Chuyên đề 33 mặt phẳng đthẳng vd vdc hướng dẫn giải

TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT CHUYÊN ĐỀ 33: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG - PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VD – VDC A  0;1;  Câu 46_TK2023 Trong không gian Oxyz , cho điểm đường thẳng d: x y z   2  Gọi  P  mặt phẳng qua A chứa d Khoảng cách từ điểm M  5;  1;3 đến Chọn C B  2;1;1  d Ta có B A Lấy  P  ta có C Lời giải AB  2; 0;  1    AB, ud   2; 4;  2  1; 2;    Mặt phẳng  P 11 D qua A chứa d suy  nP  1; 2;   P  : x  y  z  0 Phương trình mặt phẳng x  yM  z M  d  M , P   M 1 2   Vậy Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d: x y 1  z   2 Gọi  P  mặt  Q  : x  y  z  0 góc có số đo phẳng chứa đường thẳng d tạo với mặt phẳng nhỏ Điểm A A  1; 2;3 cách mặt phẳng  P B khoảng bằng: 11 C 11 D Lời giải Chọn A M H B C x y 1  z    u 2 có VTCP  1;  2;  1   Q  : x  y  z  0 có VTPT n  2;  1;   d: Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT  sin   cos u ,n  Q   Gọi  góc tạo d , ta có   d ,  P   MBH  P  ,  Q   MCH Từ hình vẽ, ta có      sin MCH  Ta thấy MH MH   MC MB   P  ,  Q   MCH Vậy góc   sin MCH  nhỏ  cos MCH  hay *Viết phương trình mặt phẳng -CÁCH 1: P : Ax  By  Cz  D 0 Mặt phẳng     n Q  u 0  A  B  C 0     A  B  2C    cos n, n Q    2 3 A  B  C Ta có     A 2 B  C   2 B  B  C  B  C    Nếu B 0 suy A C 0 loại  A 2 B  C  2 6 B  6C  12 BC 0  1 C C C   0    C  B   B B Nếu B 0 từ   suy  B  suy A B Mặt phẳng  P  : Bx  By  Bz  D 0 Vậy phương trình mặt phẳng qua điểm  P : x  y  z  0 N  0;  1;   d Suy suy D 3B d  A;  P    -CÁCH Gọi  ( P)  (Q) góc ( P) (Q) nhỏ   d Do đó, mặt phẳng thỏa đề mặt phẳng chứa d cắt theo giao tuyến  cho   d    (Q)       u  ud ,nQ      d nhận làm vec tơ phương    (Q) chứa d   (P) qua M(0;-1; 2)  d nhận n  ud ,u  (6; 6;  6) làm vectơ pháp tuyến Câu 2:  (P) : x  y  z  0 Vậy d  A;  P     S  tâm I  1;  2;1 ; bán kính R 4 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu d: đường thẳng x y  z 1   2  Mặt phẳng  P  chứa d cắt mặt cầu  S  theo đường trịn có diện tích nhỏ Hỏi điểm sau điểm có khoảng cách đến mặt phẳng  P lớn Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT A O  0;0;0   1 A  1; ;   B   C B   1;  2;  3 D C  2;1;0  Lời giải Gọi H  2t ;1  2t;   t  hình chiếu I lên đường thẳng d    5 IH ud 0   2t  1    2t      t  0  t   H  ;  ;    3 3 Ta có: S Vì IH  10  R  d cắt mặt cầu   điểm phân biệt Mặt phẳng Khi  Q S chứa d ln cắt   theo đường trịn bán kính r r R  d  I ,  Q   R  d  I , d  16  10 6 Do mặt phẳng  P chứa d cắt mặt cầu theo đường trịn có diện tích nhỏ  d  I,  P   8 IH  ; ;   d  I , d  P  3 3 hay mặt phẳng   qua H nhận làm vectơ pháp tuyến, Khi điểm Câu 3: O  0;0;   P có phương trình x  y  z  13 0 có khoảng cách đến  P lớn Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;1) , B (2;0;1) mặt phẳng ( P) :x  y  z  0 Viết phương trình tắc đường thẳng d qua A , song song với mặt phẳng ( P ) cho khoảng cách từ B đến d lớn x y z d :   2 A x y z d :   