Tải bản đầy đủ

PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG CHƯA HỌC PTĐT

Câu 1: [2H3-3-3]
(THPT Trần Hưng Đạo-TP.HCM-2018) Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz , cho bốn điểm A  0;0; 6  , B  0;1; 8 , C 1; 2; 5  và D  4;3;8  . Hỏi có
tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó?
A. Có vô số mặt phẳng.
phẳng.

B. 1 mặt phẳng.

C. 7 mặt phẳng.

D. 4 mặt

Lời giải
Chọn C
Ta có  AB, AC  . AD  0 , suy ra bốn điểm A , B , C , D không đồng phẳng.
Gọi  P  là mặt phẳng cách đều bốn điểm A , B , C , D .
TH1: Có một điểm nằm khác phía với ba điểm còn lại so với  P  . Có bốn mặt phẳng thỏa
mãn.
TH2: Mỗi phía của mặt phẳng  P  có hai điểm. Có ba mặt phẳng thỏa mãn.
Vậy có bảy mặt phẳng thỏa mãn.

Câu 2: [2H3-3-3] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz , cho điểm M 1; 2;5 . Số mặt phẳng   đi qua M và cắt các trục Ox , Oy ,

Oz tại A , B , C sao cho OA  OB  OC ( A , B , C không trùng với gốc tọa độ O
) là
A. 8 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 1 .
Lời giải
Chọn C
Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,


 

có dạng

x y z
   1 , M   
a b c

1 2 5
   1.
a b c

Do OA  OB  OC  a  b  c .
Xét các trường hợp
8
+ a  b  c   1  a  8    : x  y  z  8  0 .
a
2
 1  a  2    : x  y  z  2  0 .
+ a  b  c 
a
6
 1  a  6    : x  y  z  6  0 .
+ a  b  c 
a
4


+ a  b  c   1  a  4    : x  y  z  4  0 .
a
Vậy có 4 mặt phẳng   thỏa ycbt.


Câu 3: [2H3-3-3] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2018) Trong không gian với hệ
trục Oxyz , cho hai điểm M 1; 2;1 ; N  1;0; 1 . Có bao nhiêu mặt phẳng qua M ,

N cắt trục Ox , trục Oy lần lượt tại A , B
A. 1 .

 A  B

B. 2 .

sao cho AM  3BN .

C. 3 .

D. Vô số.

Lời giải
Chọn B
Gọi n   A; B; C  , A2  B 2  C 2  0 là vectơ pháp tuyến của mp  P  thỏa yêu cầu
bài toán.
• mp  P  qua N  1;0; 1 nên phương trình mặt phẳng có dạng:

A  x  1  By  C  z  1  0  Ax  By  Cz  A  C  0 .
• mp  P  qua M 1; 2;1 suy ra A  2B  C  A  C  0  A  B  C  0
 A  C   B (1).

• mp  P  cắt trục Ox tại A  a;0;0  suy ra Aa
.  A  C  0  A.a  B  0 .
a

B
B

(Do nếu A  0  B  0  C  0 nên A  0 ). Suy ra A  ;0;0 
A
A


B  0
• mp  P  cắt trục Oy tại B  0; b;0  suy ra B.b  A  C  0  B.b  B  0  
b  1
.
TH1: B  0  A  C  0  A  C . Chọn C  1  A  1 .
Phương trình mặt phẳng  P  có dạng: x  z  0 .

 A  B  O  0;0;0  không thỏa yêu cầu.
TH2: b  1  B  0;1;0 
2

 B
AM  1    5 ; BN  3
 A
2

 B
AM  3BN  1    5  3
 A

 B
B
1  2

 A  1
 B
A
 1    5  9  

 A
1  B  2
B  3
 A
 A
2




B
 1  B   A  C  0 . Chọn A  1  B  1 .
A

Phương trình mp  P  : x  y  1  0


B
 3  B  3A  C  4 A . Chọn A  1  B  3  C  4 .
A

Phương trình mp  P  : x  3 y  4 z  3  0
Vậy có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu.
Câu 4: [2H3-3-3] (THPT Nguyễn Trãi – Đà Nẵng – 2018) Trong không gian  Oxyz  , cho

A  0;8;2  ,

hai điểm

B  9; 7;23

 S  :  x  5    y  3   z  7 
2

2

2

và mặt cầu

 72 . Mặt phẳng

S 

có phương trình

 P  : x  by  cz  d  0

đi qua

điểm A và tiếp xúc với mặt cầu  S  sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng  P 
lớn nhất. Giá trị của b  c  d khi đó là
A. b  c  d  2 .
B. b  c  d  4 .
b  c  d  1.
Lời giải

C. b  c  d  3 .

D.

