Tải bản đầy đủ

PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG CÓ SỬ DỤNG PTĐT

Câu 1: [2H3-4-4] (Đề thi lần 6- Đoàn Trí Dũng - 2017 - 2018)Trong không gian với hệ
trục tọa độ Oxyz , cho các điểm M 1; m;0  , N  1;0; n  với m, n là các số thực
dương thỏa mãn mn  2 . Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một
mặt cầu cố định. Xác định bán kính mặt cầu đó.
A. R 

1
.
2

B. R 

6
.
3

C. R 

2
.
2


D. R  1 .

Lời giải
Chọn D
Gọi I  a; b; c  và R là tâm và bán kính của mặt cầu cố định (nếu có).

2

Ta có: MN   2; m; n    2; m;  , MI   a  1; b  m; c  ,
m

2b
2a  2

 MN , MI    mc  2  ; 2c 
; ma  m  2b 

 
m
m

2b  
2a  2 
2

 mc  2     2c 
   ma  m  2b 
m 
m 

Ta có: R  d  I , MN  
4
4  m2  2
m
2

 m c  2m  2b    2mc  2a  2    m a  2mb  m 
2




2

2

2

2 2

2

m 4  4m 2  4

Khi a  b  c  0 thì R  1 không phụ thuộc vào m, n .

Câu 2: [2H3-4-4] (CÔNG TY TNHH GIÁO DỤC TÂN HỒNG PHONG) Trong không
x 1 y  2 z 1


gian tọa độ Oxyz , cho 2 đường thẳng d1 :
,
2
1
2
x 1 y 1 z  2
d2 :


. Mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 song song với d1 , d 2
1
3
1
và khoảng cách từ d1 đến  P  bằng 2 lần khoảng cách từ d 2 đến  P  . Tính
S

abc
.
d

1
A. S  .
3

B. S  1 .

C. S  4 .

D. S 

8
hay S  4 .
34


Lời giải
Chọn D
Đường thẳng d1 đi qua điểm A 1; 2;1 và có véctơ chỉ phương là u1   2;1; 2  .
Đường thẳng d 2 đi qua điểm B 1;1; 2  và có véctơ chỉ phương là u2  1;3;1 .

 P  có VTPT là:
 P  : 7 x  4 y  5z  d  0

n  u1 , u2    7; 4;5

nên



phương

trình:

d  34
Ta có: d  A;  P   2d  B;  P   d  20  2 d  7  
d  2
Vậy S 

8
hay S  4 .
34

Câu 3: [2H3-4-4] (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Trong không gian với hệ trục toạ độ
x 1 y 1 z

 và mặt phẳng   : x  2 y  2 z  5  0 .
1
2
2
Gọi  P  là mặt phẳng chứa  và tạo với   một góc nhỏ nhất. Phương trình mặt
Oxyz , cho đường thẳng  :

phẳng  P  có dạng ax  by  cz  d  0 ( a, b, c, d 

và a, b, c, d  5 ). Khi đó tích

a.b.c.d bằng bao nhiêu?
A. 120 .

C. 60 .

B. 60 .

D. 120 .

Lời giải
Chọn D

Hình minh họa
Trên đường thẳng  lấy điểm A 1;1;0  . Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông
góc với mặt phẳng   . Ta có u d  1; 2;2  .


Trên đường thẳng d lấy điểm C bất kì khác điểm A .
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên mặt phẳng  P  và đường
thẳng  .
Lúc này, ta có

 P  ;    CH ; d   HCA

Xét tam giác HCA ta có sin HCA 

AH
, mà tam giác AHK vuông tại K nên ta có
AC

AH AK

(không đổi) . Nên để góc HCA nhỏ nhất khi H trùng với K hay
AC AC

CK   P 
Ta có  ACK  đi qua d và  . Vì u d ; u     8; 0; 4  nên chọn n ACK    2;0;1


Mặt khác ta có

 P

đi qua

 , vuông góc mặt phẳng

 ACK 



 n ACK  ; u     2;5; 4 



Nên n P    2;5; 4  . Vậy phương trình mặt phẳng  P  là :

2  x  1  5  y  1  4 z  0  2 x  5 y  4 z  3  0  2 x  5 y  4 z  3  0 .

Câu 4: [2H3-4-4] (THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG) Trong không gian với hệ trục tọa
độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.ABCD biết rằng A  0;0;0  , B 1;0;0  ,

D  0;1;0  , A  0;0;1 . Phương trình mặt phẳng  P  chứa đường thẳng BC và tạo
với mặt phẳng  AACC  một góc lớn nhất là
A. x  y  z  1  0 .

B.  x  y  z  1  0 .

x  y  z 1  0 .

Lời giải
Chọn D

Góc giữa hai mặt phẳng lớn nhất bằng 90 0 .

C. x  y  z  1  0 .

D.


Nên góc lớn nhất giữa  P  và  ACC A  bằng 90 0 hay  P    ACCA  .
Mà  BDC    ACCA    P    BDC  .
Ta có C 1;1;1
VTPT của  P  : nP   BD, BC  1;1; 1 .

