Chuyên đề 33 mặt phẳng đthẳng vd vdc hướng dẫn giải

CHUYÊN ĐỀ 33: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG - PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VD – VDC... Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A, song song với mặt phẳng P sao cho khoảng cách từ B

TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT

Câu 46_TK2023 Trong không gian Oxyz, cho điểm A0;1;2 và đường thẳng

:

d     

 Gọi  P là mặt phẳng đi qua A và chứa d Khoảng cách

từ điểm M5; 1;3  đến  P bằng

1

11

3

Lời giải Chọn C

Lấy B2;1;1d

ta có AB 2;0; 1 

Ta có  AB u, d  2; 4; 4 2 1; 2; 2 

Mặt phẳng  P

đi qua A và chứa d suy ra n  P 1; 2; 2

Phương trình mặt phẳng  P x: 2y2z 6 0

Vậy d ,   22 22 2 6 1

1 2 2

1 2 :

là mặt phẳng chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng  Q : 2x y  2z 2 0

một góc có số đo nhỏ nhất Điểm A1; 2;3

cách mặt phẳng  P

một khoảng bằng:

5 3

7 11

4 3

3 .

Lời giải Chọn A

M

H B

C

1 2 :

 có VTCP u    1; 2; 1

 Q : 2x y  2z 2 0

có VTPT n  2; 1; 2  

CHUYÊN ĐỀ 33: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG - PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

VD – VDC

Gọi  là góc tạo bởi d và  Q

, ta có sin cos ,  6

3

u n

    

Từ hình vẽ, ta có d P,   MBH

và     P , Q  MCH

Ta thấy

sin

3

MCH

Vậy góc     P , Q  MCH

nhỏ nhất khi

sin

3

MCH 

hay

cos

3

MCH 

*Viết phương trình mặt phẳng

-CÁCH 1:

Mặt phẳng  P Ax By Cz D:    0

Ta có

 

 

0

3

3 3

Q

Q

n u

n n



 





 

 



Nếu B  suy ra 0 A C  loại.0

Nếu B  từ 0  1 suy ra

2

 

      

 

Mặt phẳng  P Bx By Bz D:    0

đi qua điểm N0; 1; 2 d

suy ra D3B

Vậy phương trình mặt phẳng  P x y z:    3 0

Suy ra d A P  ;   3

-CÁCH 2

Gọi  ( ) ( )P  Q thì góc giữa ( )P và ( )Q nhỏ nhất khi và chỉ khi  d Do đó, mặt

phẳng thỏa đề bài là mặt phẳng chứa d và cắt theo giao tuyến  sao cho  d

 



 



 



d

nhận   

u u ,n d Q

làm vec tơ chỉ phương

(Q) chứa d và  (P)qua M( ;- ; ) d0 1 2  và nhận nu ,u d  ( ; ; )6 6 6

làm vectơ pháp tuyến (P) : x y z   3 0.

Vậy d A P  ;   3

tâm I1; 2;1 

; bán kính R 4 và

đường thẳng

:

chứa d và cắt mặt cầu  S

theo một đường

A O0;0;0

3 1 1; ;

5 4

A  

  C B   1; 2; 3 

D C2;1;0

Lời giải

Gọi H2 ;1 2 ; 1t  t   t

là hình chiếu của I lên đường thẳng d

Ta có:

d

IH u   t   t    t    t H    

 

Vì IH  10 4   d cắt mặt cầu R  S tại 2 điểm phân biệt.

Mặt phẳng  Q

bất kì chứa d luôn cắt  S

theo một đường tròn bán kính r.