Chọn C
Vì A   P  nên ta 8b  2c  d  0  d  8b  2c

  P  : x  by  cz  8b  2c   0 .
Do  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  nên d  I ;  P    R 
Ta có: d  B;  P   

9  7b  23c  8b  2c

5  11b  5c

6 2.
1  b2  c 2
 5  11b  5c   4 1  b  4c 


1  b2  c2
1  b2  c 2
5  11b  5c
1  b  4c
1  b  4c
 d  B;  P   
 d  B;  P    6 2  4
4
2
2
2
2
1 b  c
1  b2  c 2
1 b  c
Cosi  Svac

 d  B;  P    6 2  4

1  1  16  1  b2  c 2 
1  b2  c2

 d  B;  P    18 2 .

c

b  1
1  b  4


 c  4 .
Dấu “=” xảy ra khi 
5  11b  5c


6 2
d  0
 1  b 2  c 2
Vậy Pmax  18 2 khi b  c  d  3 .
Câu 5: [2H3-3-3]
(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Trong không gian
với trục hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H 1; 2;3 là trực tâm của ABC với A, B, C là


ba điểm lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy , Oz (khác gốc tọa độ). Phương trình mặt
phẳng đi qua ba điểm A, B, C là
A. 3 x  y  2 z  9  0

B. x  2 y  3 z  14  0

C. 3 x  2 y  z  10  0

D.

x y z
  1
1 2 3

Lời giải
Chọn B
Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0;c 

 AH 1  a; 2;3 ; BH 1; 2  b;3 ; BC  0;  b;c  ; AC   a;0;c 


 AH .BC  0 2b  3c  0
Do H là trực tâm nên ta có: 

a  3c  0

 BH . AC  0 
x y z
Phương trình mặt phẳng  ABC  :    1 .
a b c

Vì H   ABC  

1 2 3
   1.
a b c




a  2b
2b  3c  0
a  14



2
b

Do đó ta có hệ phương trình: a  3c  0  c 
 b  7 .
3
1 2 3

 14
1
2 9
   1 
c 
3
a b c
 2b  b  2b  1 
Vậy phương trình mặt phẳng  ABC  :

x y 3z
 
 1  x  2 y  3 z  14  0.
14 7 14

Câu 6: [2H3-3-3]
(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Trong không
gian với trục hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H 1; 2;3 là trực tâm của ABC với A, B, C
là ba điểm lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy , Oz (khác gốc tọa độ). Phương trình
mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là
A. 3 x  y  2 z  9  0

B. x  2 y  3 z  14  0

C. 3 x  2 y  z  10  0

D.
Lời giải

Chọn B

x y z
  1
1 2 3


Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0;c 

 AH 1  a; 2;3 ; BH 1; 2  b;3 ; BC  0;  b;c  ; AC   a;0;c 


 AH .BC  0 2b  3c  0
Do H là trực tâm nên ta có: 

a  3c  0
BH
.
AC

0


x y z
Phương trình mặt phẳng  ABC  :    1 .
a b c

Vì H   ABC  

1 2 3
   1.
a b c




a  2b
2b  3c  0
a  14



2b

Do đó ta có hệ phương trình: a  3c  0  c 
 b  7 .
3
1 2 3

 14
   1  1 2 9
c 
3
a b c
 2b  b  2b  1 
Vậy phương trình mặt phẳng  ABC  :

x y 3z
 
 1  x  2 y  3 z  14  0.
14 7 14

Câu 7: [2H3-3-3]
(THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Trong không
gian Oxyz , cho ba điểm A  3;0;0  , B 1; 2;1 và C  2;  1; 2  . Biết mặt phẳng qua B
, C và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC có một vectơ pháp tuyến là 10; a; b  .
Tổng a  b là:
A. 2
B. 2
C. 1
D. 1
Lời giải
Chọn B
Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC là I  x; y; z  .
Ta có phương trình  OBC  : x  z  0 .
Phương trình mặt phẳng  ABC  : 5 x  3 y  4 z  15  0 .
Tâm I cách đều hai mặt phẳng  OBC  và  ABC  suy ra:

 y  3z  5  0
 

.
2
5 2
10 x  3 y  z  15  0   
Nhận xét: hai điểm A và O nằm về cùng phía với   nên loại   .
xz



5 x  3 y  4 z  15

Hai điểm A và O nằm về khác phía    nên nhận    .
Thấy ngay một vectơ pháp tuyến là 10; a; b  thì a  3 , b  1 .Vậy a  b  2 .
Câu 8: [2H3-3-3]

(THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Trong không


gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A  1; 2;0  , B  0; 4;0  , C  0;0; 3 .
Phương trình mặt phẳng  P  nào dưới đây đi qua A , gốc tọa độ O và cách đều
hai điểm B và C ?
A.  P  : 2 x  y  3z  0 .

B.  P  : 6 x  3 y  5 z  0 .

C.  P  : 2 x  y  3z  0 .

D.  P  : 6 x  3 y  4 z  0 .
Lời giải

Chọn D
Ta có AO  1; 2;0  , BC   0; 4; 3 .
TH1: B và C nằm cùng phía với  P  , khi đó BC có giá song song với  P  .
Phương trình mặt phẳng  P  qua O có vtpt n   BC, AO    6;3; 4  nên

 P  : 6 x  3 y  4 z  0 .
3 

TH2: B và C nằm khác phía với  P  , khi đó trung điểm I  0; 2;  của BC
2 

thuộc  P  .

