NW359 360 DẠNG 50 PHƯƠNG TRÌNH mặt PHẲNG(thỏa mãn các điều kiện cho trước ) GV 2

DẠNG TỐN 50: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (Tìm hệ số phương trình mặt phẳng thỏa mãn cá I KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Phương trình mặt phẳng • Mặt phẳng ( P) qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) , có vectơ pháp tuyến r n = ( A; B; C ) , A2 + B + C ≠ , có A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = phương trình : Khai triển phương trình tổng quát Ax + By + Cz + D = Dạng khai triển phương trình tổng quát là: thời 0) Những trường hợp riêng phương trình tổng quát ( P) qua gốc tọa độ (trong A, B, C khơng đồng Û D =0 ( P) ( Oxy ) Û A = B = song song trùng ( P) ( Oyz ) Û B = C = song song trùng ( P) ( Ozx) Û A = C = song song trùng ( P) Ox Û A = song song chứa ( P) Oy Û B = song song chứa ( P) Oz Û C = song song chứa ( P) cắt Ox A ( a;0;0) , cắt Oy B ( 0; b;0) cắt Oz C ( 0;0; c ) Û ( P ) có phương trình II CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ  Lập phương trình mặt phẳng thỏa mãn điều kiện cho trước  Tìm hệ số phương trình mặt phẳng thỏa mãn điều kiện cho trước (lồng ghép với đường thẳng, khối tròn xoay, khối đa diện…) … BÀI TẬP MẪU A ( 2;1;3) B ( 6;5;5 ) Oxyz (ĐỀ MINH HỌA - BDG 2020-2021) Trong không gian , cho hai điểm Xét khối nón ( N) có đỉnh A , đường tròn đáy nằm mặt cầu đường kính mặt phẳng chứa đường trịn đáy b+c+d −21 −12 A B TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA ( N) có phương trình dạng C −18 AB Khi ( N) tích lớn x + by + cz + d = D Giá trị −15 Trang Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm hệ số phương trình mặt phẳng thỏa mãn điều kiện cho trước HƯỚNG GIẢI: M B1: Xác định bán kính chiều cao đáy nón, với tâm đường trịn đáy nón điểm thuộc bán kính IB mặt cầu; đặt IM = x ( ≤ x < 3) B2: Lập cơng thức tính thể tích khối nón hàm số ẩn x Tìm điểm mà hàm số đạt GLNN uuur M M AB B3: So sánh cặp vectơ suy tọa độ điểm Mặt phẳng cần tìm qua nhận làm vectơ pháp tuyến Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn B Ta có: Gọi M uuur AB = ( 4; 4; ) , AB = IM = x ( ≤ x < 3) IB M B điểm thuộc đoạn ( không trùng ) cho AM = x + MC = − x Khi , 1 V = π MC AM = π ( − x ) ( x + 3) = π ( − x3 − x + x + 27 ) 3 Thể tích khối nón là: f ( x ) = − x3 − 3x + x + 27 x ∈ [ 0;3) f ′ ( x ) = −3x − x + Xét hàm số , , có x = f ′( x) = ⇔   x = −3 ( l ) Bảng biến thiên max f ( x ) = f ( 1) = 32 Suy [ 0;3) Vmax = Như 32π uuuur uuur AM = ⇒ AM = AB TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang Với uuuu r AM = ( xM − 2; yM − 1; zM − 3) , ta có hệ phương trình: 14    xM − =  xM =   11    14 11 13   yM − = ⇔  yM = ⇒ M  ; ; ÷ 3  3 3   13    zM − =  zM =   uuur M AB Vậy, mặt phẳng cần tìm qua nhận làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 11   13   14    x − ÷+  y − ÷+  z − ÷ = ⇔ x + y + z − 21 = 3  3  3  Suy b =  c = ⇒ b + c + d = + + ( −21) = −18  d = −21  Bài tập tương tự phát triển:  Mức độ Câu Cho mặt cầu ( S1 ) có tâm I1 ( 3; 2; ) bán kính R1 = , mặt cầu ( P) R2 = ( S2 ) ( S1 ) có tâm I ( 1;0;1) bán kính ( S2 ) I1 I Phương trình mặt phẳng đồng thời tiếp xúc với và cắt đoạn có x + by + cz + d = T =b+c+d dạng Tính −5 −3 −1 A B C D Lời giải Chọn C uuur I1 I = ( −2; −2; −1) ⇒ I1 I = = R1 + R2 ( S1 ) ( S2 ) Ta có nên hai mặt cầu tiếp xúc ngồi với uuur uuuu r MI = R = 2; MI = R = MI = − MI ( 1) I I ( ) 1 2 2 M nằm đoạn thoả mãn uuur uuuu r MI1 = ( − x; − y; − z ) MI = ( − x; − y;1 − z ) M ( x; y; z ) Gọi Ta có  x =   3 − x = −2 + x ⇔  y =   2 − y = y  5 4 z= ⇒M ; ; ÷   ( 1) 2 − z = −2 + z 3 3  Từ ta có hệ ( P) ( S1 ) ( S2 ) I1 I N Mặt phẳng cần tìm tiếp xúc với đồng thời cắt đoạn ⇒ I1 N + I N = I1 I mà NI1 = R1 = 2; NI = R2 = TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA nên N ≡M Khi ấy, I1 I ⊥ ( P ) nên ( P) Trang nhận uuur I1 I = ( −2; −2; −1) 5 4 M ; ; ÷ ( P) ( P) 3 3 làm vectơ pháp tuyến qua Vậy có 5  2  4  −2  x − ÷−  y − ÷− 1 z − ÷ = ⇔ −2 x − y − z + = 3  3  3  phương trình: ⇔ x + y + z − = ⇒ b = 2; c = 1; d = −6 ⇒ T = b + c + d = −3 Câu Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ( S ) : x + y + z2 − 2x − y − 2z = , cho mặt cầu điểm A ( 2; 2; ) ( OAB ) ( S) B Viết phương trình mặt phẳng , biết điểm thuộc mặt cầu , có OAB hồnh độ dương tam giác x− y−z =0 x− y+z =0 x − y − 2z = x − y + 2z = A B C D Lời giải Chọn A Gọi điểm B ( x; y; z ) , với x>0 Ta có B ∈( S ) (1) ( S) O A Ta thấy nằm mặt cầu (α) (α) : x + y −2 = OA Gọi mặt phẳng trung trực đoạn Suy B ∈( α ) OAB Do tam giác nên (2) 2 OA = OB ⇔ x + y + z = Mà (3) Từ (1), (2) (3) ta có hệ 8 − ( x + y ) − z =  x2 + y2 + z − 2x − y − 2z =   ⇔ x + y = x + y − =  x2 + y2 + z =  x2 + y2 + z =   z = z =   ⇔ x + y = ⇔ x =  x2 + y2 =   y = ⇒ B ( 2; 0; )  TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA (do x>0 ) Trang Suy uuu r uuur OA, OB  = ( 1; −1; −1)   Mặt phẳng Câu ( OAB ) Trong khơng gian có vectơ pháp tuyến Oxyz , cho mặt cầu M Xét điểm thuộc mặt cầu phẳng có phương trình x + y + z + 15 = A x+ y + z +7 = C ( S) r n = ( 1; −1; −1) ( S ) : ( x − 2) B D nên có phương trình + ( y − 3) + ( z − ) = cho đường thẳng x− y−z =0 AM tiếp xúc với x + y + z − 15 = x+ y+ z−7 = điểm ( S) M , A ( 1; 2;3) thuộc mặt Lời giải Chọn D I ( 2;3; ) ; ( S) R= có tâm bán kính uur A ( 1; 2;3) ⇒ IA = ( −1; −1; −1) IA = , tính Mặt phẳng cố định qua điểm H hình chiếu M xuống IA nhận vectơ pháp tuyến uur IA = ( −1; −1; −1) IM = IH IA ⇒ IH = Do hai tam giác MHI AMI đồng dạng nên tính tính uuur uur IH = IA tìm Câu Trong không gian M ( 2; 0; ) , N ( 0;1; ) 4    10   −  x − ÷−  y − ÷−  z − ÷ = ⇔ x+ y+ z−7 = 3  3  3  , cho mặt cầu ( S) ( α ) : x + by + cz + d = tâm I ( 1; 2;3) bán kính R=3 ( S) mặt phẳng qua MN cắt T =b+c+d r đường trịn có bán kính lớn Tính −1 A B C D Lời giải Chọn A TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA , từ  10  H ; ; ÷ 3 3  Mặt phẳng cần tìm có phương trình là: Oxyz IM 2 = IA làm hai điểm theo giao tuyến Trang + Nhận xét: nên điểm I,M,N không thẳng hàng Mặt phẳng qua ( S) I theo giao tuyến đường trịn có bán kính lớn