Ôn tập THPT 2019 Phương Trình Mặt Phẳng có sử dụng PTĐT

Đề cương ôn tập THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 là tài liệu vô cùng hữu ích, sẽ giúp các em tự hệ thống kiến thức, kiểm tra trình độ bản thân, giúp các bạn, đặc biệt các bạn đang ôn thi khối A. Mời các bạn cùng tham khảo.

Câu 1: [2H3-4-4] (Đề thi lần 6- Đồn Trí Dũng - 2017 - 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; m;0  , N  1;0; n  với m, n số thực dương thỏa mãn mn  Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với mặt cầu cố định Xác định bán kính mặt cầu A R  B R  C R  D R  Lời giải Chọn D Gọi I  a; b; c  R tâm bán kính mặt cầu cố định (nếu có) 2  Ta có: MN   2; m; n    2; m;  , MI   a  1; b  m; c  , m  2b 2a    MN , MI    mc   ; 2c  ; ma  m  2b     m m  2b   2a     mc      2c     ma  m  2b  m  m   Ta có: R  d  I , MN   4  m2  m  m c  2m  2b    2mc  2a     m a  2mb  m   2 2 2 m  4m  Khi a  b  c  R  khơng phụ thuộc vào m, n Câu 2: [2H3-4-4] (CÔNG TY TNHH GIÁO DỤC TÂN HỒNG PHONG) Trong không x 1 y  z 1   gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d1 : , 2 x 1 y 1 z  d2 :   Mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  song song với d1 , d khoảng cách từ d1 đến  P  lần khoảng cách từ d đến  P  Tính S abc d A S  B S  C S  D S  hay S  4 34 Lời giải Chọn D Đường thẳng d1 qua điểm A 1; 2;1 có véctơ phương u1   2;1; 2  Đường thẳng d qua điểm B 1;1; 2  có véctơ phương u2  1;3;1  P  có VTPT là:  P  : x  y  5z  d  n  u1 , u2    7; 4;5 nên có phương trình: d  34 Ta có: d  A;  P   2d  B;  P   d  20  d    d  2 Vậy S  hay S  4 34 Câu 3: [2H3-4-4] (THPT CHUYÊN BIÊN HỊA) Trong khơng gian với hệ trục toạ độ x 1 y 1 z   mặt phẳng   : x  y  z   2 Gọi  P  mặt phẳng chứa  tạo với   góc nhỏ Phương trình mặt Oxyz , cho đường thẳng  : phẳng  P  có dạng ax  by  cz  d  ( a, b, c, d  a, b, c, d  ) Khi tích a.b.c.d bao nhiêu? A 120 C 60 B 60 D 120 Lời giải Chọn D Hình minh họa Trên đường thẳng  lấy điểm A 1;1;0  Gọi d đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng   Ta có u d  1; 2;2  Trên đường thẳng d lấy điểm C khác điểm A Gọi H , K hình chiếu vng góc C lên mặt phẳng  P  đường thẳng  Lúc này, ta có  P  ;    CH ; d   HCA Xét tam giác HCA ta có sin HCA  AH , mà tam giác AHK vuông K nên ta có AC AH AK  (khơng đổi) Nên để góc HCA nhỏ H trùng với K hay AC AC CK   P  Ta có  ACK  qua d  Vì u d ; u     8; 0;  nên chọn n ACK    2;0;1   Mặt khác ta có  P qua  , vng góc mặt phẳng  ACK   n ACK  ; u     2;5; 4    Nên n P    2;5; 4  Vậy phương trình mặt phẳng  P  : 2  x  1   y  1  z   2 x  y  z    x  y  z   Câu 4: [2H3-4-4] (THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.ABCD biết A  0;0;0  , B 1;0;0  , D  0;1;0  , A  0;0;1 Phương trình mặt phẳng  P  chứa đường thẳng BC tạo với mặt phẳng  AACC  góc lớn A x  y  z   B  x  y  z   x  y  z 1  Lời giải Chọn D Góc hai mặt phẳng lớn 90 C x  y  z   D Nên góc lớn  P   ACC A  90 hay  P    ACCA  Mà  BDC    ACCA    P    BDC  Ta có C 1;1;1 VTPT  P  : nP   BD, BC  1;1; 1   P  : x  y  z 1  Câu 5: [2H3-4-4] (THPT PHAN ĐÌNH TÙNG ) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 3x  y  z   hai điểm A 1;0;  , B  2; 1;  Tìm tập hợp điểm M  x; y; z  