3

IO   0; 2;  . Phương trình mặt phẳng  P  qua O có vtpt n   IO, AO 
2

3 

  3;  ; 2  nên  P  : 6 x  3 y  4 z  0 .
2 

Câu 9: [2H3-3-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không
gian Oxyz , cho tứ diện SABC có S  0;0;1 , A 1;0;1 , B  0;1;1 ; C  0;0; 2  . Hỏi tứ
diện SABC có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 6 .

C. 0 .

B. 1 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn D
Ta có: SA  1; 0; 0  , SB   0;1;0  , SC   0; 0;1 nên SA.SB  0, SB.SC  0,

SC.SA  0 và SA  SB  SC  1
Tức là tứ diện SABC có các cạnh SA, SB , SC bằng nhau và đôi một vuông góc.
Vậy tứ diện SABC có tất cả ba mặt phẳng đối xứng đó là:
- Mặt phẳng trung trực của cạnh AB .


C

B
S

I
A

- Mặt phẳng trung trực của cạnh AC .
B

C
S

J
A

- Mặt phẳng trung trực của cạnh BC .

A

C
S

K
B

Câu 10: [2H3-3-3] (Cụm Liên Trường - Nghệ An - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho các điểm A  0;1;1 , B  2; 1; 2  , C  5; 3;1 .
Tìm toạ độ điểm E sao cho tứ giác ABCE theo thứ tự đó lập thành một hình thang
cân với đáy AB, CE.


A. E  3; 1;0  .

B. E  1;3; 2  .

C. E  7;5; 2  .

D.

E 1;1; 1 .

Lời giải
Chọn B

- Gọi mặt phẳng (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB.
3

Khi đó mặt phẳng (P) đi qua trung điểm I 1;0;  của
2


đoạn AB và có véc tơ pháp tuyến AB   2; 2;1 nên
phương trình của mặt phẳng (P): 4x – 4y + 2z – 7 = 0.

 x  5  2t

- Phương trình đường thẳng EC:  y  3  2t .
z  1 t

1

- Gọi H là giao điểm của đường thẳng EC và mặt phẳng (P) khi đó H  2;0;   suy
2

ra E  1;3; 2  .

Câu 11: [2H3-3-3] (ĐỀ ĐOÀN TRÍ DŨNG - HÀ HỮU HẢI - LẦN 7 - 2018) Trong
không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 x  2 y  z  4  0 và
x2 y2 z2


. Tam giác ABC có A  1; 2;1 , các điểm B ,
1
2
1
C nằm trên   và trọng tâm G nằm trên đường thẳng d . Tọa độ trung điểm M

đường thẳng d :

của BC là:
A. M  0;1; 2 

B. M  2;1;2 

C. M  2; 1; 2 

D.

M 1; 1; 4 
Câu 12: [2H3-3-3] (THPT Lê Quý Đôn - Hà Nội - 2017 - 2018 - BTN) [2H3-3] Trong không
gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M 1;1;1 . Mặt phẳng  P  đi qua M và cắt
chiều dương của các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C thỏa mãn
OA  2OB . Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC .
64
10
9
81
A.
.
B.
.
C. .
D.
.
27
3
2
16


Lời giải
Chọn D
Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  0 . Khi đó mặt phẳng  P  có
1 1 1
x y z
   1 . Vì  P  đi qua M nên    1 .
a b c
a b c
3 1
1
3 2b  3
  1   1

Mặt khác OA  2OB nên a  2b nên
2b c
c
2b
2b
2b
c
.
2b  3
1
1
Thể tích khối tứ diện OABC là V  abc  b 2 c .
6
3

dạng

3 1 3
3 1
9
9
1 16b 2 c
b 2 c 81
3


 .

27

 
   33

3 16
9
2b c 4b 4b c
16b 2 c 3
16b 2c
9

a


2

3 1 1
81
9

   b  .

khi
4b c 3
16
4

c  3



Ta có

Vmin

Câu 13: [2H3-3-3] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN NĂM 2018) Có bao nhiêu mặt phẳng đi
qua điểm M 1;6;4  và cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C (khác gốc tọa độ)
sao cho OA  OB  OC ?
A. 3 .

B. 4 .

C. 1 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn B
Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,


 

có dạng

x y z
   1 , M   
a b c

1 6 4
   1.
a b c

Do OA  OB  OC  a  b  c .
Xét các trường hợp
11
+ a  b  c   1  a  11    : x  y  z  11  0 .
a
3
+ a  b  c   1  a  3    : x  y  z  3  0 .
a
9
 1  a  9    : x  y  z  9  0 .
+ a  b  c 
a
1
 1  a  1    : x  y  z  1  0 .
+ a  b  c 
a


Vậy có 4 mặt phẳng   thỏa ycbt.
Câu 14: [2H3-3-3] (THPT TRIỆU SƠN 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

 P  : 2 x  y  2 z  1  0 và hai điểm A 1; 2;3 , B  3; 2; 1 . Phương trình mặt phẳng
 Q  qua A, B và vuông góc với  P  là
A.  Q  : 2 x  2 y  3z  7  0 .

