Chuyên đề 30 phương trình mặt phẳng đáp án

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022 Chuyên đề 30 PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM Dạng Một số toán liên khác quan điểm – mặt phẳng – mặt cầu Câu (Mã 103 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)  điểm A(2;3; 4) Xét điểm M thuộc ( S ) cho đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) , M ln thuộc mặt phẳng có phương trình A x  y  z  15  B x  y  z   C x  y  z  15  D x  y  z   Lời giải Chọn D Dễ thấy A nằm mặt cầu ( S ) Tâm mặt cầu I (1; 2;3)   Đường thẳng AM tiếp xúc với ( S )  AM  IM  AM IM   ( x  2)( x  1)  ( y  3)( y  2)  ( z  4)( z  3)   ( x   1)( x  1)  ( y   1)( y  2)  ( z   1)( z  3)   ( x  1)2  ( y  2)  ( z  3)2  ( x  y  z  7)   x  y  z   ( Do ( x  1)  ( y  2)2  ( z  3)  0) Câu (Sở Bắc Giang Năm 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A  2; 2;  mặt cầu  S  : x  y   z    Điểm M di chuyển mặt cầu   OM AM  Điểm M thuộc mặt phẳng sau đây? A x  y  z   B x  y  z   S  đồng thời thỏa mãn C x  y  z   D x  y  z   Lời giải   Giả sử M  x; y; z  OM   x; y; z  , AM   x  2; y  2; z    x  x    y  y    z  z      Vì M   S  OM AM  nên ta có hệ  2  x  y   z     x  y  z  x  y  z    2x  y  6z   2  x  y  z  z   Vậy điểm M thuộc mặt phẳng có phương trình: x  y  z   Câu Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A  2; 2;2  mặt cầu  S  : x  y   z      Điểm M di chuyển mặt cầu  S  đồng thời thỏa mãn OM AM  Điểm M thuộc mặt phẳng đây? A 2x  y  6z   B x  y  6z   C 2x  y  6z   D 2x  y  6z   Lời giải Chọn D Gọi điểm M  x; y; z    S  điểm cần tìm Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Khi đó: x  y   z     x  y  z  z    x  y  z  4 z    Ta có: OM   x; y; z  AM   x  2; y  2; z     Suy OM AM   x  x    y  y  2  z  z     x2  y2  z  2x  y  2z  1  2 Thay 1 vào  2 ta 4 z   x  y  z    x  y  z   Câu (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  1  điểm A(2;2; 2) Xét điểm M thuộc (S ) cho đường thẳng AM tiếp xúc với (S ) M thuộc mặt phẳng cố định có phương trình A x  y  z –  B x  y  z   C 3x  y  3z –  D 3x  y  3z –  Lời giải M A I  S  có tâm I 1;1;1 bán kính R  Do IA      R nên điểm A nằm mặt cầu  S  AMI vuông M : AM  AI  IM     M thuộc mặt cầu  S   có tâm A bán kính 2 2 Ta có phương trình  S   :  x     y     z    Ta có M   S    S    x  1   y  1   z  1  Tọa độ M thỏa hệ phương trình  I 2  x     y     z    2 2  x  y  z  x  y  z    2x  y  2z    x  y  z   Ta có  I    2  x  y  z  x  y  z  10  Suy M   P  : x  y  z   Câu (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;2;1 , B  3; 1;1 C  1; 1;1 Gọi  S1  mặt cầu có tâm A , bán kính ;  S2   S3  hai mặt cầu có Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022 tâm B , C bán kính Hỏi có mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  A B C Lời giải D Chọn C Gọi phương trình mặt phẳng  P  tiếp xúc với ba mặt cầu cho có phương trình là: ax  by  cz  d  ( đk: a  b  c  )  a  2b  c  d  2 2  a b c  d  A;  P     3a  b  c  d  Khi ta có hệ điều kiện sau:  d  B;  P      1 2   a b c  d  C ;  P     a  b  c  d  1  a  b2  c  a  2b  c  d  a  b  c     3a  b  c  d  a  b  c  2   a  b  c  d  a  b  c 3a  b  c  d  a  b  c  d Khi ta có: 3a  b  c  d  a  b  c  d   3a  b  c  d  a  b  c  d a   a  b  c  d  với a  ta có  2b  c  d  b2  c  2b  c  d  b2  c  c  d   c  d  0, b     4b  c  d  có   c  d  4b, c  2 2b  2b  c  d  b  c  d  c  d  mặt phẳng  b  a  3b  a  b  c  b  a      Với a  b  c  d  ta có    2  2a  a  b  c  c  11 a  2a  a  b  c  có mặt phẳng thỏa mãn tốn.Vậy có mặt phẳng thỏa mãn tốn Câu 2 Trong không gian Oxyz, cho  S  :  x     y     z    36 , điểm M  7;1;3 Gọi  đường thẳng di động qua M tiếp xúc với mặt cầu  S  N Tiếp điểm N di động đường tròn  T  có tâm J  a, b, c  Gọi k  2a  5b  10c , giá trị k A 45 B 50 C 45 Lời giải D 50 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 M N J I 2 Mặt cầu  S  :  x     y     