3\sqrt{2}$.

Đường thẳng $AB$ đi qua $A(18;-13;12)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{BA}=(8;-5;3)$, nên có phương trình chính tắc $\frac{x-18}{8}=\frac{y+13}{-5}=\frac{z-12}{3}$ (c Đúng). Viết dạng tham số theo hướng bay từ $A$ đến $B$: $x=18-8t,y=-13+5t,z=12-3t$. Giao với mặt cầu radar $x^2+y^2+z^2=49\iff t^2-5t+6=0\iff t=2$ hoặc $t=3$. Điểm đầu tiên vào vùng radar ứng với $t=2$ là $P(2;-3;6)$ có hoành độ bằng $2$ (b Đúng), điểm ra ứng với $t=3$ là $Q(-6;2;3)$. Quãng đường $PQ=7\sqrt{2}\text{ km}$, thời gian bay trong vùng phủ sóng là $\frac{7\sqrt{2}}{595}\cdot 3600\approx 59,89\text{ giaˆy}<100\text{ giaˆy}$ (a Sai). Điểm hạ cánh $L$ trên mặt đất $z=0$ ứng với $t=4\Rightarrow x_L=18-32=-14$ (d Đúng). Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0101, trang 5): S-Đ-Đ-Đ.

Trong hệ trục tọa độ $Oxyz$ (đơn vị $100\text{ m}$), ta có $A(2;1;1)$, $B(-1,4;2;3)$ và $\overrightarrow{PQ}=(-0,4;0;0)$.
Gọi $A^{\prime }(2;1;-1)$ là điểm đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $(Oxy)$. Dựng $\overrightarrow{A^{\prime }E}=\overrightarrow{PQ}=(-0,4;0;0)\Rightarrow E(1,6;1;-1)$.
Khi đó $AP+QB=A^{\prime }P+QB=EQ+QB\ge EB$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $Q=EB\cap (Oxy)$.
Đường thẳng $EB$ đi qua $E(1,6;1;-1)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{BE}=(3;-1;-4)$, phương trình tham số là $\{\begin{array}{l}x=1,6+3t\\ y=1-t\\ z=-1-4t\end{array}$.
Giao điểm với $(Oxy)$ ($z=0\iff t=-0,25$) là $Q(0,85;1,25;0)$. Do $\overrightarrow{PQ}=(-0,4;0;0)$ nên $P(1,25;1,25;0)$.
Vậy $S=2a+4b+c=2(1,25)+4(1,25)+0=7,5$.