B.  Q  : 2 x  2 y  3z  7  0 .

C.  Q  : 2 x  2 y  3z  9  0 .

D.  Q  : x  2 y  3z  7  0 .
Lời giải

Chọn A

AB   2; 4; 4  ; VTPT của  P  là n  2;1; 2 
VTPT của  Q  là nQ   AB; n    2; 2;3 .
Phương trình của mặt phẳng  Q  : 2 x  2 y  3z  7  0
Câu 15: [2H3-3-3] (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz , mặt phẳng  P  đi qua hai điểm A  0;1;0  , B  2;3;1 và vuông góc với mặt

phẳng  Q  : x  2 y  z  0 phương trình là
A. 4 x  3 y  2 z  3  0 .

B. 4 x  3 y  2 z  3  0 .

C. x  2 y  3 z  11  0 .

D. x  2 y  3 z  7  0 .
Lời giải

Chọn B
AB   2; 2;1 , vectơ pháp tuyến của  Q  là n  1; 2; 1 .

Vậy  P  có vectơ pháp tuyến là  AB, n   4;3;2  .
Phương trình mặt phẳng  P  : 4 x  3  y  1  2 z  0 , hay  P  : 4 x  3 y  2 z  3  0
.
Câu 16: [2H3-3-3] (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz , cho hai điểm A 1; 1;5  và B  0;0;1 . Mặt phẳng  P  chứa A , B và song

song với trục Oy có phương trình là
A. 4 x  y  z  1  0 .
y  4z 1  0 .

B. 2x  z  5  0 .

C. 4x  z 1  0 .

D.


Lời giải
Chọn C
Ta có AB   1;1; 4  và trục Oy có VTCP là j   0;1; 0 
Mặt phẳng  P  chứa A , B và song song với trục Oy nên có VTPT
n   AB; j    4;0; 1

Khi đó mặt phẳng  P  đi qua B  0;0;1 và VTPT n   4;0; 1 nên có phương trình

4x  z  1  0 .
Câu 17: [2H3-3-3] (THI THỬ CỤM 6 TP. HỒ CHÍ MINH) Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz , mặt phẳng  P  : ax  by  cz  27  0 qua hai điểm A  3; 2;1 , B  3;5; 2 
và vuông góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z  4  0 . Tính tổng S  a  b  c .
A. S  2 .
S  12 .

C. S  4 .

B. S  2 .

D.

Lời giải
Chọn D

A  3; 2;1   P  : ax  by  cz  27  0  3a  2b  c  27  0 1

B  3;5; 2    P  : ax  by  cz  27  0  3a  5b  2c  27  0  2 

 P  : ax  by  cz  27  0 vuông góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z  4  0 .
n p .n q  3a  b  c  0  3
3a  2b  c  27  0 1
a  6


Giải hệ: 3a  5b  2c  27  0  2   b  27  a  b  c  12 .

c  45

3a  b  c  0  3

Câu 18: [2H3-3-3] (THPT AN LÃO) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương
trình mặt phẳng  P  đi qua điểm A 1;1;1 và B  0; 2; 2  đồng thời cắt các tia Ox ,

Oy lần lượt tại 2 điểm M , N (không trùng với gốc tọa độ O ) sao cho OM  2ON
.
A.  P  : 3x  y  2 z  6  0 .

B.  P  : 2 x  3 y  z  4  0 .

C.  P  : 2 x  y  z  4  0 .

D.  P  : x  2 y  z  2  0 .
Lời giải


Chọn D
Gọi M  m;0;0  , N  0; n;0  , P  0;0; p  lần lượt là giao điểm của  P  và trục Ox
, Oy , Oz .

M , N lần lượt thuộc tia Ox , Oy nên m  0 , n  0 .
Phương trình mặt phẳng  P  :

x y z
  1 .
m n p

Ta có: OM  2ON  m  2n
A P 

1 1 1
0 2 2
   1 , B  P     1
m n p
m n p

Suy ra: m  2 , n  1 , p  2   P  : x  2 y  z  2  0 .
Câu 19: [2H3-3-3] (CỤM 7 TP. HỒ CHÍ MINH) Trong hệ tục toạ độ không gian Oxyz , cho

A 1;0;0  ,

B  0; b;0  , C  0;0; c  , biết b, c  0 , phương trình mặt phẳng

 P  : y  z  1  0 . Tính
A. 2 .

1
M  c  b biết  ABC    P  , d O;  ABC    .
3

B.

1
.
2

C.

5
.
2

D. 1 .

Lời giải:
Chọn D
Phương trình mặt chắn  ABC  là:

 ABC    P  
d O;  ABC   

x y z
   1.
1 b c

1 1
  0 b c .
b c

1
2

1 1
1     
b c

2



1
1
 9  1 2 
3
b

2

b  c  .