z    36 có tâm I  3; 2;5 , bán kính R  Có IM  25  16     R , nên M thuộc miền mặt cầu  S  Có MN tiếp xúc mặt cầu  S  N , nên MN  IN N Gọi J điểm chiếu N lên MI Có IN  I J IM Suy IJ  IN 36 12 (không đổi), I cố định   IM 5 Suy N thuộc  P  cố định mặt cầu  S  , nên N thuộc đường tròn  C  tâm J  x     I J  12    Gọi N  x; y; z  , có IJ  IM  IM   y    IM  IM 5 5    z     23   N  5; ;  , k  2a  5b  10c  50 Vậy k  50  5  Câu (Chuyên Đại Học Vinh 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm M  2;1;  , N  5;0;0  , P 1; 3;1 Gọi I  a; b; c  tâm mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  Oyz  đồng thời qua điểm M , N , P Tìm c biết a  b  c  A B C Lời giải D Chọn B Phương trình mặt cầu  S  tâm I  a; b; c  x  y  z  2ax  2by  2cz  d  Đk: a  b  c  d  4a  2b  8c  d  21 10a  d  25   S  qua điểm M , N , P tiếp xúc với mặt phẳng  Oyz   2a  6b  2c  d  11  R  a  Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022 4a  2b  8c  10a  25  21 6a  2b  8c  6a  2b  8c  d  10a  25 d  10a  25 d  10a  25       2a  6b  2c  10a  25  11 8a  6b  2c  14 32a  24b  8c  56 2 2 2 a  b  c  d  a b  c  d  b  c  d     6a  2b  8c  c  a  d  10a  25  d  10a  25     26 a  26 b  52  b   a  b  c  d  b  c  d    2   a     a  1  10a  25   2a  16a  30  a    a  b  1   hay  a  c  d  a  b  3   c  d  25 Vì a  b  c  nên chọn c  Câu (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H 1; 2;   Mặt phẳng   qua H cắt trục Ox, Oy, Oz điểm A, B, C cho H trực tâm tam giác ABC Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC 81  A 243 B 81 C Lời giải D 243 Mặt phẳng   cắt trục Ox, Oy, Oz điểm A  a;0;0  , B  0; b ;0  , C  0;0; c  Do H trực tâm tam giác ABC nên a, b, c  Khi phương trình mặt phẳng   : x y z   1 a b c 2 Mà H 1; 2;      nên:    1 a b c     Ta có: AH  1  a; 2;   , BH  1;  b;   , BC   0;  b; c  , AC    a; 0; c    b  c  AH BC  Lại có H trực tâm tam giác ABC , suy    hay  (2) a  2c  BH AC  2 9     c   , a  9, b  2c c c 2 9    Vậy A  9;0;0  , B  0; ;  , C  0; 0;   2    Thay  2 vào 1 ta được: Khi đó, giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có phương trình là: 2 x  y  z  2ax  2by  2cz  d  Với  a   b   c  d  Vì điểm O, A, B, C thuộc mặt cầu nên ta có hệ phương trình: Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 d  d   18a  d  81 a     81   9b  d     b    81 9c  d   c     Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là: x  y  z  x  2 9 y  z  , có tâm 2 9 9 9 9 9 I  ; ;   bán kính R            2 4 2 4 4   243 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tự diện OABC S  4 R  4      Câu ( HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  6;0;0  ,  S1  : x  y  z  x  y   cắt theo đường trịn  C  Hỏi có mặt cầu N  0;6;0  , P  0;0;6  Hai mặt cầu có phương trình  S2  : x  y  z  8x  y  z   có tâm thuộc mặt phẳng chứa  C  tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM A B C Vô số Lời giải D Giả sử mặt cầu  S  có tâm I   C  tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM Gọi H hình chiếu vng góc I  MNP  Ta có:  S  tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM  d  I , MN   d  I , NP   d  I , PM   d  H , MN   d  H , NP   d  H , PM   H tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn bàng tiếp tam giác MNP x y z  MNP  có phương trình    hay x  y  z   6  C    S1    S2   Tọa độ điểm thuộc  C  thỏa mãn hệ phương trình: 2  x  y  z  x  y    3x  y  z   2  x  y  z  x  y  z   Do đó, phương trình chứa mặt phẳng chứa  C    : x  y  z  Vì 1.3   2    1    MNP     1 Ta có: MN  NP  PM   MNP Gọi G trọng tâm tam giác MNP  G  2; 2;  G tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP Thay tọa độ điểm G vào phương trình mặt phẳng   , ta có: G    Gọi  đường thẳng vng góc với  MNP  G Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022  MNP     Vì       G    Khi đó: I    d  I , MN   d  I , NP   d  I , PM   r  Mặt cầu tâm I bán kính r tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM Vậy có vơ số mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa  C  tiếp xúc với ba đường thẳng MN , MP, PM Câu 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A   3;1;1 , B 1;  1;  mặt phẳng  P  : x  y  z  11  Mặt cầu  S  qua hai điểm A, B tiếp xúc với  P  điểm C Biết C ln thuộc đường trịn T  cố định Tính bán kính r đường trịn T  A r  B r  C r  D r  Lời giải   Ta có AB   4;  2;  mp  P  có vec tơ pháp tuyến n   2;  1;  Do AB vng góc với P Giả sử mặt cầu  S  có phương trình x  y  z  2ax  2by  2cz  d  Mặt cầu  S  qua hai điểm A, B nên ta có 9    a  2b  2c  d  6 a  2b  2c  d  11   1   25  a  2b  10c  d   a  2b  10c  d  27 Suy a  4b  8c  16  a  b  c  Mặt cầu  S  tiếp xúc với  P  nên ta có d  I ,  P    2a  b  2c  11   Ta có AB   4; 2;   AB  16   16  Goi M trung điểm AB ta có d  C , AB   IM   32  Vậy C thuộc đường trịn T  cố định có bán kính r  Câu 11 (THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 5 7   5 7  A  ; ;3  , B  ; ;3  mặt cầu ( S ) : ( x  1)2  ( y  2)  ( z  3)  Xét 2 2     mặt phẳng ( P ) : ax  by  cz  d  ,  a, b, c, d   : d  5 mặt phẳng thay đổi qua hai điểm A, B Gọi ( N ) hình nón có đỉnh tâm mặt cầu ( S ) đường tròn đáy đường tròn Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 giao tuyến ( P ) ( S ) Tính giá trị T  a  b  c  d thiết diện qua trục hình nón ( N ) có diện tích lớn C T  Lời giải B T  A T  D T  12 I R B h r A Mặt cầu ( S ) có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  Có IA  IB  nên A, B thuộc mặt cầu ( S )   5  AB   3; 3;0   1; 1;0    a , M  ; ;3  trung điểm AB 2    Gọi a  (1; 1;0) n  (a; b; c) với a2  b2  c2  vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( P )   5  I  ( P ) d  6a  3c  a  b  3c  d   2  Vì A, B  ( P ) nên có    a  b a.n   a  b  Gọi h  d  I , ( P)  , (C )  ( P )  ( S ) , r bán kính đường trịn (C ) r  R  h2   h Diện tích thiết diện qua trục hình nón ( N ) h   h2 S  h.2r  h  h   2 MaxS  h   h2  h  h  d  I ,( P)    a  2b  3c  d a  b2  c2 a  c  a2  c2    a  c Nếu a  c b  a; d  9 a ( P ) : ax  ay  az - a   x  y  z   (nhận) Nếu a  c b  a ; d  3a ( P ) : ax  ay  az - 3a   x  y  z   (loại) Vây T  a  b  c  d  Câu 12 Trong không gian Oxyz , xét số thực m   0;1 hai mặt phẳng    : x  y  z  10   : x y z    Biết rằng, m thay đổi có hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với m 1 m hai mặt phẳng    ,    Tổng bán kính hai mặt cầu A B C Lời giải D 12 Chọn C Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022 Gọi I  a; b; c  tâm mặt cầu Theo giả thiết ta có R  d  I ,      d  I ,     a b   c 1 m 1 m Mà d  I ,      1  1 m 1  m  Ta có 1  1 1  1    1  2 2 m 1  m  m 1 m  m 1 m    1 1   1   1(do m   0;1  2 m 1 m m 1  m   m 1  m   Nên a 1  m   bm  cm 1  m   m 1  m  m 1  m  R 1 m 1  m  R a  am  bm  cm  cm  m  m2 m2  m   R  Rm  Rm  a  am  bm  cm  cm2  m  m2  2   R  Rm  Rm  a  am  bm  cm  cm  m  m  m  R  c  1  m  a  b  c  R  1  R  a  1   m  R  c  1  m  b  c  a  R  1  R  a    Xét (1) mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc đồng thời với hai mặt phẳng    ,    với m   0;1 nên pt (1) nghiệm với m   0;1 R  c 1  a  R    a  b  c  R    b  R  I  R; R;1  R  R  a  c   R   Mà R  d  I ,      R  R  R  1  R   10 R   3R  12  R    R  6(l ) Xét (2) tương tự ta R  c 1  a   R    b  c  a  R    b   R  I   R;  R; R  1 R  a  c  R    Mà R  d  I ,      R  2 R  R  1  R   10 R   3R  12  R    R  3(l ) Vậy R1  R2  Câu 13 Trong không gian Oxyz , mặt cầu  S  qua điểm A  2; 2;5  tiếp xúc với ba mặt phẳng  P  : x  1,  Q  : y  1  R  : z  có bán kính Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 A C B D 3 Lời giải Gọi I  a; b; c  R tâm bán kính  S  Khi ta có  IA  a   R  IA  d  I ;  P    d  I ;  Q    d  I ;  R    IA  a   b   c   a     b  1  a     c  1 b  a   IA  a  b  a     TH1: a   b   c  a (vô nghiệm)  c  a a   c    2 2 2a  12a  28     a   a    a    a  1 TH2: b  a  