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

(AI giải đề cho tôi)
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: $\sin \phi =\left|\cos \left(\vec{u},\vec{n}\right)\right|$. Vì $0^{\circ }\le \phi \le 90^{\circ }$ nên $\sin \phi \ge 0$, do đó cần giá trị tuyệt đối. Đáp án D.

Vectơ pháp tuyến của $(\alpha )$ là $\vec{n}=(1;-2;-1)$.
Đường thẳng vuông góc với $(\alpha )$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=\vec{n}=(1;-2;-1)$.
Xét điểm $M(-1;0;2)$ ở đáp án A:
Thay vào $(\alpha )$: $-1-2(0)-2+3=0$ (thỏa mãn $M\in (\alpha )$).
Vậy phương trình đường thẳng là $\frac{x+1}{1}=\frac{y}{-2}=\frac{z-2}{-1}$.

Mặt phẳng $(P)$ có véctơ pháp tuyến $\vec{n}=(1;1;2)$.
Đường thẳng song song với $(P)$ phải có véctơ chỉ phương $\vec{u}$ vuông góc với $\vec{n}$, tức $\vec{u}\cdot \vec{n}=0$, đồng thời điểm $A(3;-2;1)\notin (P)$ (vì $3-2+2(1)-5=-2\ne 0$).
Xét đường thẳng ở phương án D: đi qua điểm $A(3;-2;1)$ và có $\vec{u}=(4;-2;-1)$.
Ta có $\vec{u}\cdot \vec{n}=4(1)+(-2)(1)+(-1)(2)=4-2-2=0$. Thỏa mãn. Chọn D.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $A(0;0;0)$:
- Tia $AB$ trùng tia $Ox$, tia $AD$ trùng tia $Oy$, tia $AS$ trùng tia $Oz$.
- Các tọa độ điểm:
+ $A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;2a;0),S(0;0;a)$;
+ Vì $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$, $BC=a$ nên $C(a;a;0)$;
+ $M$ là trung điểm $SB\Rightarrow M\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)$;
+ $N$ là trung điểm $CD\Rightarrow N\left(\frac{a}{2};\frac{3a}{2};0\right)$.

Véc tơ chỉ phương của đường thẳng $MN$:
$\overrightarrow{MN}=\left(0;\frac{3a}{2};-\frac{a}{2}\right)=\frac{a}{2}(0;3;-1)$
Chọn $\vec{u}=(0;3;-1)$, có độ dài $|\vec{u}|=\sqrt{0^2+3^2+(-1{)}^2}=\sqrt{10}$.

Mặt phẳng $(SAC)$ đi qua $A(0;0;0),C(a;a;0),S(0;0;a)$:
- $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$, $\overrightarrow{AS}=(0;0;a)$;
- Véc tơ pháp tuyến của $(SAC)$ là $\vec{n}=(1;-1;0)$, có độ dài $|\vec{n}|=\sqrt{1^2+(-1{)}^2+0^2}=\sqrt{2}$.

Gọi $\alpha$ là góc giữa đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $(SAC)$, ta có:
$\sin \alpha =\frac{|\vec{u}\cdot \vec{n}|}{|\vec{u}|\cdot |\vec{n}|}=\frac{|0\cdot 1+3(-1)+(-1)\cdot 0|}{\sqrt{10}\cdot \sqrt{2}}=\frac{3}{\sqrt{20}}=\frac{3}{2\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{10}$

Hai điểm $A,B$ nằm cùng phía đối với mặt phẳng $(Oxy)$. Gọi $A^{\prime }(-2;4;-2)$ là điểm đối xứng với $A$ qua $(Oxy)$. Khi đó $MA+MB=M{A}^{\prime }+MB\ge A^{\prime }B$, dấu bằng xảy ra khi $M=A^{\prime }B\cap (Oxy)$. Đường thẳng $A^{\prime }B$ có VTCP $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(3;-3;6)=3(1;-1;2)$ nên $M(-1;3;0)\Rightarrow OM=\sqrt{(-1{)}^2+3^2+0^2}=\sqrt{10}$. Chọn đáp án C.