1
1
 b   , do b, c  0 nên b  c  . Vậy M  a  b  1 .
2
2

Câu 20: [2H3-3-3] (THPT HAI BÀ TRƯNG) Trong không gian Oxyz , cho điểm H 1; 2;3
. Mặt phẳng  P  đi qua điểm H , cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho H là trực
tâm của tam giác ABC . Phương trình của mặt phẳng  P  là
A. ( P ) : 3 x  y  2 z  11  0.

B. ( P) : 3 x  2 y  z  10  0.


D. ( P) : x  2 y  3z  14  0.

C. ( P) : x  3 y  2 z  13  0.
Lời giải

Chọn D
Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc nên nếu H là trực
tâm của tam giác ABC dễ dàng chứng minh được OH   ABC  hay OH   P  .
Vậy mặt phẳng  P  đi qua điểm H 1; 2;3 và có VTPT OH 1; 2;3 nên phương
trình  P  là

 x  1  2  y  2  3  z  3  0  x  2 y  3z  14  0.
Câu 21: [2H3-3-3] (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
hai điểm A  0; 1;0  , B 1;1; 1 và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 .
Mặt phẳng  P  đi qua A , B và cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là đường tròn có
bán kính lớn nhất có phương trình là
A. x  2 y  3 z  2  0 .

B. x  2 y  3 z  2  0 . C. x  2 y  3 z  6  0 . D.

2x  y 1  0 .

Lời giải
Chọn B
Để  P  cắt  S  theo giao tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhất thì ( P ) phải
qua tâm I (1; 2;1) của  S  .
Ta có AI  (1; 1;1), BI  (0; 3;2)  nP   AI , BI   (1; 2; 3) .

1 x  1  2  y  2   3  z  1  0  x  2 y  3z  2  0
Câu 22: [2H3-3-3] (THPT Chuyên TĐN - TPHCM - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Viết
phương trình mặt phẳng  P  song song với  Q  : 2 x  y  2 z  4  0 và cách điểm

A  1;2; 3 một khoảng bằng 2 .
A .  P : 2x  y  2z  0 .

B.  P  : 2 x  y  2 z  4  0 .

C.  P  : 2 x  y  2 z  8  0 .

D.  P  : 2 x  y  2 z  8  0 .
Lời giải

Chọn D


Mặt phẳng  P  song song với  Q  nên phương trình  P  : 2 x  y  2 z  m  0

 m  4 .
Theo bài ra: d  A,  P    2 

2  2  6  m
 2  m2  6
3

m  4  l 
m  2  6


 m  8  t / m 
 m  2  6
Vậy phương trình  P  : 2 x  y  2 z  8  0 .
Câu 23: [2H3-3-3] (THPT Chuyên TĐN - TPHCM - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  và  Q  lần lượt có
phương trình là x  y  z  0 , x  2 y  3z  4 và điểm M 1;  2;5  . Tìm phương
trình mặt phẳng   đi qua điểm M đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng  P  ,

Q  .
A. 5 x  2 y  z  14  0 . B. x  4 y  3 z  6  0 . C. x  4 y  3 z  6  0 . D.
5x  2 y  z  4  0 .

Lời giải
Chọn B
Vectơ pháp tuyến của  P  là n1  1;1;  1 .
Vectơ pháp tuyến của  Q  là n2  1;  2;3 .

n  n1; n2   1;  4;  3
Vì   vuông góc với  P  và  Q  nên   có vectơ pháp tuyến là n .
Mặt phẳng

 

có phương trình là 1 x  1  4  y  2   3  z  5  0 hay

x  4 y  3z  6  0 .

Câu 24: [2H3-3-3] (THPT Chuyên TĐN - TPHCM - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Viết
phương trình mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  : 2 x  y  2 z  4  0 và
cách điểm A  1; 2;  3 một khoảng bằng 2 .
Lời giải
Vì mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  : 2 x  y  2 z  4  0 nên có phương
trình dạng
2 x  y  2 z  D  0 (với D  4 ).
Mặt khác, theo giả thiết d  A;  P    2 

2.  1  2  2.  3  D
22   1   2 
2

2

 2.


 D  2  6  D  4 (loại) hoặc D  8 (chọn).
Vậy  P  : 2 x  y  2 z  8  0 .
Câu 25: [2H3-3-3] (SGD Đà Nẵng - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa
độ Oxyz , cho ba điểm M  m;0;0  , N  0; n;0  và P  0;0; p  . Với m , n , p là các
số dương thay đổi thỏa

 1 1 1
A. H   ;  ;   .
 3 3 3
1 1 1
E ; ; .
3 3 3

1 1 1
   3 . Mặt phẳng  MNP  luôn đi qua điểm:
m n p

B. G 1;1;1 .

C. F  3;3;3 .

D.