IA  a  b  a a       c  a  b  4  R   a   b    c  a a   c    c  2 2   2a  16a  32     a    2  a     a    a  1 b  a   IA  a  b  a    TH3: a   b   c   a (vô nghiệm)  c  a  a   c    2 2 2a  4a  12     a   a    a    a  1 b  a  IA  a  b  a    TH4: a   b   c   a (vô nghiệm)  c  a  a   c    2 2  2a  12     a    2  a     a    a  1 Vậy mặt cầu có bán kính R  Câu 14 (Đề Tham Khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1;1; 2 Hỏi có mặt phẳng  P  qua M cắt trục x'Ox, y'Oy,z'Oz điểm A,B,C cho OA  OB  OC  ? A B C Lời giải D Chọn D Mặt phẳng  P  qua M cắt trục x'Ox, y'Oy,z'Oz điểm A  a; 0; 0 ,B  0;b; 0 ,C  0; 0;c  Khi phương trình mặt phẳng  P  có dạng: x y z   1 a b c Theo mặt phẳng  P  qua M 1;1; 2 OA  OB  OC nên ta có hệ: a  b  c 1  a  b  c     1 Ta có:     a b c  a  c  b  a  b  c  2   b  c   a - Với a  b  c thay vào 1 a  b  c  - Với a  b   c thay vào 1  (loại) Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Bán kính  T  r  R  h2  Suy max MD  2r  Câu 59 (Bình Giang-Hải Dương A  0;8;2  Cho 2019) mặt cầu  S  : x  5   y  3   z    72 điểm A  9;  7; 23 Viết phương trình mặt phẳng  P  qua A tiếp xúc với mặt cầu  S  cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng  P  lớn Giải  sử n  1; m; n  vectơ pháp tuyến  P  Lúc A m.n  B m.n  C m.n  4 Lời giải D m.n  2 Chọn C  P  qua điểm A  0;8;2  có vectơ pháp tuyến n  1; m; n    P  : x  my  nz  8m  2n   P tiếp xúc với mặt cầu  S    15m  21n d  d  B;  P      11m  5n  m2  n 4  m2  n2  m  4n  m2  n  11m  5n  6  m2  n  11m  5n   4m  16n  m2  n2  4 12   1  42  m  n  m2  n2 (Buinhiacôpxki)  18  m  1 1  d max  18      m.n  4 m n n  Câu 60 Cho x, y, z ba số thực thỏa x  y  z  x  y  z  11  Tìm giá trị lớn P  2x  y  z A max P  20 B max P  18 C max P  18 D max P  12 Lời giải Chọn D Ta có: P  x  y  z  x  y  z  P  1 2 Lại có: x  y  z  x  y  z  11    x     y  3   z  1  25  2 Xét hệ trục tọa độ Oxyz , ta thấy 1 phương trình mặt phẳng, gọi mp    2 phương trình mặt cầu  S  tâm I  2; 3;1 , bán kính R  Giá trị lớn P  x  y  z giá trị lớn P để    S  có điểm chung, điều tương đương với d  I ,     R  2.2   3  1.1  P 22  22   1   P   15  18  P  12 Vậy max P  12 Câu 61 (Sở Nam Định - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm M  m ; ;  , N  ; n ;  , P  ; ; p  không trùng với gốc tọa độ thỏa mãn m  n  p  Tìm giá trị lớn khoảng cách từ O đến mặt phẳng  MNP  Trang 66 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A B TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022 D 27 C 3 Lời giải Chọn C Phương trình mặt phẳng  MNP  có phương trình x  y  z  m n p Theo bất đẳng thức Bunhia-Copsky ta có: m  1  1  n2  p2           3 n p  m n p m  n2  p2 m Khi đó: d  O;  P    1 1   2 m n p  Dấu xảy m  n  p  Vậy khoảng cách lớn từ O đến  MNP  Câu 62 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : x  y  2z   mặt cầu    S  : x  y  z  x  y  z   Giả sử M   P  N   S  cho MN phương  với vectơ u 1;0;1 khoảng cách M N lớn Tính MN A MN  B MN   2 C MN  Lời giải D MN  14 Chọn C  Mặt phẳng  P  có vtpt n   1;  2;  Mặt cầu  S  có tâm I  1; 2; 1 bán kính r  Nhận   thấy góc u n 45ο Vì d I ;  P     r nên  P  không cắt  S      45ο MN  NH  NH nên MN lớn Gọi H hình chiếu N lên  P  NMH sin 45ο NH lớn Điều xảy N  N H  H với N  giao điểm đường thẳng d qua I , vng góc  P  H hình chiếu I lên  P    Lúc NH max  N H   r  d I ;  P   MN max  NH max 3 sin 45ο Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 67 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Câu 63 Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A  2;0;1 , B  3;1;5 , C 1; 2;0  , D  4; 2;1 Gọi   mặt phẳng qua D cho ba điểm A , B , C nằm phía   tổng khoảng cách từ điểm A , B , C đến mặt phẳng   lớn Giả sử phương trình   có dạng: x  my  nz  p  Khi đó, T  m  n  p bằng: A B C Lời giải D Chọn A Vì mặt phẳng   qua D  4; 2;1 nên phương trình   có dạng: a  x    b  y    c  z  1  Đặt S  d  A,     