mặt phẳng qua tâm ( α ) : x + by + cz + d = M , N, I + Thế tọa độ điểm vào phương trình ta có hệ phương trình 2 + d =  d = −2   ⇔ b = b + d = 1 + 2b + 3c + d =  c = −1   ⇒ T = b + c + d = −1 Oxyz A(1; 2; 4), B(0; 0;1) Trong không gian , cho hai điểm mặt cầu MN Câu uuur uur IM ( 1; −2; −3) ; IN ( −1; −1; −3 ) cắt ( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + z = Mặt phẳng ( P) : ax + by + cz + = (S ) theo giao tuyến đường trịn có bán kính nhỏ Tính 27 31 T= T= T =− A B C Lời giải Chọn C (S ) I (−1;1;0) R=2  Mặt cầu có tâm bán kính qua A, B cắt mặt cầu T = a+b+c D 33 T= x = t uuu r  BA = (1; 2;3) ⇒ AB :  y = 2t (t ∈ ¡ )  z = + 3t  AB B  Đường thẳng qua điểm , có VTCP uur IB = (1;1;1) ⇒ IB = < ¡ ⇒ ( P) (S ) (C ) cắt mặt cầu theo giao tuyến đường tròn (C ) ⇔ d ( I , ( P)) có bán kính nhỏ lớn H,K ( P) I AB Gọi hình chiếu vng góc lên , ta có: d ( I , ( P )) = IH ≤ IK Do Tìm d ( I , ( P)) ( P) hay mặt phẳng vng góc với uur K : K ∈ AB ⇒ K (t; 2t ;1 + 3t ) ⇒ IK = (t + 1; 2t − 1;1 + 3t ) Ta có lớn ⇔H ≡K IK uur uuur uur   IK ⊥ AB ⇔ IK AB = ⇔ t = − ⇒ IK  ; − ; ÷ = (6; −9; 4) 7 7 Mặt phẳng ( P) qua B (0; 0;1) r n = (6; −9; 4) , có VTPT 27 ⇒ ( P) : x − y + z − = ⇔ − x + y − 3z + = TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA T =− Vậy Trang Câu Trong không gian ∆: Oxyz x−6 y−2 z −2 = = −3 2 , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) Phương trình mặt phẳng + ( y − ) + ( z − 3) = ( P) qua điểm đường thẳng M ( 4;3; ) , song song với ( S) ∆ đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu là: x − y − z − 10 = x + y + z − 19 = A B x − y + z −1 = x + y + z − 18 = C D Lời giải Chọn B I ( 1; 2;3) ( S) R=3 Mặt cầu có tâm bán kính r ( P ) n = ( a; b; c ) , a + b + c ≠ Gọi vectơ pháp tuyến mặt phẳng r n = ( a; b; c ) M ( 4;3; ) ( P) Mặt phẳng qua điểm có VTPT nên có phương trình a ( x − ) + b ( y − 3) + c ( z − ) = Do ( P) / /∆ Mặt phẳng d ( I,( P) ) Thay −3a + 2b + 2c = ⇔ 3a = ( b + c ) nên ( P) ( S) tiếp xúc với nên −3a − b − c =R⇔ =3 ⇔ ( a + b + c ) = ( 3a + b + c ) a + b2 + c 3a = ( b + c ) vào ( *) ta được:  b= c 2 ( b + c ) + 9b + 9c = ( b + c ) ⇔ 2b − 5bc + 2c = ⇔   b = c  b= c ( *) x + y + z − 19 = Phương trình (thỏa) x + y + z − 18 = b = 2c c =1⇒ b = ⇒ a = ⇒ • TH2: , chọn Phương trình (loại • TH1: ∆ ⊂ ( P) , chọn c = ⇒ b =1⇒ a = ⇒ ∆: Câu Cho đường thẳng M (a; b; c) thuộc ∆ x +1 y −1 z + = = −1 hai điểm A(1;1;0), B(−1;0;1) Biết điểm T = MA − MB cho biểu thức đạt giá trị lớn Khi tổng a −b+c bằng: TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang A B + 33 8+ C 33 8+ D 33 Lời giải Chọn D r C(−1;1; − 2), u = (1; −1; 2) ∆ qua có vectơ phương uuur uuur AB = (−2; − 1;1); AC = (−2; 0; − 2) uuu r r uuur  AB; u  AC ≠ AB; ∆   nên không đồng phẳng M ( −1 + t ;1 − t ; − + 2t ), t ∈ R M ∆ Vì điểm thuộc nên ta có Lúc P = MA − MB = = ( t − 2) + t + ( 2t − ) − ( −t ) + ( t − 1) + ( 2t − ) 2 6t − 12t + − 6t − 14t + 10   11 P = ( t − 1) + −  t − ÷ +  6 r   r  11  r r r r u =  t − 1; ÷ ÷, v =  t − ; ÷ ÷ | u | − | v | ≤ u −v     Đặt Ta có