Lời giải
Chọn D
Phương trình mặt phẳng  MNP  là:
Mà:

x y z
   1.
m n p

1 1 1
1
1
1
   3
 
 1 . Vậy mặt phẳng  MNP  luôn đi qua
m n p
3m 3n 3 p

1 1 1
E ; ; .
3 3 3
Câu 26: [2H3-3-3] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz
cho mặt cầu

 S  : x2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 , mặt phẳng   : x  4 y  z  11  0 . Gọi  P 
là mặt phẳng vuông góc với   ,  P  song song với giá của vecto v  1;6; 2  và
 P  tiếp xúc với  S  . Lập phương trình mặt phẳng  P  .
A. 2 x  y  2 z  2  0 và x  2 y  z  21  0 .
x  2 y  z  21  0 .

B. x  2 y  2 z  3  0 và

C. 2 x  y  2 z  3  0 và 2 x  y  2 z  21  0 .
2x  y  2z  2  0 .

D. 2 x  y  2 z  5  0 và

Lời giải
Chọn C

 S  có tâm I 1;  3; 2  và bán kính
n  1; 4;1 .

R  4 . Véc tơ pháp tuyến của   là

Suy ra VTPT của  P  là nP  n , v    2;  1; 2  .


Do đó  P  có dạng: 2 x  y  2 z  d  0 .
Mặt khác  P  tiếp xúc với  S  nên d  I ,  P    4
Hay

 d  21
.
4 
2
d  3
22   1  22
23 4 d

Vậy PTMP  P  :
Câu 27: [2H3-3-3] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho các điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  ,

C  0;0;3 , D  2; 2;0  . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5
điểm O , A , B , C , D ?
A. 7 .
B. 5 .

C. 6 .

D. 10 .

Lời giải
Chọn B
Ta thấy A , B , C lần lượt thuộc các trục tọa độ Ox , Oy , Oz . Phương trình mặt
x y z
phẳng  ABC  là:    1 . Rõ ràng D   ABC  .
1 2 3
Ta cũng có AB   1; 2;0  và AD  1; 2;0  nên AB   AD , suy ra D nằm trên
đường thẳng AB .
Bởi vậy, có 5 mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O , A , B , C , D là
 OAB  ,  OBC  ,  OAC  ,  ABC  và  OCD  .
Câu 28: [2H3-3-3] [NGUYỄN KHUYẾN TPHCM] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , hai mặt phẳng 4 x  4 y  2 z  7  0 và 2 x  2 y  z  1  0 chứa hai mặt
của hình lập phương. Thể tích khối lập phương đó là
A. V 

V

8
27

B. V 

81 3
8 .

C. V 

9 3
2

D.

64
27
Lời giải

Chọn A
Theo bài ra hai mặt phẳng 4 x  4 y  2 z  7  0 và 2 x  2 y  z  1  0 chứa hai
mặt của hình lập phương. Mà hai mặt phẳng ( P) : 4 x  4 y  2 z  7  0 và

(Q) : 2 x  2 y  z  1  0 song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng
sẽ bằng cạnh của hình lập phương.


Ta có M (0;0; 1)  (Q) nên d ((Q),( P))  d ( M ,( P)) 

Vậy thể tích khối lập phương là: V 

2  7
42  (4)2  22



3
2

2 2 2 8
.
. . 
3 3 3 27

Câu 29: [2H3-3-3] [LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM] [2017] Trong không gian cho điểm
M (1; 3;2) .Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại A, B , C
mà OA  OB  OC  0
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Lời giải
Chọn C
Giả sử mặt phẳng ( ) cần tìm cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại

A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0c)(a,b,c  0)
( ) :

x y z
1 3 2
   1 ; ( ) qua M (1; 3;2) nên: ( ) :    1(*)
a b c
a b c

 a  b  c(1)
 a  b  c(2)
OA  OB  OC  0  a  b  c  0  
 a  b  c(3)

 a  b  c(4)
Thay (1) vào (*) ta có phương trình vô nghiệm
Thay (2),(3),(4) vào (*) ta được tương ứng a  4, a  6, a 

3
4

Vậy có 3 mặt phẳng.
Câu 30: [2H3-3-3] [LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz
cho điểm E(8;1;1) .Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua E và cắt nửa trục dương

Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B , C sao cho OG nhỏ nhất với G là trọng tâm tam giác
ABC .
A. x  y  2 z  11  0 .

