Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường và mặt (Toán học Lớp 12)

Điểm $M\in Ox\Rightarrow M(m;0;0)$. Vì $A(1;2;3)$ là trung điểm của $MN$ nên $N(2-m;4;6)$. Điểm $N\in (P)\Rightarrow (2-m)-2(4)+6-5=0\iff -m-5=0\iff m=-5$. Khi đó $M(-5;0;0)$ và $N(7;4;6)$. Độ dài $MN=\sqrt{(7-(-5){)}^2+4^2+6^2}=\sqrt{144+16+36}=\sqrt{196}=14$. Chọn A.

Gọi $A=d_1\cap (\alpha )$ và $B=d_2\cap (\alpha )$. Thay phương trình của $d_1$ vào $(\alpha )$: $2(-2+t)-2(2+t)-(-t)+1=0⟺t=7⟹A(5;9;-7)$. Thay phương trình của $d_2$ vào $(\alpha )$: $2(2t^{\prime })-2(3+t^{\prime })-1+1=0⟺t^{\prime }=3⟹B(6;6;1)$. Đường thẳng $\Delta$ đi qua $A,B$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(1;-3;8)$ và đi qua điểm $M(3;3;-1)$ (ứng với $\overrightarrow{BM}=-3\overrightarrow{AB}$), nên có phương trình $\frac{x-3}{1}=\frac{y-3}{-3}=\frac{z+1}{8}$.

Xét phương trình 1 + t - 2 ( 2 - t ) - 1 - 2t - 1 = 0 $\iff$ t = 5 $\Rightarrow$ d $\cap$ ( P ) = M ( 6; -3; -11) .
d có véc tơ chỉ phương u = (1; -1; -2 ) .
 Mặt phẳng ( P ) có véc tơ pháp tuyến n = (1; -2;1) .

$\Delta$ $\subset$ ( P )

Do $\Rightarrow$ u, n = ( -5; -3; -1) là véc tơ chỉ phương của $\Delta$ .
$\Delta$ \perp d , $\Delta$ $\cap$ d = M

x - 6 y + 3 z + 11
Phương trình đường thẳng $\Delta$ : = = .
5 3 1
2 - 6 7 + 3 13 + 11 -4 10
Thay tọa độ điểm A(2; 7;13) vào phương trình của $\Delta$ ta có $\Delta$ : = = $\Rightarrow$ =
5 3 1 5 3
Vô lý. Do đó A $\notin$ $\Delta$ .

Ta có $\overrightarrow{AB}=(5;-3;2)\Rightarrow \sin (AB,(Oxy))=\frac{2}{\sqrt{38}}\Rightarrow (AB,(Oxy))\approx 19^{\circ }$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 222).

Mặt phẳng $(P)$ có VTPT ${\vec{n}}_P=(2;-2;1)$.
Đường thẳng $d$ có VTCP ${\vec{u}}_d=(1;2;-1)$.
Vì đường thẳng $\Delta \subset (P)$ và $\Delta \perp d$ nên VTCP của $\Delta$ vuông góc với cả ${\vec{n}}_P$ và ${\vec{u}}_d$.
Ta có tích có hướng:
$[{\vec{n}}_P,{\vec{u}}_d]=((-2)(-1)-1(2);1(1)-2(-1);2(2)-(-2)(1))=(0;3;6)=3(0;1;2).$
Do đó $\Delta$ có một VTCP là $(0;1;2)$.
Vì $\vec{u}=(a;1;b)$ nên suy ra $a=0$ và $b=2$.
Vậy $S=a+b=0+2=2$.

Gọi $I(1+2t;t;-2-t)$ là hình chiếu vuông góc của $A(2;1;1)$ lên $d$. Ta có $\overrightarrow{AI}=(2t-1;t-1;-t-3)$.
Vì $\overrightarrow{AI}\perp {\vec{u}}_d=(2;1;-1)$ nên $2(2t-1)+(t-1)-(-t-3)=6t=0\Rightarrow t=0\Rightarrow I(1;0;-2)$ và $\overrightarrow{IA}=(1;1;3)$.
Mặt phẳng $(P)$ chứa $d$ và cách $A$ khoảng lớn nhất sẽ nhận $\overrightarrow{IA}=(1;1;3)$ làm vectơ pháp tuyến và đi qua $I(1;0;-2)$, nên có phương trình:
$(x-1)+y+3(z+2)=0\iff x+y+3z+5=0$.

a) Sai vì $\frac{1}{1}\ne \frac{-3}{-1}$. b) Đúng. c) Đúng vì $A(0;0;1)$ thuộc cả $d$ và $(P)$. d) Sai vì đường thẳng qua $M(1;-3;4)$ có VTCP $(1;2;-2)$ là $\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-3+2t\\ z=4-2t\end{array}$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 1201).

