Ôn tập THPT 2019 Phương Trình Mặt Phẳng chưa học PTĐT

23 5 0
  • Loading ...
1/23 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 16/03/2019, 19:09

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: [2H3-3-3] (THPT Trần Hưng Đạo-TP.HCM-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  0;0; 6  , B  0;1; 8 , C 1; 2; 5  D  4;3;8  Hỏi có tất mặt phẳng cách bốn điểm đó? A Có vơ số mặt phẳng phẳng B mặt phẳng C mặt phẳng D mặt Lời giải Chọn C Ta có  AB, AC  AD  , suy bốn điểm A , B , C , D không đồng phẳng Gọi  P  mặt phẳng cách bốn điểm A , B , C , D TH1: Có điểm nằm khác phía với ba điểm lại so với  P  Có bốn mặt phẳng thỏa mãn TH2: Mỗi phía mặt phẳng  P  có hai điểm Có ba mặt phẳng thỏa mãn Vậy có bảy mặt phẳng thỏa mãn Câu 2: [2H3-3-3] (Chuyên Thái Bình – Lần – 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 2;5 Số mặt phẳng   qua M cắt trục Ox , Oy , Oz A , B , C cho OA  OB  OC ( A , B , C không trùng với gốc tọa độ O ) A B C D Lời giải Chọn C Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,    có dạng x y z    , M    a b c    a b c Do OA  OB  OC  a  b  c Xét trường hợp + a  b  c    a     : x  y  z   a 2   a  2    : x  y  z   + a  b  c  a 6   a  6    : x  y  z   + a  b  c  a + a  b  c    a     : x  y  z   a Vậy có mặt phẳng   thỏa ycbt Câu 3: [2H3-3-3] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần – 2018) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm M 1; 2;1 ; N  1;0; 1 Có mặt phẳng qua M , N cắt trục Ox , trục Oy A , B A  A  B B cho AM  3BN C D Vô số Lời giải Chọn B Gọi n   A; B; C  , A2  B  C  vectơ pháp tuyến mp  P  thỏa yêu cầu toán • mp  P  qua N  1;0; 1 nên phương trình mặt phẳng có dạng: A  x  1  By  C  z  1   Ax  By  Cz  A  C  • mp  P  qua M 1; 2;1 suy A  2B  C  A  C   A  B  C   A  C   B (1) • mp  P  cắt trục Ox A  a;0;0  suy Aa  A  C   A.a  B  a B B  (Do A   B   C  nên A  ) Suy A  ;0;0  A A  B  • mp  P  cắt trục Oy B  0; b;0  suy B.b  A  C   B.b  B    b  TH1: B   A  C   A  C Chọn C   A  1 Phương trình mặt phẳng  P  có dạng: x  z   A  B  O  0;0;0  không thỏa yêu cầu TH2: b   B  0;1;0   B AM  1    ; BN   A  B AM  3BN  1      A  B B 1    A  1  B A  1         A 1  B  2 B   A  A • B  1  B   A  C  Chọn A   B  1 A Phương trình mp  P  : x  y   • B   B  3A  C  4 A Chọn A   B   C  4 A Phương trình mp  P  : x  y  z   Vậy có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu Câu 4: [2H3-3-3] (THPT Nguyễn Trãi – Đà Nẵng – 2018) Trong không gian  Oxyz  , cho A  0;8;2  , hai điểm B  9; 7;23  S  :  x     y  3   z   2 mặt cầu  72 Mặt phẳng S  có phương trình  P  : x  by  cz  d  qua điểm A tiếp xúc với mặt cầu  S  cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng  P  lớn Giá trị b  c  d A b  c  d  B b  c  d  b  c  d  Lời giải C b  c  d  D Chọn C Vì A   P  nên ta 8b  2c  d   d  8b  2c   P  : x  by  cz  8b  2c   Do  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  nên d  I ;  P    R  Ta có: d  B;  P     7b  23c  8b  2c  11b  5c 6  b2  c   11b  5c   1  b  4c    b2  c2  b2  c  11b  5c  b  4c  b  4c  d  B;  P     d  B;  P     4 2 2 1 b  c  b2  c 1 b  c Cosi  Svac  d  B;  P     1   16  1  b2  c   b2  c2  d  B;  P    18 c  b  1 1  b     c  Dấu “=” xảy   11b  5c   6 d    b  c Vậy Pmax  18 b  c  d  Câu 5: [2H3-3-3] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lần - 2018) Trong khơng gian với trục hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H 1; 2;3 trực tâm ABC với A, B, C ba điểm nằm trục Ox, Oy , Oz (khác gốc tọa độ) Phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C A x  y  z   B x  y  z  14  C x  y  z  10  D x y z   1 Lời giải Chọn B Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0;c   AH 1  a; 2;3 ; BH 1;  b;3 ; BC  0;  b;c  ; AC   a;0;c    AH BC  2b  3c  Do H trực tâm nên ta có:   a  3c    BH AC   x y z Phương trình mặt phẳng  ABC  :    a b c Vì H   ABC      a b c    a  2b 2b  3c  a  14    b  Do ta có hệ phương trình: a  3c   c   b  1   14    1  c  a b c  2b  b  2b   Vậy phương trình mặt phẳng  ABC  : x y 3z     x  y  z  14  14 14 Câu 6: [2H3-3-3] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lần - 2018 - BTN) Trong không gian với trục hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H 1; 2;3 trực tâm ABC với A, B, C ba điểm nằm trục Ox, Oy , Oz (khác gốc tọa độ) Phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C A x  y  z   B x  y  z  14  C x  y  z  10  D Lời giải Chọn B x y z   1 Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0;c   AH 1  a; 2;3 ; BH 1;  b;3 ; BC  0;  b;c  ; AC   a;0;c    AH BC  2b  3c  Do H trực tâm nên ta có:   a  3c  BH AC    x y z Phương trình mặt phẳng  ABC  :    a b c Vì H   ABC      a b c    a  2b 2b  3c  a  14    2b  Do ta có hệ phương trình: a  3c   c   b  1   14    1  c  a b c  2b  b  2b   Vậy phương trình mặt phẳng  ABC  : x y 3z     x  y  z  14  14 14 Câu 7: [2H3-3-3] (THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần -2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  3;0;0  , B 1; 2;1 C  2;  1;  Biết mặt phẳng qua B , C tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC có vectơ pháp tuyến 10; a; b  Tổng a  b là: A 2 B C D 1 Lời giải Chọn B Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC I  x; y; z  Ta có phương trình  OBC  : x  z  Phương trình mặt phẳng  ABC  : x  y  z  15  Tâm I cách hai mặt phẳng  OBC   ABC  suy ra:  y  3z      10 x  y  z  15     Nhận xét: hai điểm A O nằm phía với   nên loại   xz  x  y  z  15 Hai điểm A O nằm khác phía    nên nhận    Thấy vectơ pháp tuyến 10; a; b  a  , b  1 Vậy a  b  Câu 8: [2H3-3-3] (THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  1; 2;0  , B  0; 4;0  , C  0;0; 3 Phương trình mặt phẳng  P  qua A , gốc tọa độ O cách hai điểm B C ? A  P  : x  y  3z  B  P  : x  y  z  C  P  : x  y  3z  D  P  : 6 x  y  z  Lời giải Chọn D Ta có AO  1; 2;0  , BC   0; 4; 3 TH1: B C nằm phía với  P  , BC có giá song song với  P  Phương trình mặt phẳng  P  qua O có vtpt n   BC, AO    6;3;  nên  P  : 6 x  y  z  3   TH2: B C nằm khác phía với  P  , trung điểm I  0; 2;  BC   thuộc  P  3  IO   0; 2;  Phương trình mặt phẳng  P  qua O có vtpt n   IO, AO  2      3;  ;  nên  P  : x  y  z    Câu 9: [2H3-3-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho tứ diện SABC có S  0;0;1 , A 1;0;1 , B  0;1;1 ; C  0;0;  Hỏi tứ diện SABC có mặt phẳng đối xứng? A C B D Lời giải Chọn D Ta có: SA  1; 0;  , SB   0;1;0  , SC   0; 0;1 nên SA.SB  0, SB.SC  0, SC.SA  SA  SB  SC  Tức tứ diện SABC có cạnh SA, SB , SC đơi vng góc Vậy tứ diện SABC có tất ba mặt phẳng đối xứng là: - Mặt phẳng trung trực cạnh AB C B S I A - Mặt phẳng trung trực cạnh AC B C