B. 8 x  y  z  66=0 .

C. 2 x  y  z  18  0 .

D. x  2 y  2 z  12  0 .
Lời giải

Chọn D
Cách 1 :


Với đáp án A: A(11;0;0);B(0;11;0);C(0;0;

11
11 11 11
121
)  G( ; ; )  OG 2 
2
3 3 6
4

Với đáp án B:

A(

33
11
15609
;0;0);B(0;66;0);C(0;0;66)  G( ;22;22)  OG 2 
4
4
16

Với đáp án C: A(9;0;0);B(0;18;0);C(0;0;18)  G(3;

18 18
; )  OG 2  81
3 3

Với đáp án D: A(12;0;0);B(0;6;0);C(0;0;6)  G(4;2;2)  OG 2  24
Cách 2 :
Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  0 . Theo đề bài ta có :

8 1 1
   1 . Cần tìm giá trị nhỏ nhất của a 2  b2  c2 .
a b c
Ta có

a

2

 b2  c 2   4  1  1   a.2  b.1  c.1  6.  a 2  b 2  c 2    2a  b  c 
2

2

Mặt khác

a

2

 b 2  c 2   4  1  1   a.2  b.1  c.1
8 1 1
  2a  b  c     
a b c
  4  1  1  36
2

a2
 b 2  c 2  a  2b  2c.
Suy ra a  b  c  6 . Dấu ''  '' xảy ra khi
4
2

2

2

3

Vậy a 2  b2  c 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 216 khi a  12, b  c  6 .
Vậy phương trình mặt phẳng là :

x y z
   1 hay x  2 y  2 z  12  0 .
12 6 6

Câu 31: [2H3-3-3] [BẮC YÊN THÀNH] [2017] Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua điểm
M (1;9;4) và cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C (khác gốc tọa độ) sao cho

OA  OB  OC .
A. 1 .

C. 3 .

B. 2 .
Lời giải

Chọn D

D. 4 .


Giả sử mặt phẳng ( ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là

A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) với a, b, c  0.
Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng

x y z
   1.
a b c

Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) nên

1 9 4
   1 (1).
a b c

Vì OA  OB  OC nên a  b  c , do đó xảy ra 4 trường hợp sau:
+) TH1: a  b  c.

1 9 4
   1  a  14, nên phương trình mp ( ) là
a a a
x  y  z  14  0.

Từ (1) suy ra

+) TH2: a  b  c. Từ (1) suy ra

1 9 4
   1  a  6, nên pt mp ( ) là
a a a

x  y  z  6  0.
+) TH3: a  b  c. Từ (1) suy ra

x  y  z  4  0.
+) TH4: a  b  c. Từ (1) có

x  y  z  12  0.

1 9 4
   1  a  4, nên pt mp ( ) là
a a a

1 9 4
   1  a  12, nên pt mp ( ) là
a a a

Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn.
Câu 32: [2H3-3-3] [LƯƠNG TÂM] [2017] Phương trình của mặt phẳng nào sau đây đi qua

điểm M 1;2;3 và cắt ba tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho thể tích
tứ diện OABC nhỏ nhất?
A. 6 x  3 y  2 z  18  0 .

B.

6 x  3 y  3 z  21  0 .
C. 6 x  3 y  3 z  21  0 .
6 x  3 y  2 z  18  0 .

D.

Lời giải
Giả sử A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) ( a, b, c  0)
(ABC):

x y z
   1 (1)
a b c


1 2 3
   1.
a b c
1
Thể tích tứ diện OABC: V  abc
6
M(1;2;3) thuộc (ABC):

Áp dụng BDT Côsi ta có:

1

1 2 3
6
27.6
1
   33
1
 abc  27  V  27
a b c
abc
abc
6

a  3
1 2 3 1

Ta có: V đạt giá trị nhỏ nhất  V  27      b  6
a b c 3
c  9

Vậy (ABC): 6 x  3 y  2 z  18  0 .

Câu 33: [2H3-3-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Lần 6 – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , biết mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 với c  0 đi qua hai điểm A  0;1;0 
, B 1;0;0  và tạo với mặt phẳng  yOz  một góc 60 . Khi đó giá trị a  b  c thuộc
khoảng nào dưới đây?
A.  0;3 .

B.  3;5 .

C.  5;8 .

D.  8;11 .

Lời giải
Chọn A

b  d  0
Ta có: A, B   P  nên 
. Suy ra  P  có dạng ax  ay  cz  a  0 có
a  d  0
vectơ pháp tuyến là n   a; a; c  .
Măt phẳng  yOz  có vectơ pháp tuyến là i  1;0;0  .
Ta có: cos 60 

n.i
n.i



a
1
 2a 2  c 2  4a 2  2a 2  c 2  0 .

2
2
2
2a  c .1

Chọn a  1 , ta có: c2  2  c   2 do c  0 .
Ta có: a  b  c  a  a  c  1  1  2  2  2   0;3 .
Câu 34: [2H3-3-3] (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không
gian Oxyz , mặt phẳng   đi qua M 1;1; 4  cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A
, B , C phân biệt sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất. Tính thể tích nhỏ nhất
đó.
A. 72 .
B. 108 .
B. 18 .
D.
36 .