Tức 11  1  P ≤  ÷ +  − ÷ ÷ 6   Đẳng thức xảy a − b + c = 4t − = + Với ta có Câu t −1 33 = ⇔ t = 3+ 11 t− 6 33 Oxyz ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 3)2 = Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu , điểm A(0;0; 2) ( P) (S ) A Phương trình mặt phẳng qua cắt mặt cầu theo thiết diện hình (C ) trịn có diện tích nhỏ là: x + y + 3z − = x + 2y + z − = A B 3x + y + z − = x − y + 3z − = C D Lời giải Chọn B TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang C H A B I (P) Ta có: uuur AB = (1; −1; −1) Phương trình đường thẳng x = + t   y = 1− t z = − t  AB qua: A(2;1;3) có VTCP r uuur u = AB = (1; −1; −1) có dạng: C I AB ⇒ I ∈ AB ⇒ I (2 + t ;1 − t ;3 − t ) Gọi hình chiếu lên uur CI = (2 + t ;3 − t ; − t ) Ta có: uur uuu r CI ⊥ AB ⇔ CI AB = ⇔ + t − + t − + t = ⇔ t = ⇒ I (3;0; 2) ( P) C H Gọi hình chiếu lên mặt phẳng d [ C ; ( P )] = CH ≤ CI ⇒ d [ C ;( P) ] max = CI ⇒ CI ⊥ ( P) ( P) I r uur n = IC = (3; 2;1) Phương trình mặt phẳng qua có vtpt 3( x − 3) + 2( y − 0) + 1( z − 2) = ⇔ x + y + z − 11 = Câu Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu A ( 3; 0; ) ; B ( 4; 2;1) Gọi M có dạng: ( S ) : ( x + 1) điểm thuộc mặt cầu ( S) + ( y − 4) + z = hai điểm Tính giá trị nhỏ biểu thức MA+ MB A 2 B C Lời giải D Chọn C TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang Mặt cầu ( S) có tâm I ( −1; 4;0 ) , bán kính R=2 IA = 42 + 42 + = 2 = R Ta có E ( 1; 2;0 ) IA ⇒ E ∈ ( S ) F ( 0;3;0 ) IE Gọi trung điểm Gọi trung điểm IF IM = = · IM IA IMF IAM MIA Xét tam giác tam giác có góc chung nên ∆IMF : ∆IAM Do Ta có MF = ⇒ AM = MF AM MA+ MB = MF + MB ≥ BF = + 12 + 12 = Dấu xảy { M} = BF ∩ ( S ) Vậy giá trị nhỏ biểu thức Câu 10 Trong không gian với hệ tọa độ ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 1) = 2 MA+ MB Oxyz d: , cho đường thẳng Hai mặt phẳng ( P) ( Q) x−2 y z = = −1 chứa d mặt cầu tiếp xúc với ( S) M,N MN tiếp điểm Tính độ dài đoạn thẳng 2 A B C D Lời giải Chọn B ( S ) I ( 1; 2;1) R= Mặt cầu có bán kính  IM ⊥ d ⇒ ( IMN ) ⊥ d   IN ⊥ d Ta có ( x − 1) − ( y − ) + ( z − 1) = ⇔ x − y + z − = ( IMN ) Phương trình mặt phẳng ( IMN ) d P Mặt phẳng cắt đường thẳng Khi tọa độ điểm P nghiệm hệ phương Gọi trình 2 x − y + z − =  ⇔ P ( 2; 0;0 ) x−2 y z = =   −1 Trong mặt phẳng ( IMPN ) , gọi TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA K = MN ∩ IP Trang 10 ABC C R I AB Mà tam giác vuông nên nhỏ trung điểm I (0; 0; 2) Suy ( S ) : ( x − 3)2 + ( y + 2)2 + ( z − 1)2 = 100 Oxyz , Câu 19 Trong không gian với hệ tọa độ cho mặt cầu ( P) : x − y − z + = (S ) M I mặt phẳng Tìm mặt cầu cho khoảng cách từ đến ( P) lớn  29 −26 −7   −11 14 13   29 26 −7   −29 26  M ; ; ÷ M ; ; ÷ M ; ; ÷ M ; ; ÷  3   3   3 3  3 3 A B C D Lời giải Chọn A (S ) I (3; −2;1) Mặt cầu có tâm d ( I , ( P)) = < R ( P) (S ) Ta có nên cắt d ( M ; ( P ) ) max M ∈d Ta có với điểm  x = + 2t  d :  y = −2 − 2t ; I (3 + 2t ; −2 − 2t ;1 − t ) z = 1− t  Đường thẳng ( 2t ) d cắt + ( −2t ) + ( −t ) Tìm điểm M (S ) I nên tọa độ  10 t = = 100 ⇔  t = − 10  Thử lại ta