1 1 C x y z 2 d :   2 2 B x y z d :   1 1 D Lời giải B d A P' Gọi ( P ') chứa A song song ( P ) suy ( P ') :x  y  z  0 Ta thấy B  ( P ') d ( B, d ) đạt giá trị lớn AB  Khi d vng góc với AB d vng góc với giá n VTPT ( P )    u  n , AB  (2; 2;  2) Suy VTCP d Kết hợp với điểm A thuộc d nên ta chọn đáp án C Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Câu 4: A  1;1;1 Trong không gian Oxyz , cho điểm mặt phẳng ( P ) : x  y 0 Gọi  đường B   1;0;  thẳng qua A , song song với ( P ) cách điểm khoảng ngắn Hỏi  nhận vecto vecto 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  song song với ( P ) Suy (Q ) có phương trình: x   2( y  1) 0  x  y  0 d  B;    BH với H hình chiếu B lên mặt phẳng (Q ) Đường thẳng BH qua B , vng góc với mặt phẳng (Q ) có phương trình Khi  x   t   y 2t , t  R  z 2  Tọa độ giao điểm H đường thẳng BH mặt phẳng (Q ) nghiệm hệ:   x   t   y 2t    z 2  x  y  0   H   ; ;2  Giải hệ ta  5   6  AH  ;  ;  1 5  Do  đường thẳng AH có  u  6;  3;  5 Suy vecto phương  Câu 5: A  2;  1;    d  có phương Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm đường thẳng x y z   1 Gọi  P  mặt phẳng qua điểm A , song song với đường thẳng trình d  P  lớn Khi mặt phẳng  P  vng góc khoảng cách từ d tới mặt phẳng với mặt phẳng sau đây? A x  y  0 C x  y  3z  0 B x  y  z  10 0 D 3x  z  0 Lời giải Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT H d A P K H 1;1;1 Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng d Ta suy  Gọi  P P mặt phẳng qua điểm A   song song với đường thẳng d Gọi K P d //  P  hình chiếu H lên mặt phẳng   Do nên ta có d  d ,  P   d  H ,  P   HK d P Ta ln có bất đẳng thức HK HA Như khoảng cách từ   đến   lớn uuur AH   1; 2;3 P   AH Và nhận làm vectơ pháp tuyến Do  P Do Câu 6: qua  P A  2;  1;   nên ta có phương trình  P  là: x  y  3z  10 0 vng góc với mặt phẳng có phương trình: 3x  z  0  P  mặt phẳng qua hai điểm A  1;  7;   , Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi B  2;  5;   cho khoảng cách từ điểm có véctơ pháp tuyến  n  a; b;  M  7;  1;    P đạt giá trị lớn Biết  P , giá trị tổng a  b B A  đến D C Lời giải Phương trình tham số đường thẳng AB  x 1  t   y   2t  z   t  P Gọi H , K hình chiếu M   đường thẳng AB Ta tìm điểm K  3;  3;  10  Ta ln có bất đẳng thức  d  M ,  P   MH MK MH   4;  2;     2;1;  Dấu xảy H K Khi Mặt phẳng Câu 7:  P có vectơ pháp tuyến  n  2;1;  Vậy ta có a  b 3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm d: A  3;  1;0  đường thẳng x  y 1 z    1 Mặt phẳng    chứa d cho khoảng cách từ A đến    lớn có phương trình A x  y  z  0 B x  y  z 0 Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT C x  y  z  0 D  x  y  z  0 Lời giải  Gọi H , K hình chiếu A lên   d Khi ta có AH  AK  H   t ;   2t ;1  t   AH    t ; 2t ;1  t  H  d Vì nên   2 2 AH   ;  ;   t     t  2.2 t   t    3 3 Khi Do AH  d nên ta có    Khoảng cách từ A đến   lớn AH  AK Do   có vectơ  n  1;1;  1  : x    1 y  1  1 z  1 0  x  y  z 0 pháp tuyến Vậy    Vẫn đánh giá bất đẳng thức