Gọi $N=\Delta \cap d\Rightarrow N(2t-1;t+1;3t+2)$.
Đường thẳng $\Delta$ đi qua $A(1;1;-2)$ và $N$ nên có véctơ chỉ phương ${\vec{u}}_{\Delta }=\overrightarrow{AN}=(2t-2;t;3t+4)$.
Vì $\Delta \parallel (P)$ nên ${\vec{u}}_{\Delta }\cdot {\vec{n}}_P=0\iff (2t-2)-t-(3t+4)=0\iff -2t-6=0\iff t=-3\Rightarrow \overrightarrow{AN}=(-8;-3;-5)$.
Phương trình đường thẳng $\Delta :\frac{x-1}{8}=\frac{y-1}{3}=\frac{z+2}{5}$.
Giao điểm $M(8s+1;3s+1;5s-2)$ của $\Delta$ với mặt phẳng $(Oxy)$ ($z=0$) ứng với $5s-2=0\iff s=\frac{2}{5}\Rightarrow M\left(\frac{21}{5};\frac{11}{5};0\right)$.
Vậy $x_0+y_0+z_0=\frac{21}{5}+\frac{11}{5}+0=\frac{32}{5}$.

**Chọn C**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Phú Yên - Mã đề 132, trang 8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn D**

Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  P  cắt và vuông góc với đường thẳng d có véc tơ chỉ
  
phương của đường thẳng  là u   nP , ud 
    
Với nP   2; 2;1 , ud   3;1; 2   u   nP , ud    3;7; 8 

Tọa độ giao điểm của  P  và d là nghiệm của hệ phương trình
t  0
2 x  2 y  z  3  0 2 1  3t   2 1  t    3  2t   3  0 
  x  1
 x 1 y 1 z  3   x 1 y 1 z  3  .
 3  1  2    t y 1
 3 1 2  z  3

Vậy phương trình đường thẳng  đi qua điểm 1;1;3 và có VTCP u   3;7; 8  dạng:

x 1 y 1 z  3
  qua điểm  2;  6;11  Chọn D
3 7 8

**Chọn D**

 
  d  u   u d   
Ta có:     u   u d , n p    2;0; 4   2 1;0; 2  .
   P   u   n p

Phương trình đường thẳng  đi qua A  3; 4;1 có vec tơ chỉ phương u   1;0; 2  là
 x  3  t

y  4
 z  1  2t


Ta có $[{\vec{u}}_d,{\vec{n}}_P]=[(1;1;-2),(1;-2;1)]=(-3;-3;-3)$, suy ra $b=-3,c=-3$. Vì $\Delta$ đi qua $A(2;1;3)$ nên $a=-2,d=-3$. Vậy $T=-2-3-3-3=-11$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 122).

Vectơ pháp tuyến của $(\alpha )$ là ${\vec{n}}_{\alpha }=(1;-2;0)$, của $(\beta )$ là ${\vec{n}}_{\beta }=(1;0;-2)$. Vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là ${\vec{u}}_d=[{\vec{n}}_{\alpha },{\vec{n}}_{\beta }]=(4;2;2)\parallel (2;1;1)$. Vectơ pháp tuyến của $(P)$ là ${\vec{n}}_P=(3;4;5)$. $\sin \phi =\frac{|{\vec{u}}_d\cdot {\vec{n}}_P|}{|{\vec{u}}_d|\cdot |{\vec{n}}_P|}=\frac{|2\cdot 3+1\cdot 4+1\cdot 5|}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}\cdot \sqrt{3^2+4^2+5^2}}=\frac{15}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{50}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \phi =60^{\circ }$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1001, trang 21), Câu 9 chọn đáp án B.

