CD45 PT mặt PHẲNG

Định nghĩa:  Phương trình có dạng trong đó không đồng thời bằng được gọi là phương trình  Phương trình mặt phẳng đi qua điểm nhận vectơ khác làm vectơ pháp tuyến là  Ghi nhớ ➋  Hai v

 Ghi nhớ ➊

 Phương trình tổng quát của mặt phẳng.

Định nghĩa:

 Phương trình có dạng trong đó không

đồng thời bằng được gọi là phương trình

 Phương trình mặt phẳng đi qua điểm

nhận vectơ khác làm vectơ pháp tuyến

là

 Ghi nhớ ➋

 Hai vectơ không cùng phương là cặp

vectơ chỉ phương của nếu các giá của

chúng song song hoặc nằm trên

 Chú ý:

Nếu là một vectơ pháp tuyến của thì

cũng là vectơ pháp tuyến của

Nếu là một cặp vectơ chỉ phương của thì

là một vectơ pháp tuyến của

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A1; 0; 1, B2; 1; 1 Phương trình

mặt phẳng trung trực của đoạn AB là

Ta thấy mặt phẳng trung trực của đoạn AB đi qua

Câu 3: Trong không gian Oxyz mặt phẳng ,  P

đi qua hai điểm A1; 2; 0

Thay tọa độ các điểm A , B vào các phương án đã cho Chỉ có phương án A thỏa mãn.

Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A4;0;1 và B 2; 2;3 Phương trình

nào dưới đây là phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB?

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

C 3x y z   1 0. D 3x y z  0.

Lời giải

Chọn D

  đi qua I1;1; 2 và nhận uuuABr  6; 2; 2 làm một VTPT.

   : 6   x  1 2 y  1 2 z 2  0   : 3x y z  0.

Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M1; 1;5  và N0;0;1

Mặt phẳng  chứa M N và song song với trục Oy có phương trình là,

A   :2x z  3 0. B   :4x z  1 0.

C   :x  4z 2 0. D   :x4z 1 0.

Lời giải

Chọn B

Ta có MNuuuur  1;1; 4  và kr 0;1;0 là véc tơ đơn vị của trục Oy Gọi nr là véctơ pháp tuyến

của   Mặt phẳng   chứa M N và song song với trục Oy nên ,

Vì điểm thuộc mặt phẳng Oxy

nên cao độ của điểm đó bằng 0 suy ra loại hai điểm N và P

Dễ thấy điểm O  vì thay tọa độ điểm O vào   ta có 0 0 01 2 3   0 1.

Câu 9: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P :     Hỏi mặty 5z 6 0

phẳng này có gì đặc biệt?

A  P

đi qua gốc tọa độ B  P

vuông góc với Oxy

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P

Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P : 2x y mz   2 0và

 Q x ny:  2z 8 0song song với nhau Giá trị của m và n lần lượt là

n

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P

có phương trình 2 0

a b c   

,0

vuông góc với nhau thì giá trị thực

của m bằng bao nhiêu?

A m  5 B m 1 C m 3 D m  1

Lời giải Chọn B

Câu 13: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A0; 1; 2  , B3; 1; 1

x y z

   mà NI1 R12;NI2 R2 1 nên N M Khi ấy, I I1 2  P nên  P

nhận I Iuuur1 2     2; 2; 1 làm vectơ pháp tuyến và  P

Câu 15: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu  S :x2y2 z2 2x2y2z0 và

điểm A2; 2;0 Viết phương trình mặt phẳng OAB, biết rằng điểm B thuộc mặt cầu  S ,

có hoành độ dương và tam giác OAB đều.

Ta thấy O và A cũng nằm trên mặt cầu  S .

Gọi   là mặt phẳng trung trực của đoạn OA Suy ra   :x y  2 0.

Do OAB là tam giác đều nên B  (2).