Khi đó r2 R2 d I Q2 ,  R2 d I d2 ,  16 10 6 

Do vậy mặt phẳng  P

chứa d cắt mặt cầu theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất

khi và chỉ khi d I P ,   d I d , 

hay mặt phẳng  P

đi qua H nhận

1 5 8

; ;

3 3 3

IH   

làm vectơ pháp tuyến, do đó  P

có phương trình x5y 8z13 0 Khi đó điểm O0;0;0

có khoảng cách đến  P

lớn nhất

Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;1;1), B(2;0;1) và mặt phẳng

( ) :P x y  2z 2 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A, song song

với mặt phẳng ( )P sao cho khoảng cách từ B đến d lớn nhất.

A

:

d      

2 :



C

:

:

d      

Lời giải

d

P'

B

A

Gọi ( ')P chứa A và song song ( )P suy ra ( ') :P   x y 2z 4 0

Ta thấy B( ')P do đó d B d( , ) đạt giá trị lớn nhất là AB.

Khi đó d vuông góc với AB và d vuông góc với giá của n là VTPT của ( )P .

Suy ra một VTCP của d là un AB,  (2;2; 2)

 

Kết hợp với điểm A thuộc d nên ta chọn đáp án C.

Câu 4: Trong không gian Oxyz, cho điểm A1;1;1

và mặt phẳng ( ) :P x2y0 Gọi  là đường

thẳng đi qua A, song song với ( )P và cách điểm B  1;0;2 một khoảng ngắn nhất Hỏi 

nhận vecto nào dưới đây là vecto chỉ phương ?

A u  6;3; 5 

B u  6; 3;5 

C u  6;3;5

D u  6; 3; 5  

Lời giải

Gọi ( )Q chứa  và song song với ( )P Suy ra ( )Q có phương trình:

x  y   x y 

Khi đó d B ;min BH

với H là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( ) Q .

Đường thẳng BH đi qua B , vuông góc với mặt phẳng ( ) Q có phương trình

1

2 , 2

z

 







 



R

Tọa độ giao điểm H của đường thẳng BH và mặt phẳng ( ) Q là nghiệm của hệ:

1 2 2

2 3 0

z

 











 





   

 Giải hệ trên ta được

1 8

; ;2

5 5

H  

Do đó  là đường thẳng AH có

6 3

; ; 1

5 5

AH    

Suy ra u  6; 3; 5  

cũng là một vecto chỉ phương của 

và đường thẳng  d

có phương

trình

x y z

 d

và khoảng cách từ d tới mặt phẳng  P

là lớn nhất Khi đó mặt phẳng  P

vuông góc với mặt phẳng nào sau đây?

A x y  6 0 B x3y2z10 0

C x 2y 3z  1 0 D 3x z  2 0

Lời giải

H

Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d Ta suy ra H1;1;1

Gọi  P

là mặt phẳng đi qua điểm A và  P

song song với đường thẳng d Gọi K là hình chiếu của H lên mặt phẳng  P

Do d //  P

nên ta có

 

 ,   ,  

d d P d H P HK

Ta luôn có bất đẳng thức HK HA Như vậy khoảng cách từ  d

đến  P

lớn nhất

bằng AH Và khi đó  P

nhận uuur AH   1;2;3

làm vectơ pháp tuyến

Do  P

đi qua A2; 1; 2  

nên ta có phương trình của  P

là: x 2y 3z10 0

Do đó  P

vuông góc với mặt phẳng có phương trình: 3x z 2 0

là mặt phẳng đi qua hai điểm A1; 7; 8  

,

2; 5; 9

B  

sao cho khoảng cách từ điểm M7; 1; 2  

đến  P

đạt giá trị lớn nhất Biết  P

có một véctơ pháp tuyến là na b; ; 4

, khi đó giá trị của tổng a b là

Lời giải

Phương trình tham số của đường thẳng AB là

1

7 2 8

x t

 





 



  

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M trên  P

và đường thẳng AB

Ta tìm được điểm K3; 3; 10  

Ta luôn có bất đẳng thức d M P ,   MH MK

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H K Khi đó MH      4; 2; 8 2 2;1; 4 

Mặt phẳng  P

có một vectơ pháp tuyến là n  2;1; 4

Vậy ta có a b 3.