Lời giải
Chọn B
Đặt A   a;0;0  , B   0; b;0  , C   0;0; c  với a, b, c  0 .
Khi đó phương trình mặt phẳng   là
Vì   đi qua M 1;1; 4  nên

x y z
  1.
a b c

1 1 4
  1.
a b c

1
1
Thể tích của tứ diện OABC là VOABC  OA.OB.OC  abc .
6
6

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1 

1 1 4
4
   33
 abc  108 .
a b c
abc

Dấu bằng xảy ra khi a  b  3 ; c  12 .
Vậy tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất bằng

1
.108  18 .
6

Câu 35: [2H3-3-3] (SGD Bình Dương - HK 2 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với
hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm S  1;6; 2  , A  0;0;6  , B  0;3;0  , C  2;0;0  .
Gọi H là chân đường cao vẽ từ S của tứ diện S.ABC . Phương trình mặt phẳng đi
qua ba điểm S , B , H là
A. x  y  z  3  0 .

B. x  y  z  3  0 .

C. x  5 y  7 z  15  0 .

D. 7 x  5 y  4 z  15  0 .
Lời giải

Chọn C
Phương trình Mặt phẳng  ABC  :

x y z
   1  3 x  2 y  z  6  0 .
2 3 6

H là chân đường cao vẽ từ S của tứ diện S.ABC nên H là hình chiếu vuông góc
 19 31 17 
của S lên mặt phẳng  ABC   H  ; ; 
 14 7 14 

qua B  0;3;0 

Mặt phẳng  SBH  : 
.
 11 55 11  11
vtpt  BH , SB    14 ; 14 ;  2   14 1;5;  7 



Phương trình Mặt phẳng  SBH  : x  5  y  3  7 z  0  x  5 y  7 z  15  0 .


Câu 36: [2H3-3-3] (SGD - Quảng Nam - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với
hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;1;0  , B  0; 1; 2  . Biết rằng có hai mặt phẳng
cùng đi qua hai điểm A , O và cùng cách B một khoảng bằng 3 . Véctơ nào trong
các véctơ dưới đây là một véctơ pháp tuyến của một trong hai mặt phẳng đó.
A. n  1; 1; 1 .

B. n  1; 1; 3 .

C. n  1; 1;5  .

D.

n  1; 1; 5  .

Lời giải
Chọn C

x  t
x  y  0

Phương trình đường thẳng qua hai điểm A , O có dạng  y  t  
.
z

0

z  0

Gọi  P  là mặt phẳng cùng đi qua hai điểm A , O nên  P  : m  x  y   nz  0 ,
m 2  n 2  0 . Khi đó véctơ pháp tuyến của  P  có dạng n   m; m; n  .

m
 n 1
m  2n
2
2
Ta có d  B,  P    3 
 3  2m  4mn  n  0  
m2  m2  n 2
m  1
 n 5
.
Vậy một véctơ pháp tuyến của một
 1 1
 n
n   n; n; n   1; 1;5 .
5 5
 5

trong hai

mặt

phẳng đó là

Câu 37: [2H3-3-3] (SGD - Quảng Nam - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với
hệ tọa độ Oxy , cho mặt phẳng  P  : 2 y  z  3  0 và điểm A  2;0;0  . Mặt phẳng
4
và cắt
3
các tia Oy , Oz lần lượt tại các điểm B , C khác O . Thể tích khối tứ diện OABC
bằng

 

đi qua A , vuông góc với  P  , cách gốc tọa độ O một khoảng bằng

A. 8 .

B. 16 .

C.
Lời giải

Chọn C
Giả sử B  0; b;0  và C  0;0; c  , với b , c  0 .

8
.
3

D.

16
.
3


Khi đó phương trình mặt phẳng   là:
Vì     P  nên
Mặt

khác

x y z
   1.
2 b c

2 1
1
1
  0   2. .
b c
c
b

d  O ,    

5
5
4
1
4
 b 2  16

  2 
2
2
2
b
16
3
3
1 1 1


     
2 b c

 b  4  c  2.
1
8
Vậy VO. ABC  .OA.OB.OC  .
6
3

Câu 38: [2H3-3-3] (THTT - Số 484 - Tháng 10 - 2017 - BTN) Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz , cho điểm M  3; 2;1 . Mặt phẳng  P  đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox
, Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C không trùng với gốc tọa độ sao cho M là
trực tâm tam giác ABC . Trong các mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song song với mặt
phẳng  P  .
A. 3 x  2 y  z  14  0 . B. 2 x  y  3 z  9  0 . C. 3 x  2 y  z  14  0 . D.
2x  y  z  9  0 .

Lời giải
Chọn A.
Gọi A  a;0;0  ; B  0; b;0  ; C  0;0; c 
Phương trình mặt phẳng  P  có dạng:
Vì  P  qua M nên

3 2 1
  1
a b c

x y z
   1 a.b.c  0 
a b c

1

Ta có: MA   a  3; 2; 1 ; MB   3; b  2; 1 ; BC   0; b; c  ; AC    a;0; c 


2b  c
 MA.BC  0

Vì M là trực tâm của tam giác ABC nên: 
 2
3
a

c
MB
.
AC

0



14
14
Từ 1 và  2  suy ra a  ; b  ; c  14 . Khi đó phương trình  P  :
3
2
3 x  2 y  z  14  0
Vậy mặt phẳng song song với  P  là: 3 x  2 y  z  14  0.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×