d  B,     d C ,     2a  2b  a  b  4c  3a  c a2  b2  c2 Theo giả thiết, A , B , C nằm phía   nên khơng tính tổng qt, ta giả sử:  2a  2b    a  b  4c   3a  c   Khi đó, S  2a  2b  a  b  4c  3a  c 2 a b c  6a  3b  3c a  b2  c Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai số  6;  3;3  a ; b ; c  , ta được: 6a  3b  3c  6a  3b  3c  6  32  32   a  b  c   S  6a  3b  3c   Đẳng thức xảy   a Ta chọn b c  6  3   a  2  b  1 c      : 2 x  y  z   hay   : x  y  z    m  , n  1 , p  Vậy T  m  n  p  Câu 64 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi (P ) :ax  b y c z  ( a, b, c số nguyên không đồng thời ) phương trình mặt phẳng qua hai điểm M 0; 1;2, N 1;1; 3 không qua H 0; 0;2 Biết khoảng cách từ H 0; 0;2 đến mặt phẳng (P ) đạt giá trị lớn Tổng P  a  2b  3c  12 A B 16 C 12 D 16 Lời giải Chọn B Mặt phẳng (P ) qua hai điểm M 0; 1;2, N 1;1; 3 nên ta có  b  2c   b  2c     (*)       a  b  c   a  c       Mặt khác d H ;(P )  2c  a  b2  c2 (**) Trang 68 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022 2c  Thay (*) vào (**) ta d H ;(P )  2c  Xét hàm số y  y'  30c  72c  45 a  b2  c2  2c  30c  72c  45 có tập xác định D   2 18c  18 ;y '   c   y   ;limy   limy  30c  72c  45 30 c 30 c   miny  y(1)   D Xét hàm số g(c)  Từ suy max 2c  30c  72c  45 g(c)  f (1)  g(1)   đạt c  Với c   a  1;b  1 Vậy P  a  2b  3c  12  16 Câu 65 (Chu Văn An - Hà Nội - 2019) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng  P : x  y  2z  Phương trình mặt phẳng Q chứa trục hồnh tạo với  P góc nhỏ A y  2z  B y  z  C y  z  D x  z  Lời giải Chọn A i nP A Ox (Q A K a P)  I K d' H H I Chứng minh góc (P) (Q) bé góc Ox (P)  , Ox,  P    Giả sử (Q)  (AKI) Ta có  P  , Q   AKI AIH Xét AHI , AHK tam giác vuông chung cạnh AH   90  HK  HI  K    90  IHK , K AH  IAH AKH  90  AIH   AKH   AIH  Ox có VTCP i 1;0;0   P  có VTPT nP  1; 1; 2 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 69 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  i nP Góc Ox mặt phẳng  P   : sin      i nP   nP nQ Góc Q mặt phẳng  P  thoả: cos      1 sin   nP nQ Phương trình mặt phẳng Q : By  Cz  B  2C Ta có: B C 2  B  2C  5B  5C   B  BC  C   C  2 B Chọn B = 1, C = -2 Câu 66 (Việt Đức Hà Nội 2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng  P  qua điểm A 1;7;  cách M  2; 4;  1 khoảng lớn có phương trình A  P  :3 x  y  z  10  B  P  : x  y  z   C  P  : x  y  z  10  D  P  : x  y  z  10  Lời giải Ta có: d  M ,  P    MA Nên d  M ,  P  max  MA A hình chiếu M mặt phẳng  P   Suy AM   P   AM   3;  3;   vectơ pháp tuyến  P    P  qua A 1;7;  nhận AM   3;  3;  3 vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3  x  1   y     z     x  y  z  10  Câu 67 (HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(a; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c ) , a , b, c số thực thỏa mãn 2    Khoảng a b c cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng  ABC  có giá trị lớn bằng: A B C Lời giải D x y z   1 a b c  Nhận thấy, điểm M (2; 2;1)   ABC  ; OM   2; 2;1 , OM  Phương trình mặt phẳng  ABC  : Ta có: d  O;( ABC )   OH  OM  khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng  ABC  có giá 1   a  2k  a  2k     1  trị lớn OM  ( ABC )  n( ABC )  k OM , (k  0)    2k  b   2k b  1  c  k c  k   2 1 2 9 Mà    nên     9k   k  Do a  ; b   ; c  1 a b c 2  2k 2k k Trang 70 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022 9 Vậy d max  O;( ABC )   OM  a  ; b   ; c  2 Câu 68 (Chuyên Trần Phú Hải Phịng 2019) Trong khơng gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z   hai điểm A 1;2;3 , B  3;4;5 Gọi M điểm di động ( P ) Giá trị lớn biểu thức MA  MB A 3  78 54  78 B D C Lời giải  +) Nhận xét: AB  2; 2;   AB  3; A   P  MA  MA  AB sin B  sin M   MB MB sinA A BM BM cos cos cos 2   P A A A A cos sin sin sin 2 2 +) Xét tam giác MAB ta có P  +) Để Pmax  sin A min, dấu xảy ( P) : x  y  z    d B / P    AB  AM    ABM  