và đường thẳng

:

chứa d sao cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất

có phương trình là

A x y z   2 0 B x y z   0

C x y z    1 0 D  x 2y z   5 0

Lời giải

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu của A lên  

và d Khi đó ta có AH AK

Vì Hd nên H2 t; 1 2 ;1  t t  AH    1 t t; 2 ;1t

Do AH d nên ta có    1 t2.2t  1 t 0

1 3

t

 

Khi đó

2 2 2

; ;

3 3 3

AH    

Khoảng cách từ A đến  

lớn nhất khi và chỉ khi AH AK Do đó  

có vectơ pháp tuyến là n  1;1; 1 

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

Vẫn là đánh giá bất đẳng thức AH AK nói trên, nhưng bài toán sau đây lại phát biểu hơi khác một

chút.

, B1; 1;3 

và mặt phẳng

 P x:  2y2z 5 0

Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A, song song

với mặt phẳng  P

sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất.

A

:

 B

:

C

:

26 11 2

.D

:

26 11 2

Lời giải

d

Q

P

B

H

K

Ta thấy rằng d đi qua A và d song song với  P

nên d luôn nằm trong mặt phẳng

 Q

qua A và  Q //  P

Như vậy bây giờ ta chuyển về xét trong mặt phẳng  Q

để thay thế cho  P

Ta lập được phương trình mặt phẳng  Q x:  2y 2z 1 0

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu của B lên  Q

và d Ta tìm được

1 11 7

; ;

9 9 9

  Ta luôn có được bất đẳng thức d B d ;  BK BH

nên khoảng cách từ B đến d bé nhất bằng BH

Đường thẳng d bây giờ đi qua ,A H nên có phương trình



và đường thẳng

:

d    

Gọi  P

là mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ A đến  P

là lớn nhất Khoảng cách từ gốc tọa độ

O đến  P

bằng

3

11 2

1

2

Lời giải

Gọi na b c; ; 



là một vectơ pháp tuyến của  P

, với a2b2c2 0.

Điểm M1;0;2d M P

Phương trình của  P ax by cz:    a2c0

Một vectơ chỉ phương của d là u2;1; 2 n u n u   0 2a b 2c0

.

4

.

2

2

2

a c

vớia c,  

2

a c

a c  a c    a c  a c

Do đó

 

3 | | 9

4

2

d A P

a c



 

 ,  3 2

4

a c Max d A P







Phương trình

 : 4 3 0  ,   1

2

P x y z    d O P 

Câu 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1; 2;3 , B5; 4; 1  

và mặt phẳng

 P

qua Ox sao cho dB P,   2dA P,  , P

cắt AB tại I a b c ; ; 

nằm giữa AB Tính a b c 

Lời giải

Do mặt phẳng  P

qua Ox nên phương trình mặt phẳng  P

có dạng by cz 0

b2c2 0

 

0

B P A P

c

   

 



  

 Trường hợp 1: 8b7c chọn 0 b7;c8 khi đó  P : 7y 8z0

Xét f y z ,  7y 8z

Thay tọa độ A B, vào ta được 7.2 8.3 7 4     8 1   0

suy ra A B, nằm cùng phía

so với  P

Trường hợp 2: c  suy ra phương trình 0  P y : 0

Thay tọa độ A B, vào ta được 2 4  0

suy ra A B, nằm khác phía so với  P

Do đó đường thẳng AB cắt  P

tại I nằm giữa AB

Phương trình tham số của đường thẳng AB:

1 4

2 6

3 4

 







  





Tọa độ điểm I là nghiệm hệ phương trình

1 3

1 4

7

;0;

3

0 0

5 3

t

I

y y

z







 





 



Vậy

a b c     

:

mặt phẳng chứa d và cách điểm A một khoảng cách lớn nhất Vectơ nào dưới đây là một vectơ

pháp tuyến của ( )P .