Mặt phẳng $(Oxz)$ có phương trình $y=0$.
Khoảng cách từ $A(-2;3;1)$ đến $(Oxz)$ là $d_A=|y_A|=3$.
Khoảng cách từ $B(5;6;2)$ đến $(Oxz)$ là $d_B=|y_B|=6$.
Vì $y_A$ và $y_B$ cùng dấu dương nên $A$ và $B$ nằm cùng phía so với mặt phẳng $(Oxz)$, suy ra $M$ nằm ngoài đoạn $AB$.
Theo định lý Thales:
$\frac{AM}{BM}=\frac{d(A,(Oxz))}{d(B,(Oxz))}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

a) **Đúng**. Vectơ $\overrightarrow{MA}=(7-1;8-2;-3-3)=(6;6;-6)$.
b) **Sai**. Ta có $\overrightarrow{AB}=(-5;-5;0)$, vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(Oxy)$ là $\vec{n}=(0;0;1)$. Mà $\overrightarrow{AB}\cdot \vec{n}=0$ nên đường thẳng $AB$ song song với mặt phẳng $(Oxy)$ (góc bằng $0^{\circ }$).
c) **Đúng**. Đường thẳng $MA$ đi qua $M(1;2;3)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u}=\frac{1}{6}\overrightarrow{MA}=(1;1;-1)$ nên có phương trình tham số $\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=2+t\\ z=3-t\end{array}(t\in \mathbb{R})$.
d) **Đúng**. Đường thẳng $MA$ cắt mặt phẳng $(Oxy)$ tại điểm $H(4;5;0)$ (ứng với $t=3$). Đường thẳng $MB$ cắt mặt phẳng $(Oxy)$ tại điểm $K\left(\frac{3}{2};\frac{5}{2};0\right)$. Để tấm bìa hình tròn tâm $O$ che khuất hoàn toàn đoạn $AB$ thì hình chiếu $HK$ phải nằm trong hình tròn, suy ra $R\ge \max \{OH,OK\}=OH=\sqrt{4^2+5^2}=\sqrt{41}$.

Điểm $M\in d\Rightarrow M(t;2t-1;3t-2)$. Vì $M$ có hoành độ âm nên $t<0$.
Ta có $d(M,(P))=\frac{|t+2(2t-1)-2(3t-2)+3|}{\sqrt{1^2+2^2+(-2{)}^2}}=\frac{|-t+5|}{3}=2\iff |-t+5|=6\iff t=-1$ (nhận) hoặc $t=11$ (loại).
Với $t=-1$, tung độ của điểm $M$ là $y_M=2(-1)-1=-3$. Chọn C.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 5), Câu 11 (Phần 1) chọn đáp án B.

Gọi $B(-1+2t;1+t;2+3t)=\Delta \cap d$. Khi đó $\overrightarrow{AB}=(2t-2;t;3t+4)\perp {\vec{n}}_P=(1;-1;-1)⟺(2t-2)-t-(3t+4)=0⟺t=-3$. Suy ra $\overrightarrow{AB}=(-8;-3;-5)=-(8;3;5)$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 5), Câu 4 (Phần 2, câu 16): a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

a) Sai: mặt phẳng $(Oxy)$ có vectơ pháp tuyến là $\vec{k}=(0;0;1)$. b) Đúng: $\overrightarrow{AB}=(10;5;3)$. c) Sai: $\sin \phi =\frac{3}{\sqrt{10^2+5^2+3^2}}=\frac{3}{\sqrt{134}}$. d) Đúng: $\phi =\arcsin \left(\frac{3}{\sqrt{134}}\right)\approx 15^{\circ }$.

Đường thẳng $d_1$ đi qua $M_1(2;1;-1)$, VTCP ${\vec{u}}_1=(6;-1;2)$; $d_2$ đi qua $M_2(1;-1;-1)$, VTCP ${\vec{u}}_2=(3;1;4)$. Mặt phẳng $(P)$ có VTPT $\vec{n}=[{\vec{u}}_1,{\vec{u}}_2]=(-6;-18;9)=-3(2;6;-3)$ và đi qua $M_2(1;-1;-1)$, nên $(P):2x+6y-3z+1=0$. Khoảng cách $d(d_1,(P))=d(M_1,(P))=\frac{|2\cdot 2+6\cdot 1-3(-1)+1|}{\sqrt{2^2+6^2+(-3{)}^2}}=\frac{14}{7}=2$. Chọn C.

Gọi $A=d_1\cap (P)$: tham số hóa $A(2a;1-a;-2+a)\in (P)\Rightarrow 2(1-a)-3(-2+a)-3=0\iff a=1\Rightarrow A(2;0;-1)$. Gọi $B=d_2\cap (P)$: $B(-1+2t;1+t;1)\in (P)\Rightarrow 2(1+t)-3(1)-3=0\iff t=2\Rightarrow B(3;3;1)$. Đường thẳng $\Delta$ đi qua $A(2;0;-1)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(1;3;2)$ nên có phương trình $\frac{x-2}{1}=\frac{y}{3}=\frac{z+1}{2}$. Chọn A.