Mặt phẳng OAB có vectơ pháp tuyến là nr  1; 1; 1 nên có phương trình là x y z   0

Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu     2  2 2

+ Nhận xét: IMuuur1; 2; 3 ;   INuur  1; 1; 3 nên 3 điểm I,M,N không thẳng hàng Mặt phẳng qua

MN cắt  S theo giao tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhất khi mặt phẳng đi qua tâm I .

+ Thế lần lượt tọa độ 3 điểm M N I vào phương trình , ,   :x by cz d   0 ta có hệphương trình

Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm (1; 2;4), (0;0;1) A B và mặt cầu

T 

315

T 

34

T  

335

đi qua điểm M4;3; 4

, song song vớiđường thẳng  và tiếp xúc với mặt cầu  S

4 338

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

13

Câu 22: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu     2 2 2

Gọi M là điểm thuộc mặt cầu  S

Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức2

Gọi E1; 2;0 là trung điểm của IA E  S Gọi F0;3;0 là trung điểm của IE.

Xét tam giác IMF và tam giác IAM có

12

Dấu bằng xảy ra khi  M BF S .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2MB

là 6 2.

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

2:

trình

2;0;0 2

theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất?

A   : 3x4z17 0 .B   : 3x4z17 0 .

C   : 3x y 2z17 0 . D   : 3x y 2z17 0 .

Lời giải

Chọn B

Mặt cầu  S có tâm I0;1; 2  và bán kính R 6

Ta có IA 3242  5 R nên điểm A nằm bên trong mặt cầu.

Mặt phẳng  P đi qua điểm A và cắt mặt cầu  S theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất khi

và chỉ khi  P

vuông góc với IA.

Mặt phẳng  P có 1 vectơ pháp tuyến IAuur3; 0; 4 và đi qua điểm A3; 1; 2 có phương

trình là  P : 3x4z17 0 .

Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ,  S : (x4)2 (y 3)2 (z 1)2 81 và

điểm (3;1;1)A Mặt phẳng ( ) :P ax by cz    đi qua 3 0 A và cắt mặt cầu ( )S theo giao

Câu 27: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) :S x2 (y 2)2 (z 3)2 24 cắt mặt phẳng

( ) :P x y  theo giao tuyến đường tròn 0 ( )C

Tìm hoành độ của điểm M thuộc đường tròn

(C) sao cho khoảng cách từ M đến A(6; 10;3- )

Ta có PTĐT

6103

Gọi I ¢ là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( )P

suy ra I ¢ là tâm của đường tròn (C) Làm tương tự như tìm A¢, ta được I ¢(- 1;1; 3- )

Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi ( ), P là mặt phẳng song song với mặt phẳng ( Oxz)

và cắt mặt cầu  S : (x1)2 (y 2)2z2 12 theo đường tròn có chu vi lớn nhất Phươngtrình của ( )P là

Phương trình mặt phẳng ( )P song song với ( Oxz có dạng ) Ay B 0

Vì I thuộc ( )P nên suy ra phương trình ( ): P y 2 0

Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với (2;3;4), ( 2; 3;0), (2;3;0), A B   C .

Gọi I là tâm mặt cầu đi qua 3 điểm ABC của tam giác Tìm I để mặt cầu có bán kính nhỏnhất

A I(0;0;2) B I(2;3;2) C I(0;0;0) D I( 2;3; 2)

Lời giải

Chọn A

Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất khi mặt phẳng (ABC chứa tâm ) I

Mà tam giác ABC vuông tại C nên R nhỏ nhất khi I là trung điểm AB

Suy ra (0;0;2)I

Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ,  S : (x3)2 (y 2)2 (z 1)2 100 và

mặt phẳng ( ) : 2P x2y z   Tìm 9 0 M trên mặt cầu ( )S sao cho khoảng cách từ I đến( )P lớn nhất

ABCD ABC

V  SV d D ABC

nên V ABCD nhỏ nhất khi ( ;(d D ABC lớn nhất))

Đường thẳng đi qua tâm mặt cầu và vuông góc với (ABC là )

Câu 34: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S1 có tâm I2;1;1 và bán kính bằng

4, cho mặt cầu  S2 có tâm J2;1;5 và bán kính bằng 2 Gọi  P là mặt phẳng tiếp xúc với

hai mặt cầu    S1 ; S2 Đặt M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của khoảng,

để đạt min, max khi  P

vuông góc với OIJ

Mặt cầu có tâm I1; 2;3

bán kính là R4.