AH  AK nói trên, toán sau lại phát biểu khác chút Câu 8: A   3;0;1 B  1;  1;3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm , mặt phẳng  P : x  y  z  0 với mặt phẳng  P Viết phương trình tắc đường thẳng d qua A , song song cho khoảng cách từ B đến d nhỏ d: x 3 y z  x 3 y z1   d:   26 11  B 26  11 d: x 3 y z  x 3 y z    d:   26 11 D  26 11  A C Lời giải B H Q d K P P Ta thấy d qua A d song song với   nên d nằm mặt phẳng  Q Q // P Q qua A     Như ta chuyển xét mặt phẳng   để thay cho  P  Ta lập phương trình mặt phẳng  Q  : x  y  z  0 Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT  11  H ; ;  Q Gọi H , K hình chiếu B lên   d Ta tìm  9  Ta d  B; d  BK BH ln có bất đẳng thức BH nên khoảng cách từ B đến d bé x 3 y z    A , H d 26 11  Đường thẳng qua nên có phương trình Câu 9: A  2;5;3 Trong không gian Oxyz , cho điểm d: đường thẳng x y z   2 Gọi  P   P  lớn Khoảng cách từ gốc tọa độ mặt phẳng chứa d cho khoảng cách từ A đến O đến  P  A Gọi B  n  a; b; c  Điểm Lời giải vectơ pháp tuyến M  1;0;   d  M   P  Phương trình     u  2;1;   n  u  n.u 0  2a  b  2c 0  b   2a  2c   d  A,  P    Ta có 2 Suy ra:  P  , với a  b2  c 0  P  : ax  by  cz   a  2c  0 Một vectơ phương d  a  c D 11 C 2  a  c   a  c  4 a  c d  A,  P    | a  5b  c | a  b2  c2  a  c  a  c  a  c a2  c2   a  c  với a, c   2  4 a  c  9| a c | a2  c2   a  c  Do 9| a c | 2    a  c 9| a c | 9| a c |  3 3| a c |  a  c  a c  Max d  A,  P   3   b  4a Chọn a c 1  b   P  : x  y  z  0  d  O,  P    Phương trình Câu 10: A  1; 2;3  , B  5;  4;  1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm mặt phẳng  P A d B , P 2d  A, P   ,  P  I  a; b; c  qua Ox cho     cắt AB nằm AB Tính a  b  c B C 12 D Lời giải Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Do mặt phẳng b  P  P  có dạng by  cz 0 qua Ox nên phương trình mặt phẳng  c2  0 d  B , P   2d A, P     4b  c b2  c 2   4b  c 4b  6c   b2  c2   4b  c  4b  6c 2b  3c  8b  7c 0   c 0  P  : y  z 0 Trường hợp 1: 8b  7c 0 chọn b 7; c  Xét f  y, z  7 y  z  7.2  8.3        1   suy A, B nằm phía Thay tọa độ A, B vào ta so với  P  P  : y 0 Trường hợp 2: c 0 suy phương trình      P  Do Thay tọa độ A, B vào ta suy A, B nằm khác phía so với  P  I nằm AB đường thẳng AB cắt  x 1  4t   y 2  6t  t     z 3  4t Phương trình tham số đường thẳng AB :  Tọa độ điểm I nghiệm hệ phương trình  t   x 1  4t   y 2  6t   x   5   I  ;0;    3  z 3  4t  y 0  y 0   z 5  a  b  c    4 3 Vậy d: Câu 11: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng x 1 y z    2 1 điểm A(1; 2;3) Gọi ( P) mặt phẳng chứa d cách điểm A khoảng cách lớn Vectơ vectơ pháp tuyến ( P)  n A (1;0;2)  n B (1;0;  2)  n C (1;1;1)  n D (1;1;  1) Lời giải Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Gọi H hình chiếu vng góc A lên đường thẳng d, gọi K hình chiếu vng góc d A;( P )   AK A lên ( P) Do khoảng cách từ A đến ( P) là:   x  2t   d :  y t  z t   H  2t  1; t; t  1 Ta có Vì H  d nên    AH   2t  2; t  2; t   ud   2;1;1 , VTCP đường thẳng d     