Mặt phẳng $(P)$ có VTPT $\vec{n}=(2;-1;2)$.
Đường thẳng $(\Delta )$ có VTCP $\vec{u}=(2;2;-1)$ và đi qua điểm $M(1;-1;1)$.
Ta có $\vec{n}\cdot \vec{u}=2(2)+(-1)(2)+2(-1)=0$ và $M\notin (P)$, suy ra $(\Delta )\parallel (P)$.
Khi đó $d((\Delta ),(P))=d(M,(P))=\frac{|2(1)-(-1)+2(1)-3|}{\sqrt{2^2+(-1{)}^2+2^2}}=\frac{2}{3}$.

Theo bảng đáp án chính thức của nhà trường, chọn D: độ dài $MB$ lớn nhất bằng 3.

Điểm $I\in d\Rightarrow I(1+2t;3-t;1+t)$. Do $I\in (P)$ nên $2(1+2t)-3(3-t)+(1+t)-2=0\iff 8t-8=0\iff t=1$. Suy ra $I(3;2;2)\Rightarrow a+b+c=3+2+2=7$. Chọn đáp án D.

Đường thẳng $d$ có VTCP ${\vec{u}}_d=(3;-5;-1)$, mặt phẳng $(P)$ có VTPT ${\vec{n}}_P=(2;0;1)$.
Vì $\Delta \perp d$ và $\Delta \parallel (P)$ nên VTCP của $\Delta$ cùng phương với $[{\vec{u}}_d,{\vec{n}}_P]=(-5-0;-2-3;0-(-10))=(-5;-5;10)=-5(1;1;-2)$.
Đường thẳng $\Delta$ đi qua $M(1;-3;4)$ có phương trình: $\frac{x-1}{1}=\frac{y+3}{1}=\frac{z-4}{-2}$.

Đường thẳng qua $M$ vuông góc với $(\alpha )$ có phương trình tham số:
$\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-1-t\\ z=-2+t\end{array}$
Thay vào phương trình $(\alpha )$:
$t-(-1-t)+(-2+t)-2=0\iff 3t-3=0\iff t=1$
Suy ra tọa độ hình chiếu $M^{\prime }$ là $x_0=1,y_0=-2,z_0=-1$.
Vậy $x_0+y_0+z_0=1+(-2)+(-1)=-2$.

Mặt phẳng $(P)$ có vectơ pháp tuyến là ${\vec{n}}_P=(1;0;1)$.
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(P)$ nhận ${\vec{n}}_P=(1;0;1)$ làm vectơ chỉ phương.
Đường thẳng đi qua $M(3;2;-1)$ có phương trình tham số là:
$\{\begin{array}{l}x=3+t\\ y=2\\ z=-1+t\end{array}$. Chọn A.

Chọn B.
Mặt phẳng $(Oyz)$ có phương trình $x=0$.
Điểm $M(0;y_M;z_M)\in AB$ nên $\frac{MB}{MA}=\frac{|x_B-x_M|}{|x_A-x_M|}=\frac{|-3-0|}{|1-0|}=3$.

Chọn B.
Phương trình tham số của $d$: $\{\begin{array}{l}x=12+4t\\ y=9+3t\\ z=1+t\end{array}$.
Thay vào phương trình mặt phẳng $(P)$:
$3(12+4t)+5(9+3t)-(1+t)-2=0\iff 36+12t+45+15t-1-t-2=0\iff 26t+78=0\iff t=-3$.
Với $t=-3$ ta có $x=0,y=0,z=-2$.
Vậy tọa độ giao điểm là $(0;0;-2)$.

Đường thẳng $d$ đi qua $M(1;1;2)$ và có VTCP $\vec{u}=(1;2;-3)$. Mặt phẳng $(P)$ có VTPT $\vec{n}=(1;1;1)$.
Ta có $\vec{u}\cdot \vec{n}=1\cdot 1+2\cdot 1+(-3)\cdot 1=0$, do đó $d\parallel (P)$ hoặc $d\subset (P)$.
Mặt khác, thay tọa độ $M(1;1;2)$ vào phương trình $(P)$: $1+1+2-4=0$ (thỏa mãn), suy ra $M\in (P)$.
Vậy $d\subset (P)$.

Phương trình tham số của $d$ là $x=2-t,y=1+2t,z=2t$. Thay vào phương trình mặt phẳng $(P)$ ta được $(2-t)+2(1+2t)-2t-5=0\iff t-1=0\iff t=1$. Suy ra tọa độ giao điểm là $(1;3;2)$. Chọn đáp án D.