A n  (1;0;2). B n  (1;0; 2) C n  (1;1;1). D n  (1;1; 1)

Lời giải

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d, gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên ( ) P Do đó khoảng cách từ A đến ( ) P là: d A P ;( ) AK

Ta có

:

1

x t

d y t

z t









  

 Vì Hd nên H2t1; ;t t1

 2 2; 2; 2

AH  t t t

, VTCP của đường thẳng d là u d 2;1;1

Do đó H  1;0;1

và AH2; 2; 2    AH 2 3

Vì AK AH nên AK lớn nhất khi AK AH hay K H

Ta có AKAH  ( 2; 2; 2)  2(1;1;1)

Vậy, một vec tơ pháp tuyến của ( )P là

(1;1;1)

n  .

, B1; 1;3 

và mặt phẳng

 P x:  2y2z 5 0

Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A, song song

với mặt phẳng  P

sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất.

A

:

 B

:

C

:

26 11 2

.D

:

26 11 2

Lời giải

Gọi mặt phẳng  Q

là mặt phẳng đi qua A và song song với mặt phẳng  P

Khi đó phương trình của mặt phẳng  Q

là 1x3  2 y 02z1 0 x 2y2z 1 0

Gọi H là hình chiếu của điểm B lên mặt phẳng  Q

, khi đó đường thẳng BH đi qua

1; 1;3

B 

và nhận n Q 1; 2;2 

làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là

1

1 2

3 2

x t

 





 



  

Vì H BH  Q  HBH  H1 t; 1 2 ;3 2 t  t

và H Q

nên ta có

1t 2 1 2  t2 3 2  t 1 0

10 9

t

; ;

9 9 9

26 11 2

; ;

9 9 9

1 26;11; 2 9

Gọi K là hình chiếu của B lên đường thẳng d, khi đó

Ta có d B d ;  BK BH

nên khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất khi BK BH, do đó đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương u  26;11; 2 

có phương trình

chính tắc:

:



và mặt phẳng

 P x my:  2m1z m  2 0 H a b c ; ; 

Lời giải

x my  m z m    m y z   x z 

Phương trình có nghiệm với m

2 1 0

2 0

x z

  



 

  

Suy ra  P

luôn đi qua đường thẳng

2

z t

 





 



 

2 ;1 2 ; 

K d  K  t  t t

, AK t; 2 ;t t 3 Đường thẳng d có VTCP u   1; 2;1

AK u   t t t     t K  

 

Ta có AH AK  AHmax AK  H K

Vậy

3 2

a b 

;B  1;2;3

và mặt phẳng

 P x:  2y2z 5 0

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểmA, song song với mặt

phẳng  P

sao cho khoảng cách từ B đến dnhỏ nhất.

A

 

2 2

1 4

 





 



  



B

2 2 1

1 4

 





 



  



2 2 1

1 4

 





 



  



2 2 1

1 4

 





 



  



Lời giải

Mặt phẳng  Q

đi qua A2;1;1

và song song với mặt phẳng  P

Vậy mặt phẳng  Q

: x 2y2z 2 0

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng  Q

Khi đó đường thẳng BH đi

qua Bvà nhận n Q (1; 2;2) làm VTCP

Phương trình tham số của

1

3 2

 





 



  



Do H BH Q

;H BH nên H 1 t; 2 2 ;3 2 t  t

và H Q

Ta có   1 t 2 2 2  t2 3 2  t 2 0  t1 H 0;0;5

Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng d khi đó d B d( ; )BK BH

Khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất khi BK BH hay K H

Có    2; 1; 4 

AH

VTCP của đường thẳng  :    ( 2; 1; 4)

d u AH u

Vậy phương trình tham số của đường thẳng

 

2 2

1 4

 





 



  



:

d x y z

 và 2

:

d x y z

Mặt phẳng  P

chứa đường thẳng d1

và song song với đường thẳng d2

đi qua điểm nào sau đây?