nằm mặt phẳng  P  cho tam giác MAB có diện tích nhỏ x  y  4z   A  3x  y  z    x  y  z  14  B  3x  y  z   x  y  4z   C  3x  y  z   3x  y  z   D  3x  y  z   Lời giải Chọn C Ta thấy hai điểm A, B nằm phía với mặt phẳng  P  AB song song với  P  Điểm M   P  cho tam giác ABM có diện tích nhỏ  S ABC  AB.d ( M ; AB ) nhỏ  d  M ; AB  M     P    Q  ,  Q  mặt phẳng qua AB vng góc với  P  Ta có AB  1; 1;  , vtpt  P  n P   3;1; 1 Suy vtpt  Q  : nQ   AB, n P    1;7;4    PTTQ  Q  : 1 x  1  y   z     x  y  4z   nhỏ nhất, hay x  y  4z   Quỹ tích M  3x  y  z   Câu 6: [2H3-4-4] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3;0;  , B  3;0;  mặt cầu x  ( y  2)2  ( z  1)2  25 Phương trình mặt phẳng   qua hai điểm A , B cắt mặt cầu  S  theo đường tròn bán kính nhỏ A x  y  z  17  B 3x  y  z   C x  y  z  13  D x  y  z –11  Lời giải Chọn D Mặt cầu  S  có tâm I  0; 2;1 , bán kính R  Do IA  17  R nên AB cắt  S  Do ( ) ln cắt  S  theo đường tròn  C  có bán kính  r  R  d  I ,     Đề bán kính r nhỏ  d  I ,    lớn Mặt phẳng   qua hai điểm A , B vng góc với mp  ABC  Ta có AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2) suy  ABC  có véctơ pháp tuyến n   AB, AC   (1;4; 5) (α) có véctơ pháp tuyến n  n, AB   (9  6; 3)  3(3;2;1) Phương trình   :3  x –    y –1  1 z – 3   3x  y  z –11  Câu 7: [2H3-4-4] [CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ - 2017] Cho điểm A(0;8; 2) mặt cầu ( S ) có phương trình ( S ) : ( x  5)  ( y  3)  ( z  7)  72 điểm B (9; 7; 23) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua A tiếp xúc với ( S ) cho khoảng cách từ B đến ( P ) lớn Giả sử n  (1; m; n) vectơ pháp tuyến ( P ) Lúc A m.n  m.n  4 B m.n  2 C m.n  Lời giải Chọn D Mặt phẳng ( P ) qua A có dạng a( x  0)  b( y  8)  c( z  2)   ax  by  cz  8b  2c  Điều kiện tiếp xúc: D d ( I ;( P))   Mà d ( B;( P))  5a  3b  7c  8b  2c a b c 9a  7b  23c  8b  2c 2 a  b2  c 5a  11b  5c  4(a  b  4c)   a  b2  c  5a  11b  5c a  b2  c 4 a  b  4c  6  5a  11b  5c a  b2  c 9a  15b  21c  (*) a  b2  c 12  (1)2  42 a  b2  c 6 24 a  b2  c a  b2  c a b c  Chọn a  1; b  1; c  thỏa mãn (*) Dấu xảy  1 Khi ( P) : x  y  z  Suy m  1; n  Suy ra: m.n  4  18 Câu 8: [2H3-4-4] (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a , b , c số thực dương thay đổi tùy ý cho a  b  c  Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  lớn bằng: A B C Lời giải Chọn D Phương trình mặt phẳng  ABC  : x y z   1 a b c 0   1 a b c Khi đó: d  O;  ABC     1   a b2 c Ta có: 1 1   a b2 c 1 9  2 2  3 2 a b c a b c d  O;  ABC    1 hay  1   a b2 c2 a  b  c   a  b  c 1 Dấu "  " xảy   2 a  b  c  D Vậy Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  lớn a  b  c  ... 2;1 có véctơ phương u1   2;1; 2  Đường thẳng d qua điểm B 1;1; 2  có véctơ phương u2  1;3;1  P  có VTPT là:  P  : x  y  5z  d  n  u1 , u2    7; 4;5 nên có phương trình: ... n ACK    2;0;1   Mặt khác ta có  P qua  , vng góc mặt phẳng  ACK   n ACK  ; u     2;5; 4    Nên n P    2;5; 4  Vậy phương trình mặt phẳng  P  : 2  x  1... thẳng qua A vuông góc với mặt phẳng   Ta có u d  1; 2;2  Trên đường thẳng d lấy điểm C khác điểm A Gọi H , K hình chiếu vng góc C lên mặt phẳng  P  đường thẳng  Lúc này, ta có  P 