Câu 20 Trong không gian với hệ tọa độ A(0;1;1), B(1;0; −3), C ( −1; −2; −3) B qua I I , vng góc với thỏa mãn phương trình cho mặt cầu Tìm tọa độ điểm D (1; 0;1) ( P) d cắt mặt cầu mặt cầu (S )  29 −26 −7  M ; ; ÷  3  Oxyz , tích lớn  −4 −1  D ; ; ÷ 3 3  A d C Lời giải ( S ) : x2 + y + z − 2x + 2z − = D (S ) cho tứ diện  −1 −5  D ; ; ÷  3  D điểm ABCD D(1; −1; 0) Chọn A M (x; y; z) (S) Gọi điểm thuộc ( ABC ) : x − y + z + = Ta có TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA Trang 15 VABCD = SVABC d ( D;( ABC )) nên VABCD nhỏ d ( D;( ABC )) lớn  x = + 2t  (d ) :  y = −2t  z = −1 + t  ( ABC ) Đường thẳng qua tâm mặt cầu vng góc với  x = + 2t   −4 −1   y = −2t D  ; ; ÷    ⇔    − −5   z = −1 + t D  ; ; ÷ 2 ( x − 1) + y + ( z + 1) = (d ) (S )   3  Giao điểm với nghiệm hệ  −4 −1  D ; ; ÷ (ABC) 3 3  D Tính khoảng cách từ đến ta thấy thỏa mãn  Mức độ I ( 2;1;1) ( S1 ) Oxyz Câu Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho mặt cầu có tâm bán kính , cho mặt cầu hai mặt cầu cách từ A O ( S2 ) ( S1 ) ; ( S2 ) đến ( P) Chọn C Đặt Giá trị B ( P) J ( 2;1;5 ) có tâm M,m M +m bán kính Gọi ( P) mặt phẳng tiếp xúc với giá trị lớn giá trị nhỏ khoảng C Lời giải min, max ( P) D 15 ( OIJ ) Mặt phẳng để đạt vng góc với uuur ( 2;1;1)  uuur nOIJ =   = ( 4; −8;0 ) = ( 1; −2;0 ) n( P ) = ( 2a; a; b ) ( 2;1;5 )  Ta có nên ( P ) : 2ax + ay + bz + c = Gọi mặt Ta có  | 5a + b + c | =4   d ( I ; ( P ) ) =  5a + b ⇔   d ( J ; ( P ) ) =  | 5a + 5b + c | =  5a + b 5a + b + c = 10a + 10b + 2c ⇒ c = −5a − 9b ⇔ 5a + b + c = −10a − 10b − 2c ⇒ c = ( −15a − 11b )  c = −5a − 9b ⇒ TH1: 3b = 5a | −8b | 5a + b 2 = ⇒ 80a + 16b = 64b ⇔ 80a = 48b ⇔ 5a = 3b , ta chọn TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 16 b = 5; a = 15; b = 5; a = − 15 ( P1 ) : 15 ( x − ) + 15 ( y − 1) + ( z − ) = ( P2 ) : −2 15 ( x − ) − 15 ( y − 1) + ( z − ) = Suy Câu M +m=9 Trong không gian A ( 1;0; ) ( P) , d ( O; ( P1 ) ) = | −5 15 − 45 | 45 + 15 = 10 10 d ( O; ( P2 ) ) = | 15 − 45 | 45 − 15 = 10 10 Oxyz B ( −1; 2; ) với mặt cầu Gọi ( S) ( P ) : ax + by + cz + = A , cho mặt cầu ( P) ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 3) = 16 mặt phẳng qua hai điểm điểm A B , cho thiết diện có diện tích nhỏ Khi viết phương trình T = a +b+c Tính −3 B C Lời giải D −2 ( P) dạng Chọn B I ( 1; 2;3) R=4 Mặt cầu có tâm bán kính A B K I AB H Ta có , nằm mặt cầu Gọi hình chiếu hình chiếu I lên thiết diện Ta có diện tích thiết diện IH lớn Mà IH ≤ IK S = π r = π ( R − IH ) suy IA = IB = ( P) qua A, B Do diện tích thiết diện nhỏ vng góc với K AB suy trung điểm Vậy ( P ) : ( x − 1) + y + ( z − ) = ⇔ − x − y − z + = Vậy T = −3 Vậy Ta có TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA IK K ( 0;1; ) uur KI = ( 1;1;1) Trang 17 Câu Trong không gian ( S ) : ( x − 5) trình ( Oxyz ) , cho hai điểm + ( y + 3) + ( z − ) = 72 A ( 0;8; ) , B ( 9; −7; 23) Mặt phẳng mặt cầu ( P ) : x + by + cz + d = ( S) có phương qua điểm A ( S) ( P) B tiếp xúc với mặt cầu cho khoảng cách từ đến mặt phẳng lớn Giá trị b+c+d