  P  : x  y  z 1  0

Câu 5: [2H3-4-4] (THPT PHAN ĐÌNH TÙNG ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,
cho mặt phẳng  P  : 3x  y  z  5  0 và hai điểm A 1;0; 2  , B  2; 1; 4  . Tìm tập
hợp các điểm M  x; y; z  nằm trên mặt phẳng  P  sao cho tam giác MAB có diện
tích nhỏ nhất.

x  7 y  4z  7  0
.
A. 
3x  y  z  5  0

 x  7 y  4 z  14  0
.
B. 
3x  y  z  5  0

x  7 y  4z  7  0
.
C. 
3x  y  z  5  0

3x  7 y  4 z  5  0
.
D. 
3x  y  z  5  0
Lời giải

Chọn C
Ta thấy hai điểm A, B nằm cùng 1 phía với mặt phẳng  P  và AB song song với

 P  . Điểm
M   P  sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất
 S ABC 

AB.d ( M ; AB )
2

nhỏ

nhất

 d  M ; AB 

M     P    Q  ,  Q  là mặt
phẳng đi qua AB và vuông góc với  P  .
Ta có AB  1; 1; 2  , vtpt của  P  n P   3;1; 1
Suy ra vtpt của  Q  : nQ   AB, n P    1;7;4 


PTTQ  Q  : 1 x  1  7 y  4  z  2   0
 x  7 y  4z  7  0

nhỏ

nhất,

hay


x  7 y  4z  7  0
.
Quỹ tích M là 
3x  y  z  5  0

Câu 6: [2H3-4-4] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3;0; 2  , B  3;0; 2  và mặt cầu

x 2  ( y  2)2  ( z  1)2  25 . Phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm A , B và
cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn bán kính nhỏ nhất là
A. x  4 y  5 z  17  0 .

B. 3x  2 y  z  7  0 .

C. x  4 y  5 z  13  0 .

D. 3 x  2 y  z –11  0 .
Lời giải

Chọn D
Mặt cầu  S  có tâm I  0; 2;1 , bán kính R  5 . Do IA  17  R nên AB luôn
cắt  S  . Do đó ( ) luôn cắt  S  theo đường tròn  C  có bán kính



r  R 2  d  I ,   



2

. Đề bán kính r nhỏ nhất  d  I ,    lớn nhất.

Mặt phẳng   đi qua hai điểm A , B và vuông góc với mp  ABC  .
Ta có AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2) suy ra  ABC  có véctơ pháp tuyến

n   AB, AC   (1;4; 5)
(α) có véctơ pháp tuyến n  n, AB   (9  6; 3)  3(3;2;1)
Phương trình   :3  x – 2   2  y –1  1 z – 3  0  3x  2 y  z –11  0 .
Câu 7: [2H3-4-4] [CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ - 2017] Cho điểm A(0;8; 2) và mặt cầu ( S )
có phương trình ( S ) : ( x  5) 2  ( y  3) 2  ( z  7) 2  72 và điểm B (9; 7; 23) . Viết
phương trình mặt phẳng ( P ) qua A tiếp xúc với ( S ) sao cho khoảng cách từ B đến

( P ) là lớn nhất. Giả sử n  (1; m; n) là một vectơ pháp tuyến của ( P ) . Lúc đó
A. m.n  2 .
m.n  4 .

B. m.n  2 .

C. m.n  4 .

Lời giải
Chọn D
Mặt phẳng ( P ) qua A có dạng

a( x  0)  b( y  8)  c( z  2)  0  ax  by  cz  8b  2c  0 .
Điều kiện tiếp xúc:

D.


d ( I ;( P))  6 2 
Mà d ( B;( P)) 

5a  3b  7c  8b  2c

a b c
9a  7b  23c  8b  2c
2

2

2

a 2  b2  c 2
5a  11b  5c  4(a  b  4c)


a 2  b2  c 2



5a  11b  5c
a 2  b2  c 2

4

a  b  4c



6 2 

5a  11b  5c

a 2  b2  c 2
9a  15b  21c

 6 2 . (*)

a 2  b2  c 2

12  (1)2  42 . a 2  b2  c 2

6 24

a 2  b2  c 2
a 2  b2  c 2
a b c
 . Chọn a  1; b  1; c  4 thỏa mãn (*).
Dấu bằng xảy ra khi 
1 1 4
Khi đó ( P) : x  y  4 z  0 . Suy ra m  1; n  4 . Suy ra: m.n  4. .

 18 2 .

Câu 8: [2H3-4-4] (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với

a , b , c là các số thực dương thay đổi tùy ý sao cho a 2  b 2  c 2  3 . Khoảng cách
từ O đến mặt phẳng  ABC  lớn nhất bằng:
A.

1
.
3

B. 3 .

C.

1
.
3

Lời giải
Chọn D
Phương trình mặt phẳng  ABC  :

x y z
  1
a b c

0 0 0
  1
a b c
Khi đó: d  O;  ABC   

1 1 1
 
a 2 b2 c 2
Ta có:

1
1 1 1
 
a 2 b2 c 2

1 1 1
9
9
 2 2 2
 3
2
2
2
a b c
a b c
3

d  O;  ABC   

1
1
hay

1 1 1
3
 
a 2 b2 c2

1
3

a  b  c  0
 a  b  c 1.
Dấu "  " xảy ra   2
2
2
a  b  c  3

D. 1 .


Vậy Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  lớn nhất bằng

1
tại a  b  c  1 .
3



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×