S J A - Mặt phẳng trung trực cạnh BC A C S K B Câu 10: [2H3-3-3] (Cụm Liên Trường - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A  0;1;1 , B  2; 1;  , C  5; 3;1 Tìm toạ độ điểm E cho tứ giác ABCE theo thứ tự lập thành hình thang cân với đáy AB, CE A E  3; 1;0  B E  1;3; 2  C E  7;5; 2  D E 1;1; 1 Lời giải Chọn B - Gọi mặt phẳng (P) mặt phẳng trung trực đoạn AB 3  Khi mặt phẳng (P) qua trung điểm I 1;0;  2  đoạn AB có véc tơ pháp tuyến AB   2; 2;1 nên phương trình mặt phẳng (P): 4x – 4y + 2z – =  x   2t  - Phương trình đường thẳng EC:  y  3  2t z  1 t  1  - Gọi H giao điểm đường thẳng EC mặt phẳng (P) H  2;0;   suy 2  E  1;3; 2  Câu 11: [2H3-3-3] (ĐỀ ĐỒN TRÍ DŨNG - HÀ HỮU HẢI - LẦN - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : x  y  z   x2 y2 z2   Tam giác ABC có A  1; 2;1 , điểm B , 1 C nằm   trọng tâm G nằm đường thẳng d Tọa độ trung điểm M đường thẳng d : BC là: A M  0;1; 2  B M  2;1;2  C M  2; 1; 2  D M 1; 1; 4  Câu 12: [2H3-3-3] (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  qua M cắt chiều dương trục Ox , Oy , Oz điểm A , B , C thỏa mãn OA  2OB Tính giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện OABC 64 10 81 A B C D 27 16 Lời giải Chọn D Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  Khi mặt phẳng  P  có 1 x y z    Vì  P  qua M nên    a b c a b c 1 2b      1  Mặt khác OA  2OB nên a  2b nên 2b c c 2b 2b 2b c 2b  1 Thể tích khối tứ diện OABC V  abc  b c dạng 3 9 16b c b c 81     27       33  16 2b c 4b 4b c 16b c 16b 2c  a    1 81     b   4b c 16  c    Ta có Vmin Câu 13: [2H3-3-3] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN NĂM 2018) Có mặt phẳng qua điểm M 1;6;4  cắt trục tọa độ điểm A , B , C (khác gốc tọa độ) cho OA  OB  OC ? A B C D Lời giải Chọn B Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,    có dạng x y z    , M    a b c    a b c Do OA  OB  OC  a  b  c Xét trường hợp 11 + a  b  c    a  11    : x  y  z  11  a + a  b  c    a     : x  y  z   a 9   a  9    : x  y  z   + a  b  c  a 1   a  1    : x  y  z   + a  b  c  a Vậy có mặt phẳng   thỏa ycbt Câu 14: [2H3-3-3] (THPT TRIỆU SƠN 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   hai điểm A 1; 2;3 , B  3; 2; 1 Phương trình mặt phẳng  Q  qua A, B vng góc với  P  A  Q  : x  y  3z   B  Q  : x  y  3z   C  Q  : x  y  3z   D  Q  : x  y  3z   Lời giải Chọn A AB   2; 4; 4  ; VTPT  P  n  2;1; 2  VTPT  Q  nQ   AB; n    2; 2;3 Phương trình mặt phẳng  Q  : x  y  3z   Câu 15: [2H3-3-3] (TỐN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng  P  qua hai điểm A  0;1;0  , B  2;3;1 vng góc với mặt phẳng  Q  : x  y  z  phương trình A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z  11  D x  y  z   Lời giải Chọn B AB   2; 2;1 , vectơ pháp tuyến  Q  n  1; 2; 1 Vậy  P  có vectơ pháp tuyến  AB, n   4;3;2  Phương trình mặt phẳng  P  : 4 x   y  1  z  , hay  P  : x  y  z   Câu 16: [2H3-3-3] (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 1;5  B  0;0;1 Mặt phẳng  P  chứa A , B song song với trục Oy có phương trình A x  y  z   y  4z 1  B 2x  z   C 4x  z 1  D Lời giải Chọn C Ta có AB   1;1; 4  trục Oy có VTCP j   0;1;  Mặt phẳng  P  chứa A , B song song với trục Oy nên có VTPT n   AB; j    4;0; 1 Khi mặt phẳng  P  qua B  0;0;1 VTPT n   4;0; 1 nên có phương trình 4x  z   Câu 17: [2H3-3-3] (THI