AH  ud  AH ud 0   2( t  2)  t   t  0  t 0  AH   2;  2;    AH 2 H   1; 0;1 Do Vì AK  AH nên AK lớn AK  AH hay K H   Ta có AK  AH ( 2;  2;  2)  2(1;1;1) Vậy, vec tơ pháp tuyến ( P)  n (1;1;1) Câu 12: A   3;0;1 B  1;  1;3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm , mặt phẳng  P : x  y  z  0 với mặt phẳng cho khoảng cách từ B đến d nhỏ d: x 3 y z  x 3 y z1   d:   26 11  B 26  11 d: x 3 y z  x 3 y z    d:   26 11 D  26 11  A C  P Viết phương trình tắc đường thẳng d qua A , song song Lời giải Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Gọi mặt phẳng  Q P mặt phẳng qua A song song với mặt phẳng   Khi phương trình mặt phẳng  Q 1 x  3   y     z  1 0  x  y  z  0  Q  , đường thẳng BH qua Gọi H hình chiếu điểm B lên mặt phẳng  n Q   1;  2;2  B  1;  1;3 nhận làm vectơ phương có phương trình tham số  x 1  t   y   2t  z 3  2t  H BH   Q   H  BH  H   t ;   2t ;3  2t  Vì H   Q nên ta có 10  H   ; 11 ;   t      t      2t     2t   0  9 9   26 11    AH  ; ;    26;11;    9  Gọi K hình chiếu B lên đường thẳng d , d  B; d  BK BH nên khoảng cách từ B đến d nhỏ BK BH ,  u  26;11;   d A đường thẳng qua có vectơ phương có phương trình Ta có d: tắc: Câu 13: Trong x 3 y z    26 11  không gian với hệ tọa  P  : x  my   2m 1 z  m  0 , độ Oxyz cho điểm A  2;1;3 mặt phẳng m tham số Gọi H  a; b; c  hình chiếu vng góc  P  Tính a  b khoảng cách từ điểm A đến  P  lớn ? điểm A a  b  A B a  b 2 C a  b 0 a b  D Page 10 Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Lời giải x  my   2m  1 z  m  0  m  y  z  1  x  z  0  y  z  0   x  z  0 Phương trình có nghiệm với m Suy  x 2  t  d :  y 1  2t  z t   P qua đường thẳng  K  d  K   t ;1  2t ; t  AK   t ;  2t ; t  3 ,  u   1;  2;1 Đường thẳng d có VTCP    1 AK u 0  t  4t  t  0  t   K  ;0;   2 Ta có AH  AK  AH max  AK  H K a b  Vậy Câu 14: A  2;1;1 B   1; 2;3 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz Cho hai điểm ; mặt phẳng  P  : x  y  z  0 Viết phương trình đường thẳng phẳng A  P d qua điểm A , song song với mặt cho khoảng cách từ B đến d nhỏ  x 2  2t   d  :  y 1  t  z 1  4t  B  x 2  2t   y 1  t  z 1  4t  C  x 2  2t   y 1  t  z 1  4t  D  x 2  2t   y 1  t  z 1  4t  Lời giải Mặt phẳng  Q  qua A  2;1;1 song song với mặt phẳng  P  Vậy mặt phẳng  Q : x  y  z  0 Page 11 Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Q Gọi H hình chiếu vng góc B lên mặt phẳng   Khi đường thẳng BH  n B qua nhận  Q  (1;  2; 2) làm VTCP Phương trình tham số Do  x   t  BH :  y 2  2t  z 3  2t  H BH   Q  H  BH H   t;  2t ;3  2t  H  Q ; nên  Ta có   t    2t     2t   0  t 1  H  0;0;5  Gọi K hình chiếu vng góc B lên đường thẳng d d ( B; d ) BK BH Khoảng cách từ B đến d nhỏ BK BH hay K H  AH   2;  1;  Có    d  : u d  AH  u d ( 2;  1; 4)  VTCP đường thẳng Vậy phương trình tham số đường thẳng Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng Mặt phẳng  P chứa đường thẳng  x 2  2t  d  :  y 1  t  z 1  4t  d1 : x  y 1 z  x 1 y z    d2 :    1 d1 song song với đường thẳng d qua điểm sau đây? A