Ta có A, B nằm trong mặt cầu Gọi K là hình chiếu của I trên AB và H là hình chiếu của

I lên thiết diện.

Ta có diện tích thiết diện bằng S r2 R2 IH2

Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi

IH lớn nhất Mà IH IK suy ra  P qua ,A B và vuông góc với IK.

Ta có IA IB  5 suy ra K là trung điểm của AB Vậy K0;1; 2

và KIuur1;1;1 .

Vậy   P : x   1 y z 2 0       x y z 3 0

Vậy T   3

Câu 36: Trong không gian Oxyz

, cho hai điểm A0;8; 2

, B9; 7; 23  và mặt cầu  S

có phươngtrình     2  2 2

S x  y  z  Mặt phẳng  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 trịcủa b c d  khi đó là

A b c d   2 B b c d   4 C b c d   3 D b c d   1

Lời giải Chọn C.

Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu     2  2 2

Ta có A, B nằm trong mặt cầu Gọi K là hình chiếu của I trên AB và H là hình chiếu của

I lên thiết diện.

Ta có diện tích thiết diện bằng S r2 R2 IH2

Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi

IH lớn nhất Mà IH IK suy ra  P qua ,A B và vuông góc với IK.

Ta có IA IB  5 suy ra K là trung điểm của AB Vậy K0;1; 2

a b d  bằng:

Lời giải : Chọn D

VTPT của mặt phẳng   là nuuur  a b; ;1 

Góc tạo bởi   và  P

lớn nhất

 ( ) ( )  2 2 

1cos ;

qua A tiếp xúc với  S

sao cho khoảngcách từ B đến  P

là lớn nhất Giả sử nr1; ;m n là một vectơ pháp tuyến của  P

Lúc đó

A m n.  4 B m n.   4 C m n.  2 D m n.   2

Lời giải : Chọn B

Mặt cầu   2  2 2

( ) :S x5  y 3  z 7 72 có tâm I5; 3;7 , bán kính R 72 6 2 .

Mặt phẳng ( )P qua Acó dạng a x  0 b y 8 c z  2 0 ax by cz   8b 2c0.( )P tiếp xúc với ( ) S

Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét các điểm A0;0;1, B m ;0;0 , C0; ;0n ,

1;1;1

D với m0, n và 0 m n  Biết rằng khi 1 m n, thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố địnhtiếp xúc với mặt phẳng ABC và đi qua D Tính bán kính R của mặt cầu đó?

A R1. B

22

R

32

R

32

Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có điểm A trùng với gốc của

hệ trục tọa độ, ( ;0;0)B a , (0; ;0)D a , (0;0; )A b (a0,b Gọi 0) M là trung điểm của cạnh

CC Giá trị của tỉ số

a

b để hai mặt phẳng ( A BD ) và MBD vuông góc với nhau là

Ta có ABCD là hình bình hành nên uuur uuurABDC C a a ; ;0.

Và ACC A  là hình bình hành nên CCuuuur uuur  AA C a a b ; ;  .

a b a

l b

3

  Một mặt phẳng  P

vuông góc với SO tại H và cắt hình nón theo một đường

tròn tâm H Gọi V là thể tích của khối nón đỉnh O và đáy là đường tròn tâm H Biết V đạt

giá trị lớn nhất khi

a SH b

 với a b,  ¥ và a b là phân số tối giản Tính giá trị của biểu thức

2 3

T  a  b ?