b+c+d = b+c+d = b+c+d =3 b + c + d =1 A B C D Lời giải Chọn C A∈( P) 8b + 2c + d = ⇔ d = −8b − 2c ⇒ ( P ) : x + by + cz − ( 8b + 2c ) = Vì nên ta − 11b + 5c ⇔ =6 d ( I;( P) ) = R ( P) ( S) + b2 + c Do tiếp xúc với mặt cầu nên − 7b + 23c − 8b − 2c ( − 11b + 5c ) + ( − b + 4c ) d ( B; ( P ) ) = = + b2 + c + b2 + c2 Ta có: − 11b + 5c − b + 4c − b + 4c ⇒ d ( B; ( P ) ) ≤ +4 ⇔ d ( B; ( P ) ) ≤ + 2 2 1+ b + c 1+ b + c + b2 + c2 Cosi − Svac ⇔ d ( B; ( P ) ) ≤ + Dấu “=” xảy Vậy Câu Pmax = 18 ( + + 16 ) ( + b + c ) c  b = −1 1 = −b =   ⇔ c =  − 11b + 5c  d = =6   + b + c b+c+d =3 Trong không gian với hệ tọa độ điểm diện A ( 1;0; ) ( P) , B ( −1; 2; ) với mặt cầu ( P ) : ax + by + cz + = A ⇔ d ( B; ( P ) ) ≤ 18 + b2 + c2 ( S) Oxyz Gọi , cho mặt cầu ( P) ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 3) = 16 mặt phẳng qua hai điểm A B , cho thiết có diện tích nhỏ Khi viết phương trình T = a +b+c Tính −3 B C Lời giải D −2 ( P) dạng Chọn B TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 18 I ( 1; 2;3) R=4 Mặt cầu có tâm bán kính A B K I AB H Ta có , nằm mặt cầu Gọi hình chiếu hình chiếu I lên thiết diện Ta có diện tích thiết diện IH lớn Mà suy ( P) qua A, B Do diện tích thiết diện nhỏ vng góc với IK K ( 0;1; ) IA = IB = uur KI = ( 1;1;1) K AB suy trung điểm Vậy ( P ) : ( x − 1) + y + ( z − ) = ⇔ − x − y − z + = Vậy T = −3 Vậy x − y −1 z +1 d: = = Oxyz, −2 Trong khơng gian cho đường thẳng Ta có Câu IH ≤ IK S = π r = π ( R − IH ) ( P ) : x + y − z − = Gọi (α) mặt phẳng qua đường thẳng (α) d mặt phẳng tạo với ( P) góc ax + by + z + d = nhỏ Khi dạng phương trình tổng qt Khi giá trị a+b+d bằng: −7 −3 A B C D Lời giải: Chọn D uuur ( α ) n( α ) = ( a; b;1) VTPT mặt phẳng ( d) (α) a + 2b − = ( 1) Do đường thẳng nằm mặt phẳng suy uuur uuur a + b −1 ⇔ cos n( P ) ; n(α ) = a + b2 + ( α ) ( P) Góc tạo lớn đạt GTNN ( TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA ) ( ) Trang 19 Từ ( 1) uuur uuur cos n( P ) ; n(α ) = suy a = − 2b ) ) vào: ( 1− b) uuur uuur ⇔ cos n( P ) ; n(α ) = ( ( ( 5b − 8b + ) 1− b ( 5b − 8b + ) − 2b + b 15b − 24b + 15 = uuur uuur ⇒ cos n( P ) ; n(α ) = ⇔ b = −1 ( ) Suy mặt phẳng ⇒ a + b + d = −3 Câu Cho điểm điểm ( α ) : x − y + z + d = A ( 0;8; ) mặt cầu ( S) Vì M ( 2;1; −1) ∈ ( d ) ⇒ d = −6 ( S ) : ( x − ) + ( y + 3) + ( z − ) = 72 có phương trình B ( 9; −7; 23) ( P) A 2 ( S) Viết phương trình mặt phẳng qua tiếp xúc với cho khoảng r n = ( 1; m; n ) ( P) ( P) B cách từ đến lớn Giả sử vectơ pháp tuyến Lúc m.n = m.n = −4 m.n = m.n = −2 A B C D Lời giải: Chọn B ( S ) : ( x − ) + ( y + 3) + ( z − ) = 72 2 I ( 5; − 3; ) R = 72 = có tâm , bán kính a ( x − ) + b ( y − ) + c ( z − ) = ⇔ ax + by + cz − 8b − 2c = ( P) A Mặt phẳng qua có dạng ( P) (S ) tiếp xúc với 5a − 3b + 7c − 8b − 2c 5a − 11b + 5c ⇔ d ( I;( P) ) = ⇔ =6 ⇔ =6 a + b2 + c2 a + b2 + c2 (*) 9a − 7b + 23c − 8b − 2c 9a − 15b + 21c d ( B; ( P ) ) = = a + b2 + c a + b2 + c Mà 5a − 11b + 5c + 4(a − b + 4c) = ≤ a + b2 + c2 Mặt cầu ≤ 5a − 11b + 5c a2 + b2 + c2 +4 a − b + 4c a2 + b2 + c ≤6 2+4 12 + (−1)2 + 42 a + b2 + c a2 + b2 + c2 = 18 a b c = = −1 a = 1; b = −1; c = Dấu xảy Chọn thỏa mãn (*) ( P) : x − y + z = m = −1; n = m.n = −4 Khi Suy Suy ra: TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 20 Câu Oxyz Trong không gian với hệ tọa độ D ( 1;1;1) với m > 0, n > tiếp xúc với mặt phẳng A R =1 m + n =1 ( ABC ) Biết qua 2 R= B , xét điểm D m, n C Lời giải , B ( m; 0; ) C ( 0; n; ) , , thay đổi, tồn mặt cầu cố định Tính bán kính R= A ( 0; 0;1) R mặt cầu đó? R= D Chọn A I ( a; b; c ) R = ID = d ( I , ( ABC ) ) Gọi tâm mặt cầu Khi đó, bán kính x y z ( ABC ) m + n + = Phương trình theo đoạn chắn mặt phẳng a b c + + −1 m n d ( I , ( ABC ) ) = 2   1 2  ÷ +  ÷ +1 ID = ( − a ) + ( − b ) + ( − c ) m n Khi đó, Từ m + n =1 suy 2 2 2   1  1     +1 =  +1 =  − 1÷  ÷ +  ÷ +1 =  + ÷ − ÷ − m n  m n  mn  mn  mn  mn  d ( I , ( ABC ) ) = an + bm + cmn − mn an + bm + cmn − mn = − mn − mn  m+n mn ≤  ÷ =   Như (vì an + bm + cmn − mn ≥ Nếu an + bm + cmn − mn d ( I , ( ABC ) ) = R ⇔ =R − mn ⇔ a ( − m ) + bm + cm ( − m ) − m ( − m ) = R 1 − m ( − m )  ⇔ m2 ( − c − R ) + m ( b + c − a − + R ) + a − R = ( 1) Vì đẳng thức ( 1) với ) m ∈ ( 0;1) nên 1 − c − R = a = R   b + c − a − + R = ⇔ b = R a − R = c = − R   Mặt khác ID = R ⇔ ( 1− a) + ( 1− b) + ( 1− c ) = R 2 ⇔ ( 1− R) + R2 = R ⇔ ( 1− R) = ⇔ R =1 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 21 Tương tự, Câu an + bm + cmn − mn < ta tìm R = −1 (không thỏa mãn R>0 ) R =1 Vậy bán kính mặt cầu cần tìm Oxyz ABCD A′B′C ′D′ A Trong không gian , cho hình hộp chữ nhật có điểm trùng với gốc B( a;0;0) D(0; a;0) A′(0;0; b) (a > 0, b > 0) M hệ trục tọa độ, , , Gọi trung điểm cạnh CC ′ Giá trị tỉ số A a b để hai mặt phẳng B ( A′BD) C Lời giải ( MBD ) −1 vng góc với D Chọn D Ta có uuu r uuur AB = DC ⇒ C ( a; a; ) ABCD hình bình hành nên uuuu r uuur CC ′ = AA′ ⇒ C ′ ( a; a; b ) ACC ′A′ Và hình bình hành nên b  M  a; a; ÷ 2  CC ′ có trung điểm uuur uuur uuur uuur  BA′; BD  = ( − ab; − ab; − a ) ⇒ BA′ = ( − a; 0; b ) BD = ( − a; a;0 ) ⇒ ( A′BD )   có vtpt vtpt ( A′BD ) ur  a n1 = 1;1; ÷ b  khác uuuu r  b BM =  0; a; ÷  ⇒ ( MBD )  uu r  2a  n2 = 1;1; − ÷ b   Theo giả thiết (vì b>0 có vtpt b>0 (vì ) uuuu r uuur  BM ; BD  =  − ab ; − ab ; a ÷⇒    2  vtpt khác ( MBD ) ) a b =1 ⇔ a  a = −1( l ) ur uu r ur uu r ⇔ − 2 ÷ =  b ( A′BD) ⊥ ( MBD ) ⇔ n1 ⊥ n2 ⇔ n1.n2 = b TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 22 Câu Cho hình nón đỉnh sin α = S có đáy đường trịn tâm O , bán kính R= góc đỉnh 2α ( P) SO H Một mặt phẳng vng góc với cắt hình nón theo đường V O V H H tròn tâm Gọi thể tích khối nón đỉnh đáy đường tròn tâm Biết đạt với SH = giá trị lớn T = 3a − 2b3 A a b với a, b ∈ ¥ ∗ a b phân số tối giản Tính giá trị biểu thức ? 