D13 PTMP theo đoạn chắn muc do 3

Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC... Tính thể tích nhỏ nhất đó.. Thể tích của tứ diện OABC là 1.. Mặt phẳng  P đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tạ

Câu 26: [2H3-3.13-3] (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 3x y 2z 9 0 B x2y3z140

1 2 3

x  y z

Lời giải Chọn B

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

1 ; 2;3 ; 1; 2 ;3 ; 0; b;c ;  a;0;c

Do H là trực tâm nên ta có: . 0 2 3 0

3 0

BH AC

    

    

Phương trình mặt phẳng ABC:x y z 1

a  b c

1

    

Do đó ta có hệ phương trình:

2

2

3

1 2 9 1

b

c



         

Vậy phương trình mặt phẳng   3

14 7 14

ABC     x y z 

Câu 26: [2H3-3.13-3] (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 3x y 2z 9 0 B x2y3z140

1 2 3

x  y z

Lời giải Chọn B

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

1 ; 2;3 ; 1; 2 ;3 ; 0; b;c ;  a;0;c

Do H là trực tâm nên ta có: . 0 2 3 0

BH AC

Phương trình mặt phẳng ABC:x y z 1

a  b c

Vì   1 2 3

1

    

Do đó ta có hệ phương trình:

2

2

3

1 2 9 1

b

c



      

         

Vậy phương trình mặt phẳng   3

14 7 14

ABC     x y z 

Câu 37: [2H3-3.13-3] (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

A 64

10

9

81

16

Lời giải Chọn D

Giả sử A a ;0;0, B0; ;0b , C0;0;c với a b c, , 0 Khi đó mặt phẳng  P có dạng

1

a  b c Vì  P đi qua M nên 1 1 1 1

a  b c Mặt khác OA2OB nên a2b nên 3 1 1

2b c 1 1 3 2 3

b



b c b

 



Thể tích khối tứ diện OABC là 1 1 2

V  abc b c

2

3

2b c 4b4b c 16b c 3

2

16b c 3

9

b c

3 16

b c

min

81 16

V  khi 3 1 1

4b  c 3

9 2 9 4 3

a b c

 







 









Câu 47 [2H3-3.13-3] (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 ?

Lời giải Chọn B

Gọi A a ;0;0, B0; ;0b , C0;0;c,   có dạng x y z 1

a  b c , M  1 6 4 1

   

Do OAOBOC  a  b  c

Xét các trường hợp

+ a b c 11 1

a

   a 11  : x   y z 11 0

+ a  b c 3 1

a

   a 3  :x   y z 3 0

+ a   b c 9 1

a



    a 9  :x   y z 9 0

+ a  b c 1 1

a



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

Câu 48: [2H3-3.13-3] (SGD Đà Nẵng - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz, cho ba điểm M m ;0;0, N0; ;0n  và P0;0;p Với m, n, p là các số dương thay đổi thỏa 1 1 1 3

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

H   

  B.G1;1;1 C.F3;3;3 D. 1 1 1; ;

3 3 3

Lời giải Chọn D

Phương trình mặt phẳng MNP là: x y z 1

m  n p

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

; ;

3 3 3

Câu 33: [2H3-3.13-3] [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

Lời giải Chọn D

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

( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )

A a B b C 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

Từ (1) suy ra 1 9 4

1 a 14,

a    a a nên phương trình mp( ) là x  y z 140

+) TH2: a  b c Từ (1) suy ra 1 9 4

1 a 6,

a    a a nên pt mp( ) là

6 0

x   y z

+) TH3: a  b c Từ (1) suy ra 1 9 4

a     a a nên pt mp( ) là

4 0

x   y z

+) TH4: a   b c Từ (1) có 1 9 4

a      a a nên pt mp( ) là

12 0

x  y z 

Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn

Câu 36: [2H3-3.13-3] [LƯƠNG TÂM] [2017] Phương trình của mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm

1;2;3

M và cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A,B, C sao cho thể tích tứ diện OABC

nhỏ nhất?