Xét SOA vuông tại O ta có SO OA cot Rcot OH SO OH Rcot x

Xét SHM vuông tại H ta có HM SH tan xtan .

4cot81

Câu 43: Khối (H) được tạo thành là phần chung khi giao nhau hai khối nón có cùng chiều cao h, có các

bán kính đường tròn đáy lần lượt là R và r sao cho đỉnh của khối nón này trùng với tâm đườngtròn đáy của khối nón kia Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối (H), biết rằng R và r thoả mãn

Lời giải Chọn A

Giả sử R > r Ta có hình minh hoạ như trên.

Gọi a là bán kính đường tròn giao tuyến, b là khoảng cách từ tâm đường tròn giao tuyến đến tâm đường tròn có bán kính R

Sử dụng các tam giác đồng dạng, ta suy ra

20

X X

2 ( )

x y

Vậy  

1max

là mặt phẳng đi qua hai điểm A0;0; 4 , B2;0;0 và cắt  S theo giao tuyến

là đường tròn  C sao cho khối nón đỉnh là tâm của  S và đáy là là đường tròn  C

có thể tích lớn nhất Biết rằng   :ax by z c   0, khi đó a b c  bằng

Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( ) S : (x1)2 (y 2)2 (z 3)2 27 Gọi ( ) là mặt

phẳng đi qua hai điểm (0;0; 4)A  , (2;0;0)B và cắt ( )S theo giao tuyến là đường tròn ( ) C Xét

các khối nón có đỉnh là tâm của ( )S và đáy là ( ) C Biết rằng khi thể tích của khối nón lớn nhất

V  r h

Ta có h d I ( ,( ))  R2r2  27 r2  V 13r2 27r2

.Đặt t 27r2 r2 27t2, điều kiện: 0 t 3 3.

Khi đó 1  2

273

diện của  P với mặt cầu  S có diện tích nhỏ nhất Khi viết phương trình  P dưới dạng

 P ax by cz:    3 0 Tính T    a b c

Lời giải

Chọn B

Mặt cầu có tâm I1; 2;3 bán kính là R4.

Ta có A, B nằm trong mặt cầu Gọi K là hình chiếu của I trên AB và H là hình chiếu của

I lên thiết diện

Ta có diện tích thiết diện bằng S r2 R2IH2 .

Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi IH lớn nhất

Mà IHIK suy ra  P qua ,A B và vuông góc với IK

Ta có IA IB  5 suy ra K là trung điểm của AB Vậy K0;1;2 và KIuur1;1;1 .

2 Có baonhiêu mặt phẳng tiếp xúc với 2 mặt cầu    S1 , S2 đồng thời song song với đường thẳng đi qua

do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài toán.

Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài toán

Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxz , cho ba điểm ( ;0;0), A a B(0; ;0),b C(0;0; )c với , , a b c là

các số thực khác 0, mặt phẳng (ABC) đi qua điểm M(2; 4;5) Biết rằng mặt cầu

( ) : (S x1)  (y 2)  (z 3) 25 cắt mặt phẳng (ABC theo giao tuyến là một đường tròn)

có chu vi 8 Giá trị của biểu thức a b c  bằng

Mặt cầu ( )S có tâm (1;2;3) I và bán kính R 5

Ta có: IMuuur(1; 2; 2) nên IM  (1)3

Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (ABC )

Khi đó giao tuyến của (ABC với mặt cầu ( )) S là đường tròn tâm H có chu vi bằng 8 suy rabán kính r 4

Ta có: IH  R2r2  5242 3 (2) Vì IH (ABC) và M(ABC) nên IM IH (3)

Từ (1), (2) ta có IM IH  Do đó (3) phải xảy ra đẳng thức hay 3 M H.

Khi đó IM (ABC) nên IMuuur là vectơ pháp tuyến của (ABC )

Suy ra n k IMr uuur (k  0)

11212

k a k b k c

Câu 50: Cho A0;8;2 và mặt cầu     2  2 2