A M1;1;0

B N0;1;1

C P  1;1; 1 

D Q2;0;0

Lời giải

Đường thẳng d1

đi qua điểm A1; 1;1 

và có một vectơ chỉ phương u  1; 2; 1 

Đường thẳng d2

có một vectơ chỉ phương v1;2;1

Mặt phẳng  P

chứa d1

và song song d2

có một vectơ pháp tuyến là u v  ,  4;0;4

Phương trình mặt phẳng  P

là 4x1 0 4z1  0 x z  2 0

Vậy mặt phẳng  P

đi qua điểm Q2;0;0

Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S : x12y 22z 32 9

và đường thẳng

:

x y z

 Phương trình mặt phẳng  P

đi qua điểm

4;3; 4

M

song song với đường thẳng  và tiếp xúc với mặt cầu  S

có dạng

Lời giải

Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P

là na b c; ; 

, a2 b2c2  0 Phương trình mặt phẳng  P a x:   4b y  3c z  40

Do  P //

nên 3 a2b2c0 3a2b c 

Mặt phẳng  P

tiếp xúc với  S

nên 2 2 2

3

3

a b c

  



   9a2 b2c2 3a b c    2 *

Thay 3a2a b 

vào  *

ta được:

4 b c 9 b c 9 b c  2b  5bc2c 0 2b c b    2c 0

TH1: b 2c , chọn 0 c  ; 1 b 2  a 2  P : 2x2y z 18 0

TH2: 2b c  , chọn 0 b  ; 1 c 2 a2

19 19 19

kiểm tra thấy  P //

Do mặt phẳng  P :x y z 1

a b c  Khi đó:

19 2

a 

; b 19;

19 2

c 

Vậy: a b c   0

Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hai mặt phẳng  P x y z:    3 0,

 Q x y z:   1 0.

Viết phương trình mặt phẳng  R

vuông góc với cả  P

và  Q

sao cho khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  R

A

2 0

2 0

x z

x z

  



   

4 0

4 0

x z

x z

  



   

2 0

2 0

x y

x y

  



   

4 0

4 0

x y

x y

  



   



Lời giải

Hai mặt phẳng    P , Q

có vectơpháp tuyến lần lượt là: n 11;1;1 ,n21; 1;1  

Vì mặt phẳng  R

vuông góc với cả hai mặt phẳng  P

và  Q

nên mặt phẳng  R

có một vectơ pháp tuyến là

1, 2 2;0; 2

nn n   



 

   

Hay mặt phẳng  R

có một vectơ pháp tuyến là n 1;0; 1  

Suy ra phương trình mặt phẳng  R

có dạng: x z D  0

Mặt khác, ta có:

 

2 2

D D

D





 Vậy có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán là:  R1 :x z  2 0,R2:x z  2 0.

Câu 18: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S2

có tâm I22;1;5

, bán kính bằng 2 và mặt cầu  S1

có phuong trình: x 22y12z12 16

Mặt phẳng  P

thay đổi và luôn tiếp xúc với

2 mặt cầu trên Khoảng cách nhỏ nhất từ O đến mặt phẳng  P

bằng

9 15 2



9 15 2



9 3 15 2



.

Lời giải

Mặt cầu  S1

có tâm I12;1;1

, bán kính bằng 4 Gọi M N, lần lượt là tiếp điểm của mặt

phẳng  P

và mặt cầu  S1

,  S2

ta có

1 2

2

I M

I N 

I,2   2   1 I,2   2 1 2;1;9

Giả sử I I MN1 2    P MN

, I I MN1 2    P MN

, I I MN1 2     S1  I1, 4

,

I I MN1 2     S2  I2, 2

Với I1, 4

là đường tròn, I2, 2

là đường tròn

Xét tam giác I IM2

vuông tại M, II 2 4

, I M 2 2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên  P

0 2

2

1

2

I M

II

Tam giác II O1

có OI 86, II18,OI1 6

1

9

30 16 2 50''

OI II