ABH 24  26  BM  3  Pmax  54  78 Câu 69 (Chuyên Hạ Long 2019) Cho A  4;5;6  ; B 1;1;2  , M điểm di động mặt phẳng  P  :2 x  y  z   Khi MA  MB nhận giá trị lớn là? C Lời giải Ta có MA  MB  AB với điểm M   P  A 77 B 41 D 85 Vì  2.4   2.6  1  2.1   2.2  1  208  nên hai điểm A, B nằm phía với  P  Dấu "  " xảy M  AB   P  Khi đó, MA  MB nhận giá trị lớn là: AB    1    1 2      41 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 71 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Câu 70 Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1;  mặt phẳng  P  : m  1 x  y  mz   , với m tham số Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  P  lớn Khẳng định bốn khẳng định A  m  B m  C 2  m  Lời giải D 6  m  Cách 1: Ta có d  A;  P    Xét f  m   m    2m   m  1  3m  1    m2 2  m  m  1 Vậy max d  A;  P     f m  3m  1 2  m2  m  1  m    m  3m  1    m    m  m  1 14 m    2;6  Câu 71 (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 2; 1 , B  3; 0;3 Biết mặt phẳng P qua điểm A cách B khoảng lớn Phương trình mặt phẳng  P  là: A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  2z  Lời giải  Ta có AB   2;  2;   AB  Gọi H hình chiếu vng góc B mặt phẳng  P  Ta có d  B ,  P    BH  BA   maxd  B ,  P    , đạt H  A  Khi mặt phẳng  P  qua A nhận AB   2;  2;4 véctơ pháp tuyến Suy phương trình mặt phẳng  P   x  1   y     z  1   x  y  z   Trang 72 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022 Câu 72 (Sở Bắc Giang 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 4;9  Gọi  P  mặt phẳng qua M cắt tia Ox, Oy , Oz điểm A, B, C (khác O ) cho OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ Tính khoảng cách d từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng  P  A d  36 B d  24 C d  D d  26 14 Lời giải Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a , b, c  Phương trình mặt phẳng  P  : M 1; 4;9    P   x y z    a b c    a b c Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:   2  2  2  1 9            a  b  c     a   b   c   a b c     a  b  c  49     b    c    1   3 a 2 1 a   a  b  c  a  b c  49  x y z Dấu “  ” xảy    b  12 Nên  P  :    12 18 1   c  18   a b c 36 Vậy d  Câu 73 Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; 4;9) Gọi (P) mặt phẳng qua M cắt tia Ox, Oy, Oz điểm A, B, C (khác O) cho OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ Tính khoảng cách d từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P) 26 36 24 A d  B d  C d  D d  14 Lời giải Chọn A Gọi mặt phẳng  P  qua điểm M 1; 4;9  cắt tia A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với x y z a, b, c  ta có  P  :    suy    OA  OB  OC  a  b  c đạt giá trị a b c a b c nhỏ 12 22 32 1   3 1        a  b  c  36 a b c a b c abc a  x y z  Dấu xảy b  12   P  :    12 18 c  18  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 73 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 0   1 12 18 Nên d  o;  p    2 1              12   18   36 Câu 74 (THPT Ba Đình -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,  P : x  y  2z    N   S  cho MN cho mặt phẳng mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   Giả sử M   P   phương với vectơ u  1;0;1 khoảng cách M N lớn Tính MN B MN   2 A MN  C MN  D MN  14 Lời giải 1  2.2  2.1    R  S  có tâm I  1; 2;1 bán kính R  Ta có: d  I ,  P    12  22  22 Gọi H hình chiếu vng góc N mặt phẳng  P   góc MN NH    Vì MN phương với u nên góc  có số đo khơng đổi,   HNM Có HN  MN cos   MN  HN nên MN lớn  HN lớn cos   HN  d  I ,  P    R    1 Có cos   cos u, nP  nên MN  HN  cos   Câu 75  (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(1;0;0) , B(2;1;3) , C (0;2; 3) , D(2;0; 7) Gọi M điểm thuộc mặt cầu   ( S ) : ( x  2)  ( y  4)  z  39 thỏa mãn: MA  MB.MC  Biết độ dài đoạn thẳng MD đạt 2 2 giá trị lớn Tính giá trị lớn A B C Lời giải D Trang 74 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022 +) Mặt cầu ( S ) : ( x  2)  ( y  4)2  z  39 có tâm I  2; 4;0  , bán kính R  39 Gọi M ( x , y , z )  ( S ) Ta có: x  y  z  19  x  y MA2  ( x  1)  y  z  20  x  y   MB  (2  x ;1  y ;3  z ) ; MC  (  x ;  y ;   z )   MB.MC  2 x  x   y  y   z  19  x  y  x  y   6 x  y  12   Suy MA2  MB.MC  18 x  18 y  44   Theo giả thiết MA2  MB.MC   18 x  18 y  44    x  y   Do M  ( P) :  x  y   Ta có d ( I ; ( P))   32  39 nên mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến đường tròn  C  có bán kính R1 với R1  R  d  39  32   D, M   P  Mặt khác ta có   D, M  (C) Do độ dài MD lớn R1   D, M   S  Vậy chọn A Câu 76 2 (Mã 101-2021-Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  3   y     z  1  Có điểm M thuộc  S  cho tiếp diện  S  M cắt trục Ox , Oy điểm A  a ;0;0  , B  0; b ;0  mà a , b số nguyên dương  AMB  90 ? A C Lời giải B D Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  3;2;1 bán kính R  2 2 Ta có: IA2   a    22  1  a  6a  14 , IB  32   b    1  b  4b  14 Gọi M tiếp điểm thỏa mãn toán, IM  R  Vì tiếp diện mặt cầu  S  M cắt trục Ox , Oy điểm A , B nên ta có:   IMB   90 IMA Suy ra: MA2  IA2  IM  a  6a  13 , MB  IB  IM  b  4b  13 Ta lại có: AB  a  b  AMB  90 nên AB  MA2  MB Hay a  b  a  a  13  b  4b  13  3a  2b  13 Mặt khác, với a , b số nguyên dương  a  4;  b  Ta có bảng sau a b 3,5 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 75 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Thử lại: + Trường hợp 1: A 1;0;0  , B  0;5;0  Gọi  P  tiếp diện  S  qua A, B cắt Oz C  0;0; c  , c  , có phương trình:  P : x y z   1  c   1 144 24 26 60 c P S tiếp xúc với mặt cầu nên 1     c     25 5c c 25 c 59 1 1  25 c Như vậy, trường hợp có điểm M thỏa mãn + Trường hợp 2: A  3;0;0  , B  0;2;0  Gọi  P  tiếp diện  S  qua A, B cắt Oz C  0;0; c  , c  , có phương trình:  P : x y z   1  c 11 1 13 72 c   1    c  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  nên c c 36 c 23 1   c Như vậy, trường hợp có điểm M thỏa mãn Tóm lại, có điểm M thỏa mãn yêu cầu toán Câu 77 2 (Mã 120-2021-Lần 2) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S  :  x     y     z  1  Có điểm M thuộc  S  cho tiếp diện  S  M cắt trục Ox , Oy điểm   90 ? A  a;0;0  , B  0; b;0  mà a , b só nguyên dương AMB B A C Lời giải D Chọn D 2 Ta có:  S  :  x     y     z  1  Suy tâm I  3; 2; 1 bán kính R  a b  Gọi K trung điểm AB  K  ; ;  2  AB a2  b2  2 IMK vuông M  IM  MK  IK MK  2 a  b2  a  b   1    3     1 2  2   3a  2b  13   3a  2b  13 a b Loại loại Trường hợp 1: A 1;0;0  , B  0;5;0  Không thỏa mãn loại Trường hợp 2: A  3; 0;0  , B  0; 2;0  Thỏa mãn A , B nằm Trang 76 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2022 Câu 78 2 (Mã 111-2021-Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x     y  3   z  1  Có điểm M thuộc  S  cho tiếp diện  S  M cắt trục Ox , Oy điểm A  a ; 0;  , B  0; b ;0  mà a , b số nguyên dương  AMB  90 ? B A C Lời giải D Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I  2;3;  1 bán kính R  2 2 Ta có: IA2   a    32   1  a  4a  14 , IB  22   b  3   1  b  6b  14 Gọi M điểm thỏa mãn toán, IM  R  Vì tiếp diện mặt cầu  S  M cắt trục Ox , Oy điểm A , B nên ta có:   IMB   90 IMA Suy ra: MA2  IA2  IM  a  4a  13 , MB  IB  IM  b2  6b  13 Ta lại có: AB  a  b  AMB  90 nên AB  MA2  MB Hay a  b  a  4a  13  b  6b  13  2a  3b  13 Mặt khác, với a , b số nguyên dương, ta có trường hợp sau: Thử lại: + Trường hợp 1: A  5; 0;0  , B  0;1;  Gọi  P  tiếp diện  S  qua A, B cắt Oz C  0;0; c  , c  , có phương trình:  P : x z  y  1  c   1 64 16 1 40 c 1   2 1  c   P  tiếp xúc với mặt cầu  S  nên 25 5c c 25 c 19 1 1 25 c Chú ý qua A, B cịn có mặt phẳng  Oxy  tiếp xúc với mặt cầu  S  tiếp diện không thỏa mãn tốn Như vậy, trường hợp có điểm M thỏa mãn + Trường hợp 2: A  2;0;  , B  0;3;0  Gọi  P  tiếp diện  S  qua A, B cắt Oz C  0;0; c  , c  , có phương trình:  P : x y z   1  c 1   1 13 72 c   1    c  