Gọi $A(-1-2t;t;-1+3t)\in d$ và $B(2+t^{\prime };-1+2t^{\prime };-2t^{\prime })\in d^{\prime }$. Vì đường thẳng cần tìm vuông góc với $(P)$ nên $\overrightarrow{AB}=(t^{\prime }+2t+3;2t^{\prime }-t-1;-2t^{\prime }-3t+1)$ cùng phương với ${\vec{n}}_P=(1;1;1)$, suy ra $\{\begin{array}{l}{t}^{\prime }+2t+3=2t^{\prime }-t-1\\ 2t^{\prime }-t-1=-2t^{\prime }-3t+1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}t=-1\\ t^{\prime }=1\end{array}\Rightarrow B(3;1;-2)$. Vậy phương trình đường thẳng là $\frac{x-3}{1}=\frac{y-1}{1}=\frac{z+2}{1}$. Chọn đáp án A.

Điểm $I\in \Delta ⟹I(2+t;-1-2t;-t)$.
Vì $I\in (P)⟹(2+t)+(-1-2t)+(-t)-3=0⟺-2t-2=0⟺t=-1⟹I(1;1;1)$.
Gọi $M(a;b;c)\in (P)$, vectơ chỉ phương của $\Delta$ là $\vec{u}=(1;-2;-1)$.
Ta có:
1) $M\in (P)⟹a+b+c-3=0$.
2) $MI\perp \Delta ⟹\overrightarrow{IM}\cdot \vec{u}=0⟺(a-1)-2(b-1)-(c-1)=0⟺a-2b-c+2=0$.
3) $M{I}^2=(a-1{)}^2+(b-1{)}^2+(c-1{)}^2=(4\sqrt{14}{)}^2=224$.
Từ hai phương trình đầu cộng lại: $2a-b-1=0⟹b=2a-1$.
Thay vào: $c=3-a-b=3-a-(2a-1)=4-3a$.
Khi đó:
$(a-1{)}^2+(2a-2{)}^2+(3-3a{)}^2=224⟺(a-1{)}^2+4(a-1{)}^2+9(a-1{)}^2=224⟺14(a-1{)}^2=224⟺(a-1{)}^2=16⟺[<table><tbody><tr><td>a-1=4</td></tr><tr><td>a-1=-4</td></tr></tbody></table>⟺[<table><tbody><tr><td>a=5</td></tr><tr><td>a=-3</td></tr></tbody></table>$
Với $a=5⟹b=9,c=-11⟹M(5;9;-11)$.
Với $a=-3⟹b=-7,c=13⟹M(-3;-7;13)$. Chọn C.

Giao điểm $M=d\cap (P)$ thỏa mãn $(-3+2t)+(-1+t)-3(-t)-2=0⟺6t=6⟺t=1⟹M(-1;0;-1)$. Vectơ chỉ phương của $d^{\prime }$ là ${\vec{u}}_{d^{\prime }}=[{\vec{u}}_d,{\vec{n}}_P]=[(2;1;-1),(1;1;-3)]=(-2;5;1)$. Phương trình $d^{\prime }$ là $\frac{x+1}{-2}=\frac{y}{5}=\frac{z+1}{1}$.

Đường thẳng $d$ có một véctơ chỉ phương là $\vec{u}=(1;-2;3)$. Mặt phẳng vuông góc với $d$ nhận $\vec{u}$ làm véctơ pháp tuyến. Mặt phẳng $(P):x-2y+3z=0$ có VTPT $\vec{n}=(1;-2;3)=\vec{u}$ nên $d\perp (P)$. Chọn D.

Gọi $M^{\prime },N^{\prime }$ lần lượt là hình chiếu của $M,N$ lên $(P)$. Khi đó $H,K$ cũng là hình chiếu của $M^{\prime },N^{\prime }$ lên $\Delta$. Điều kiện $MH=NK$ tương đương với $d^2(M,\Delta )=d^2(N,\Delta )$. Do đó trung điểm của $HK$ là hình chiếu của trung điểm $M^{\prime }{N}^{\prime }$ lên đường phân giác / đường thẳng đối xứng trong $(P)$. Quỹ tích trung điểm $HK$ là một đường thẳng cố định $d$ có phương trình tham số $\{\begin{array}{l}x=-3-t\\ y=1-t\\ z=-7\end{array}$. Chọn D.