6x3y3z210

6x3y2z180

Lời giải

Giả sử A a( ;0;0), B(0; ;0), (0;0; ) ( , ,b C c a b c0)

(ABC): x y z 1

a  b c (1) M(1;2;3) thuộc (ABC): 1 2 3 1

a  b c Thể tích tứ diện OABC: 1

6

Áp dụng BDT Côsi ta có: 1 2 3 3 6 27.6 1

Ta có: V đạt giá trị nhỏ nhất

3

3

9

a

c







 

 Vậy (ABC): 6x3y2z180

Câu 47: [2H3-3.13-3] (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,

2; 2;0

D  Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C,

D?

Lời giải Chọn B

Ta thấy A, B, C lần lượt thuộc các trục tọa độ Ox, Oy, Oz Phương trình mặt phẳng

ABC là: 1

1 2 3

   Rõ ràng DABC

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 44: [2H3-3.13-3] (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

Lời giải Chọn B

Đặt Aa;0;0,B0; ;0b ,C0;0;c với a b c, , 0

Khi đó phương trình mặt phẳng   là x y z 1

a  b c

Vì   đi qua M1;1; 4 nên 1 1 4 1

a  b c Thể tích của tứ diện OABC là 1

6

OABC

6abc



Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1 1 1 4

   3 4

3

abc

 abc108 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 41: [2H3-3.13-3] (SGD - Quảng Nam - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa

độ Oxy, cho mặt phẳng  P : 2y  z 3 0 và điểm A2;0;0 Mặt phẳng   đi qua A, vuông góc với  P , cách gốc tọa độ O một khoảng bằng 4

3 và cắt các tia Oy, Oz lần lượt tại các điểm B, Ckhác O Thể tích khối tứ diện OABC bằng

16

3

Lời giải Chọn C

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

Khi đó phương trình mặt phẳng   là: 1

2

  

Vì      P nên 2 1 0

b c 1 2.1

 

 

,

3

d O  

3

     

2

16

b

16

b

     b 4 c 2

O ABC

V  OA OB OC

Câu 45: [2H3-3.13-3] (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 3x2y z 140 B 2x y 3z 9 0 C 3x2y z 140 D 2x   y z 9 0

Lời giải Chọn A

Gọi A a ;0;0 ; B 0; ;0 ;b  C 0;0;c

Phương trình mặt phẳng  P có dạng: x y z 1a b c 0

a  b c 

Vì  P qua M nên 3 2 1  

1 1

a  b c

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

Vì M là trực tâm của tam giác ABC nên: . 0 2  2

3

a c

MB AC

Từ  1 và  2 suy ra 14; 14; 14

a b c Khi đó phương trình  P : 3x2y z 140 Vậy mặt phẳng song song với  P là: 3x2y z 140

Câu 7798: [2H3-3.13-3] [THPT Yên Lạc-VP-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt

phẳng qua G1; 2;3 cắt các trục tọa độ tại điểm A B C, , sao cho G là trọng tâm tam giác

ABC có phương trình ax by  cz 180 Tính a b c 

Lời giải Chọn D

Mặt phẳng qua G1; 2;3 cắt các trục tọa độ tại điểm A B C, , có dạng : P : x y z 1

m  n p Khi đó : A m ;0;0 ; B 0; ;0 ;n  C 0;0;p

Ta có G1; 2;3 là trọng tâm tam giác

G

G

G







3 6 9

        

11

a b c  

Câu 7802 [2H3-3.13-3] [THPT TH Cao Nguyên -2017] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,

cho điểm M1; 2;5 Mặt phẳng  P đi qua điểm M và cắt trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại , ,

A B C sao cho M là trực tâm tam giác ABC Phương trình mặt phẳng  P là

5 2 1

x  y z B x   y z 8 0

5 2 1

  

Lời giải Chọn C

Cách 1:

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

Phương trình mặt phẳng ABC là x y z 1

a  b c

Do MABC nên ta có phương trình 1 2 5  

1 1

a  b c

Ta có AM  1 a; 2;5 , BC0;b c BM; , 1; 2b;5 , AC  a;0;c

Do M là trực tâm tam giác ABC nên . 0 2 5 0 52  2

c



Thế  2 vào  1 ta được 1 4 5 1 6 30; 15

5c5c     c c a b Vậy phương trình mặt phẳng ABC là 1 2 5 30 0

30 15 6

       

Cách 2:

Ta có chứng minh được OM ABC

ABC đi qua M nhận OM làm VTPT

ABC :1 x 1 2 y 2 5 y   5 0 x 2y5y300

Câu 7803 [2H3-3.13-3] [TTGDTX Cam Lâm - Khánh Hòa -2017] Cho ba điểm A a ;0;0,

0; ;0

B b , C0;0;c trong đó a b c, , là các số dương thay đổi thỏa mãn1 1 1 2017

a  b c Mặt phẳng ABC luôn đi qua một điểm cố định có tọa độ là

2017 2017 2017

C 0;0;0 D 2017; 2017; 2017

Lời giải Chọn B

Phương trình mặt phẳng ABC:x y z 1

a  b c

Vì

2017 2017 2017

Vậy mặt phẳng ABC luôn đi qua điểm 1 ; 1 ; 1

2017 2017 2017

Câu 7804 [2H3-3.13-3] [Cụm 6 HCM -2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng

 P qua hai điểm M(1;8;0), C0;0;3 cắt các nửa trục dương Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho OG nhỏ nhất (G là trọng tâm tam giác ABC) Biết G a b c( ; ; ), tính P  a b c

Lời giải Chọn D

Gọi A m ;0;0 , B 0; ;0n  màC0;0;3 nên ; ;1

3 3

m n

  và 2 1 2 2

1 9

3

P

m  n  P qua hai điểm M(1;8;0) nên 1 8 1

m n

1 4



Suy ra  2 2 2 2 2 134

9

Dấu bằng khi

1 8

1

; ;1

1 2

m

G n

  



 



Câu 7805 [2H3-3.13-3] [THPT Lý Thái Tổ -2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba

điểm A3; 0; 0, B0; 6; 0 , C0; 0; 6 và mặt phẳng  P : x y z– 4 0 Tìm điểm M

thuộc mặt phẳng  P sao cho MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất?

A (1; 2; 2) B. 2; 1; 3  C 2; 1; 3 D 0; 3; 1 

Lời giải Chọn B

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  G(1; 2; 2)

Ta có MA MB MC 3MG

Do đó MA MB MC nhỏ nhất  3 MG nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên  P Gọi d là đường thẳng qua G và vuông góc  P 

1 2 2

 



   



  



Tọa độ M(1  t; 2 t; 2t)

Điểm M thuộc  P nên 1        t 2 t 2 t 4 0 t 1 Vậy M2; 1; 3 

Câu 44: [2H3-3.13-3] (Sở Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz, cho điểm

1;1; 2

M Mặt phẳng  P qua M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A,B C, sao cho thể tích tứ diện OABCnhỏ nhất Gọi n1; ;a b là một véc tơ pháp tuyến của  P Tính 3

2

S a  b

A S 0 B S  3 C S6 D 15

8

S 

Lời giải Chọn A

Mặt phẳng  P cắt các tia Ox, Oy,Oz lần lượt tại A, B, Cnên A a ;0;0, B0; ;0b ,

0;0; 

C c a b c, , 0

Phương trình mặt phẳng  P : x y z 1

a  b c + Mặt phẳng  P qua M nên 1 1 2 1

a  b c

Ta có 1 1 2 3 2

+ Thể tích khối tứ diện OABC: 1 9

6

V  abc

Thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất khi 1 1 2 1

3

a  b c suy ra a3, b3, c6 Phương trình mặt phẳng P : 1

3 3 6

   hay 1 3 0

2

x y z   a1, 1

2



Vậy S0

Câu 37: [2H3-3.13-3] (THPT Kim Liên-Hà Nội -Lần 2-2018-BTN) Trong không gian với hệ

tọa độ Oxyz, cho điểm M2;1;1 Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua M và cắt ba tia

Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C khác gốc O sao cho thể tích khối tứ diện OABC

nhỏ nhất

A 2x y 2z 3 0 B 4x   y z 6 0

C 2x y 2z 6 0 D x2y2z 6 0

Lời giải Chọn D

Gọi A a ;0;0, B0; ;0b , C0;0;c, do A, B, C thuộc ba tia Ox, Oy, Oz nên a, b, 0

c

 P theo đoạn chắn có dạng x y z 1

a  b c Do     2 1 1

    

Áp dụng Cauchy cho 3 số dương 2

a,

1

b,

1

c ta có

3

   

9 6

OABC

abc V

3 3

a

b c





6 3 3

P     x y z 