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  nên c c 36 c 23 1   c2 Chú ý qua A, B cịn có mặt phẳng  Oxy  tiếp xúc với mặt cầu  S  tiếp diện không thỏa mãn toán Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 77 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Như vậy, trường hợp có điểm M thỏa mãn Tóm lại, có điểm M thỏa mãn yêu cầu toán Câu 79 2 (Mã 102-2021-Lần 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x     y  3   z  1  Có điểm M thuộc  S  cho tiếp diện  S  điểm M cắt trục Ox, Oy điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  mà a , b số nguyên dương  AMB  90o ? A C Lời giải B D Chọn D I B M A  S  có tâm I  2;3;1 , bán kính R  Do mặt phẳng  MAB  ( M khơng trùng với A B d  I , Ox   1; d  I , Oy   ) tiếp diện  S  M  IM   MAB  2 2 Ta có IA2   a    10; IB   b     MA2   a    9; MB   b    2 Vì  AMB  900  MA2  MB  AB   a      b     a  b  a   b  *  2a  3b  13 Do a, b     Suy có hai cặp điểm A, B  a    b  Thử lại, có hai tiếp diện  S  thỏa mãn  có hai điểm M thỏa ycbt Câu 80 (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An - 2021) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x  ( y  2)  ( z  3)  24 cắt mặt phẳng   : x  y  theo giao tuyến đường trịn (C ) Tìm hồnh độ điểm M thuộc đường tròn (C ) cho khoảng cách từ M đến A  6; 10;3 lớn A 1 B 4 C Lời giải D 5 Chọn B Mặt cầu ( S ) : x  ( y  2)  ( z  3)  24 có tâm I (0; 2; 3) bán kính R  d  d  I ; ( )   Gọi r bán kính đường trịn (C ) , ta có r  R  d  24   22 Gọi H hình chiếu vng góc I lên mặt phẳng ( ) Khi H tâm đường tròn giao tuyến Suy H (1;1; 3) Trang 78 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2022  Gọi K hình chiếu vng góc A lên ( ) Suy K (8; 8;3) Ta có HK (9; 9; 6) Ta có AM  KM  d ( A; ( )) , d ( A;( )) không đổi nên AM lớn KM lớn  x  1  3t  Phương trình đường thẳng HK :  y   3t  z  3  2t  Đường thẳng HK cắt đường tròn (C ) hai điểm Tọa độ giao điểm nghiệm hệ  x  1  3t  x  1  3t  x  1  3t  y  1  3t  y  1  3t  y  1  3t       z  2t   z  2t  z  2t  t   x  ( y  2)  ( z  3)2  24 (1  3t )  (1  3t )  (2t )  24   t  1 Tọa độ giao điểm M (2; 2; 1) M (4; 4; 5) Xét KM   ( 6)   88 KM  12  ( 12)  82  352 Vậy điểm M  M (4; 4; 5) Suy hoành độ điểm M 4 Câu 81 (Sở Hịa Bình - 2021) Trong khơng gian cho điểm A 13; 7; 13 , B 1; 1;5 C 1;1; 3 Xét  P  qua d  A,  P    2d  B,  P   đạt giá mặt phẳng a  b  c A C cho A B nằm phía so với trị lớn  P Khi có dạng ax  by  cz   Giá trị C Lời giải B  P D Chọn D Gọi n  a; b; c  véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  P  Do  P  qua C 1;1; 3 nên  P  : a  x  1  b  y  1  c  z  3   a x  by  cz  a  b  3c  Do A 13; 7; 13 , B 1; 1;5 nằm phía so với  P  nên ta có 13a  7b  13c  a  b  3c a  b  5c  a  b  3c   12a  8b  10c  2b  8c   Ta có T  d  A,  P    2d  B,  P     12a  8b  10c   4b  16c 12a  8b  10c 2 a2  b2  c2 12a  12b  6c 2b  8c a2  b2  c2  a2  b2  c2 a2  b2  c2 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 12a  12b  6c   122  122  62  a2  b2  c2   12a  12b  6c  324 a2  b2  c2 Suy T  324  18 a b c    a  b  2c Dấu có 12 12 Chọn c  ta đươc a  2, b  2 Khi  P  : x  y  z   Suy a  2, b  2, c   a  b  c  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 79 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 80 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ... tâm B , C bán kính Hỏi có mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  A B C Lời giải D Chọn C Gọi phương trình mặt phẳng  P  tiếp xúc với ba mặt cầu cho có phương trình là:... MG nhỏ điểm M hình chiếu G mặt phẳng ( P) Bài tốn 10 Trong khơng gian Oxyz, cho đường thẳng d mặt phẳng ( P) cắt Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d tạo với mặt phẳng ( P) góc nhỏ Lời giải... toán Bài tốn 7.Viết phương trình mặt phẳng  P  qua đường thẳng  cách A khoảng lớn Lời giải Gọi H , K hình chiếu A lên mặt phẳng ( P) đường thẳng  Khi d( A, ( P))  AH  AK Do ( P) mặt phẳng