12 B 23 C Lời giải 21 D 32 Chọn C Đặt ( P) Xét SH = x ∆SOA Gọi SAB vuông thiết diện qua trục O ta có SO M,N giao điểm SA, SB SO = OA cot α = R cot α ⇒ OH = SO − OH = R cot α − x với HM = SH tan α = x tan α ta có 1 V = π HM OH = π x tan α ( R cot α − x ) 3 Ta có Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy ta có: Xét ∆SHM vng H x x   + + R cot α − x ÷ x x 3 x ( R cot α − x ) = ( R cot α − x ) ≤  R cot α ÷ = 2  ÷ 27   VMax = Vậy 4π R cot α 81 Từ ta có ⇔x= 2R 2R 32 cot α = − = −1 = 2 3 sin α 3 đạt a = 5, b = ⇒ T = 3.52 − 2.33 = 21 TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 23 Câu 10 Khối (H) tạo thành phần chung giao hai khối nón có chiều cao h, có bán kính đường trịn đáy R r cho đỉnh khối nón trùng với tâm đường trịn đáy khối nón Tìm giá trị lớn thể tích khối (H), biết R r thoả mãn phương trình πh 48 A  X − ( x + y )2 X + xy =  x, y >  B πh 16 1 ÷ 2 C Lời giải πh D πh 12 Chọn A Giả sử R > r Ta có hình minh hoạ Gọi a bán kính đường tròn giao tuyến, b khoảng cách từ tâm đường trịn giao tuyến đến tâm đường trịn có bán kính R Sử dụng tam giác đồng dạng, ta suy  a b  r = h R b Rh ⇒ = ⇒b= ;  r h−b R+r a = h−b  R h r Rr ⇒a= b= h R+r Mặc khác 1 V( H ) = π a 2b + π a (h − b) = π a h 3 Xét phương trình ẩn X X − ( x + y ) X + xy = 2 : ∆ X = ( x + y )4 − 4xy ≥ (2 xy ) − 4xy > 0, ∀x, y > ( x, y > ) có  S X = ( x + y ) > , ∀x, y >   PX = xy > Theo vi-ét: Suy phương trình ln có hai nghiệm dương phân biệt R r TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA Trang 24 ( x + y) a= Theo bất đẳng thức Cô-si, Rr xy 1 = ≤ = , ∀x, y > 2 R + r ( x + y) ( x + y) Suy 1 1 1 V( H ) = π ≤ π h  ÷ = π h, ∀x, y > 3 4 48 Dấu “=” xảy x=y> max V( H ) = Vậy πh 48 ( S ) : ( x − 1) + ( y + ) + ( z − 3) = 27 Gọi ( α ) mặt Câu 11 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu phẳng qua hai điểm A ( 0;0; − ) cho khối nón đỉnh tâm , B ( 2;0; ) ( S) cắt ( S) theo giao tuyến đường tròn đáy là đường tròn ( C) ( α ) : ax + by − z + c = , a − b + c −4 A B C Lời giải Chọn A ( C) tích lớn Biết D ( S ) có tâm I ( 1; −2;3) bán kính R = 3 Mặt cầu ( α ) : ax + by − z + c = qua hai điểm A ( 0;0; − ) , B ( 2;0; ) nên c = −4 a = Vì ( α ) : x + by − z − = Suy 2 Đặt IH = x , với < x < 3 ta có r = R − x = 27 − x 1 π ( 27 − x ) ( 27 − x ) x V = πr IH = π ( 27 − x ) x = ≤ 18π 3 Thể tích khối nón Vmax = 18π 27 − x = x ⇔ x = 2b + = ⇔ ( 2b + ) = ( b + ) ⇔ b = d ( I;( α ) ) b + = Khi đó, Vậy a − b + c = −4 Câu 12 Trong không gian Oxyz (S ) ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 27 (α ) , cho mặt cầu : Gọi mặt A(0; 0; −4) B (2;0; 0) (S ) (C ) phẳng qua hai điểm , cắt theo giao tuyến đường trịn Xét TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA Trang 25 (S ) (C ) khối nón có đỉnh tâm đáy Biết thể tích khối nón lớn (α ) ax + by − z + d = P = a−b−d mặt phẳng có phương trình dạng Tính P =8 P=0 P = −4 P=4 A B C D Lời giải Chọn D I ( 1; −2;3) (S ) R=3 Mặt cầu có tâm bán kính a.0 + b.0 + + d = d = −4 ⇔  (α ) A(0;0; −4) B(2;0;0) a.2 + b.0 − + d = a = Vì qua điểm , nên ta có r h Gọi , bán kính đáy chiều cao khối nón V = π r 2h Khi thể tích khối nón V = π r 27 − r h = d ( I , (α )) = R − r = 27 − r ⇒ Ta có Đặt t = 27 − r ⇒ r = 27 − t Khi V = π ( 27 − t ) t , , điều kiện: ( < t < 3) t = ( n ) V ′ = π ( 27 − 3t ) = ⇔  t = −3 ( l ) Ta có Bảng biến thiên: 0