M  1;1;0  B N  0;1;1 C P   1;1;  1 D Q  2;0;0  Lời giải  A  1;  1;1 u  1; 2;  1 d Đường thẳng qua điểm có vectơ phương  v   1; 2;1 Đường thẳng d có vectơ phương  P u , v   4;0;    d d Mặt phẳng chứa song song có vectơ pháp tuyến Phương trình mặt phẳng Vậy mặt phẳng  P  P qua điểm  x  1    z  1 0  x  z  0 Q  2;0;0  2 S : x  1   y     z  3 9 Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu     : đường thẳng M  4;3;  x y z   3 2 Phương trình mặt phẳng  P  qua điểm song song với đường thẳng  tiếp xúc với mặt cầu x y z   1 a b c Tính a  b  c A B C   S có dạng D Page 12 Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Lời giải  P n  a ; b ; c  a  b  c   Gọi vectơ pháp tuyến mặt phẳng , Phương trình mặt phẳng Do  P  //   P  : a  x    b  y  3  c  z   0  3a 2  b  c  nên  3a  2b  2c 0  3a  b  c  P Mặt phẳng Thay  S tiếp xúc với 3a 2  a  b  vào  * 3 a2  b2  c nên   a  b  c   3a  b  c   * ta được:  b  c    b  c  9  b  c   2b  5bc  2c 0   2b  c   b  2c  0  P  : x  y  z  18 0 TH1: b  2c 0 , chọn c 1 ; b 2  a 2    P  : x  y  z  19 0  TH2: 2b  c 0 , chọn b 1 ; c 2  a 2 kiểm tra thấy  P  //   P : Do mặt phẳng Vậy: a  b  c 0 Câu 17: x y z 19 19   1 c a a b c ; b 19 ; Khi đó: Trong khơng gian với hệ tọa độ  Q : x  y  z  0 Oxyz , cho hai mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng  R  R  cho khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  x  z  0  x  z  0  A  x  z  0  x  z  0 B  P , Q Hai mặt phẳng      R có vectơpháp tuyến là: vectơ pháp tuyến     n  n1 , n2   2; 0;    P  Q  x  y  0  x  y  0 C  vng góc với hai mặt phẳng  P  : x  y  z  0, vng góc với Lời giải Vì mặt phẳng x y z   1 19 19 19 2  P  x  y  0  x  y  0 D    n1  1;1;1 , n2  1;  1;1  Q  nên mặt phẳng  R  có  n 1;0;  1 R Hay mặt phẳng   có vectơ pháp tuyến Suy phương trình mặt phẳng  R có dạng: x  z  D 0 Mặt khác, ta có:  D 2   D 2    D  R : x  z  0,  R2  : x  z  0 Vậy có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu toán là:   d  O,  R     D Page 13 Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Câu 18: I  2;1;5  S  S  Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu có tâm , bán kính mặt cầu có phuong trình:  x  2 2   y  1   z  1 16 Mặt phẳng  P  thay đổi tiếp xúc với  P  mặt cầu Khoảng cách nhỏ từ O đến mặt phẳng A  15 B 15  15 C  15 D Lời giải Mặt cầu phẳng  S1  có tâm I1  2;1;1 , bán kính Gọi M , N  P mặt cầu  S1  ,  S2  tiếp điểm mặt I1M 2 I N ta có  V I ,2    S2    S1   V I ,2   I   I1   I  2;1;9  Giả  I1I MN    P  MN , sử  I1I MN    P  MN ,  I1 I MN    S1   I1 ,  ,  I1I MN    S2   I ,  Với  I1 ,  đường tròn,  I ,  đường trịn Xét tam giác lên I IM vng M, II 4 , I M 2 Gọi H hình chiếu vng góc O  P  sin I IM  Tam giác  I2M   I IM 300 II 2 II1O có OI  86, II1 8, OI1   II  cos I IO    2    OI    OI1    I1IO 13057 '9,9'' 2OI II1 86   HIO 300  I1 IO 160 2'50 ''  Xét tam giác OIH vng H Ta có OH OI sin OIH 2,5635083 Page 14 Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT  15 2,5635083 Page 15 Sưu tầm biên soạn