THỬ CỤM TP HỒ CHÍ MINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng  P  : ax  by  cz  27  qua hai điểm A  3; 2;1 , B  3;5;  vuông góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z   Tính tổng S  a  b  c A S  2 S  12 C S  4 B S  D Lời giải Chọn D A  3; 2;1   P  : ax  by  cz  27   3a  2b  c  27  1 B  3;5;    P  : ax  by  cz  27   3a  5b  2c  27     P  : ax  by  cz  27  vng góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z   n p n q  3a  b  c   3 3a  2b  c  27  1 a    Giải hệ: 3a  5b  2c  27     b  27  a  b  c  12  c  45  3a  b  c   3 Câu 18: [2H3-3-3] (THPT AN LÃO) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  P  qua điểm A 1;1;1 B  0; 2;  đồng thời cắt tia Ox , Oy điểm M , N (không trùng với gốc tọa độ O ) cho OM  2ON A  P  : 3x  y  z   B  P  : x  y  z   C  P  : x  y  z   D  P  : x  y  z   Lời giải Chọn D Gọi M  m;0;0  , N  0; n;0  , P  0;0; p  giao điểm  P  trục Ox , Oy , Oz M , N thuộc tia Ox , Oy nên m  , n  Phương trình mặt phẳng  P  : x y z   1 m n p Ta có: OM  2ON  m  2n A P  1 2    , B  P     m n p m n p Suy ra: m  , n  , p  2   P  : x  y  z   Câu 19: [2H3-3-3] (CỤM TP HỒ CHÍ MINH) Trong hệ tục toạ độ không gian Oxyz , cho A 1;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  , biết b, c  , phương trình mặt phẳng  P  : y  z   Tính A M  c  b biết  ABC    P  , d O;  ABC    B C D Lời giải: Chọn D Phương trình mặt chắn  ABC  là:  ABC    P   d O;  ABC    x y z    1 b c 1   b c b c 1 1 1      b c  1   1 2  b b  c  1  b   , b, c  nên b  c  Vậy M  a  b  2 Câu 20: [2H3-3-3] (THPT HAI BÀ TRƯNG) Trong không gian Oxyz , cho điểm H 1; 2;3 Mặt phẳng  P  qua điểm H , cắt Ox, Oy, Oz A, B, C cho H trực tâm tam giác ABC Phương trình mặt phẳng  P  A ( P ) : x  y  z  11  B ( P) : x  y  z  10  D ( P) : x  y  3z  14  C ( P) : x  y  z  13  Lời giải Chọn D Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc nên H trực tâm tam giác ABC dễ dàng chứng minh OH   ABC  hay OH   P  Vậy mặt phẳng  P  qua điểm H 1; 2;3 có VTPT OH 1; 2;3 nên phương trình  P   x  1   y  2   z  3   x  y  3z  14  Câu 21: [2H3-3-3] (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 1;0  , B 1;1; 1 mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   Mặt phẳng  P  qua A , B cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến đường tròn có bán kính lớn có phương trình A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D 2x  y 1  Lời giải Chọn B Để  P  cắt  S  theo giao tuyến đường tròn có bán kính lớn ( P ) phải qua tâm I (1; 2;1)  S  Ta có AI  (1; 1;1), BI  (0; 3;2)  nP   AI , BI   (1; 2; 3) 1 x  1   y     z  1   x  y  3z   Câu 22: [2H3-3-3] (THPT Chuyên TĐN - TPHCM - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Viết phương trình mặt phẳng  P  song song với  Q  : x  y  z   cách điểm A  1;2; 3 khoảng A  P : 2x  y  2z  B  P  : x  y  z   C  P  : x  y  z   D  P  : x  y  z   Lời giải Chọn D Mặt phẳng  P  song song với  Q  nên phương trình  P  : x  y  z  m   m  4 Theo ra: d  A,  P     2    m   m2  m   l  m      m  8  t / m   m   6 Vậy phương trình  P  : x  y  z   Câu 23: [2H3-3-3] (THPT Chuyên TĐN - TPHCM - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P   Q  có phương trình x  y  z  , x  y  3z  điểm M 1;  2;5  Tìm phương trình mặt phẳng   qua điểm M đồng thời vng góc với hai mặt phẳng  P  , Q  A x  y  z  14  B x  y  z   C x  y  z   D 5x  y  z   Lời giải Chọn B Vectơ pháp tuyến  P  n1  1;1;  1 Vectơ pháp tuyến  Q  n2  1;  2;3 n  n1; n2   1;  4;  3 Vì   vng góc với  P   Q  nên   có vectơ pháp tuyến n Mặt phẳng   có phương trình 1 x  1   y     z  5  hay x  y  3z   Câu 24: [2H3-3-3] (THPT Chuyên TĐN - TPHCM - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Viết phương trình mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  : x  y  z   cách điểm A  1; 2;  3 khoảng Lời giải Vì mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  : x  y  z   nên có phương trình dạng x  y  z  D  (với D  ) Mặt khác, theo giả thiết d  A;  P      1    3  D 22   1   2  2   D    D  (loại) D  8 (chọn) Vậy  P  : x  y  z   Câu 25: [2H3-3-3] (SGD Đà Nẵng - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  m;0;0  , N  0; n;0  P  0;0; p  Với m , n , p số dương thay đổi thỏa  1 1 A H   ;  ;    3 3 1 1 E ; ;  3 3 1    Mặt phẳng  MNP  qua điểm: m n p B G 1;1;1 C F  3;3;3 D Lời giải Chọn D Phương trình mặt phẳng  MNP  là: Mà: x y z    m n p 1 1 1    3    Vậy mặt phẳng  MNP  qua m n p 3m 3n p 1 1 E ; ;  3 3 Câu 26: [2H3-3-3] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  : x2  y  z  x  y  z   , mặt phẳng   : x  y  z  11  Gọi  P  mặt phẳng vng góc với   ,  P  song song với giá vecto v  1;6;   P  tiếp xúc với  S  Lập phương trình mặt phẳng  P  A x  y  z   x  y  z  21  x  y  z  21  B x  y  z   C x  y  z   x  y  z  21  2x  y  2z   D x  y  z   Lời giải Chọn C  S  có tâm I 1;  3;  bán kính n  1; 4;1 R  Véc tơ pháp tuyến   Suy VTPT  P  nP  n , v    2;  1;  Do  P  có dạng: x  y  z  d  Mặt khác  P  tiếp xúc với  S  nên d  I ,  P    Hay  d  21 4  d  22   1  22 23 4 d Vậy PTMP  P  : Câu 27: [2H3-3-3] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 , D  2; 2;0  Có tất mặt phẳng phân biệt qua điểm O , A , B , C , D ? A B C D 10 Lời giải Chọn B Ta thấy A , B , C thuộc trục tọa độ Ox , Oy , Oz Phương trình mặt x y z phẳng  ABC  là:    Rõ ràng D   ABC  Ta có AB   1; 2;0  AD  1; 2;0  nên AB   AD , suy D nằm đường thẳng AB Bởi vậy, có mặt phẳng phân biệt qua điểm O , A , B , C , D  OAB  ,  OBC  ,  OAC  ,  ABC   OCD  Câu 28: [2H3-3-3] [NGUYỄN KHUYẾN TPHCM] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hai mặt phẳng x  y  z   x  y  z   chứa hai mặt hình lập phương Thể tích khối lập phương A V  V 27 B V  81 C V  D 64 27 Lời giải Chọn A Theo hai mặt phẳng x  y  z   x  y  z   chứa hai mặt hình lập phương Mà hai mặt phẳng ( P) : x  y  z   (Q) : x  y  z   song song với nên khoảng cách hai mặt phẳng cạnh hình lập phương Ta có M (0;0; 1)  (Q) nên d ((Q),( P))  d ( M ,( P))  Vậy thể tích khối lập phương là: V  2  42  (4)2  22  2 2  3 27 Câu 29: [2H3-3-3] [LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM] [2017] Trong không gian cho điểm M (1; 3;2) Có mặt phẳng qua M cắt trục tọa độ A, B , C mà OA  OB  OC  A B C D Lời giải Chọn C Giả sử mặt phẳng ( ) cần tìm cắt Ox, Oy, Oz A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0c)(a,b,c  0) ( ) : x y z    ; ( ) qua M (1; 3;2) nên: ( ) :    1(*) a b c a b c  a  b  c(1)  a  b  c(2) OA  OB  OC   a  b  c     a  b  c(3)   a  b  c(4) Thay (1) vào (*) ta có phương trình vơ nghiệm Thay (2),(3),(4) vào (*) ta tương ứng a  4, a  6, a  3 Vậy có mặt phẳng Câu 30: [2H3-3-3] [LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1) Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua E cắt nửa trục dương Ox, Oy, Oz A, B , C cho OG nhỏ với G trọng tâm tam giác ABC A x  y  z  11  B x  y  z  66=0 C x  y  z  18  D x  y  z  12  Lời giải Chọn D Cách : Với đáp án A: A(11;0;0);B(0;11;0);C(0;0; 11 11 11 11 121 )  G( ; ; )  OG  3 Với đáp án B: A( 33 11 15609 ;0;0);B(0;66;0);C(0;0;66)  G( ;22;22)  OG  4 16 Với đáp án C: A(9;0;0);B(0;18;0);C(0;0;18)  G(3; 18 18 ; )  OG  81 3 Với đáp án D: A(12;0;0);B(0;6;0);C(0;0;6)  G(4;2;2)  OG  24 Cách : Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  Theo đề ta có : 1    Cần tìm giá trị nhỏ a  b2  c2 a b c Ta có a  b2  c     1   a.2  b.1  c.1   a  b  c    2a  b  c  2 Mặt khác a  b  c     1   a.2  b.1  c.1 8 1   2a  b  c      a b c     1  36 a2  b  c  a  2b  2c Suy a  b  c  Dấu ''  '' xảy 2 Vậy a  b2  c đạt giá trị nhỏ 216 a  12, b  c  Vậy phương trình mặt phẳng : x y z    hay x  y  z  12  12 6 Câu 31: [2H3-3-3] [BẮC YÊN THÀNH] [2017] Có mặt phẳng qua điểm M (1;9;4) cắt trục tọa độ điểm A , B , C (khác gốc tọa độ) cho OA  OB  OC A C B Lời giải Chọn D D Giả sử mặt phẳng ( ) cắt trục tọa độ điểm khác gốc tọa độ A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) với a, b, c  Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng x y z    a b c Mặt phẳng ( ) qua điểm M (1;9;4) nên    (1) a b c Vì OA  OB  OC nên a  b  c , xảy trường hợp sau: +) TH1: a  b  c     a  14, nên phương trình mp ( ) a a a x  y  z  14  Từ (1) suy +) TH2: a  b  c Từ (1) suy     a  6, nên pt mp ( ) a a a x  y  z   +) TH3: a  b  c Từ (1) suy x  y  z   +) TH4: a  b  c Từ (1) có x  y  z  12      a  4, nên pt mp ( ) a a a     a  12, nên pt mp ( ) a a a Vậy có mặt phẳng thỏa mãn Câu 32: [2H3-3-3] [LƯƠNG TÂM] [2017] Phương trình mặt phẳng sau qua điểm M 1;2;3 cắt ba tia Ox , Oy , Oz A , B , C cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất? A x  y  z  18  B x  y  z  21  C x  y  z  21  x  y  z  18  D Lời giải Giả sử A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) ( a, b, c  0) (ABC): x y z    (1) a b c    a b c Thể tích tứ diện OABC: V  abc M(1;2;3) thuộc (ABC): Áp dụng BDT Cơsi ta có: 1 27.6    33 1  abc  27  V  27 a b c abc abc a  3  Ta có: V đạt giá trị nhỏ  V  27      b  a b c c   Vậy (ABC): x  y  z  18  Câu 33: [2H3-3-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Lần – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , biết mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  với c  qua hai điểm A  0;1;0  , B 1;0;0  tạo với mặt phẳng  yOz  góc 60 Khi giá trị a  b  c thuộc khoảng đây? A  0;3 B  3;5 C  5;8 D  8;11 Lời giải Chọn A b  d  Ta có: A, B   P  nên  Suy  P  có dạng ax  ay  cz  a  có a  d  vectơ pháp tuyến n   a; a; c  Măt phẳng  yOz  có vectơ pháp tuyến i  1;0;0  Ta có: cos 60  n.i n.i  a  2a  c  4a  2a  c   2 2a  c Chọn a  , ta có: c2   c   c  Ta có: a  b  c  a  a  c        0;3 Câu 34: [2H3-3-3] (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   qua M 1;1;  cắt tia Ox , Oy , Oz A , B , C phân biệt cho tứ diện OABC tích nhỏ Tính thể tích nhỏ A 72 B 108 B 18 D 36 Lời giải Chọn B Đặt A   a;0;0  , B   0; b;0  , C   0;0; c  với a, b, c  Khi phương trình mặt phẳng   Vì   qua M 1;1;  nên x y z   1 a b c 1   1 a b c 1 Thể tích tứ diện OABC VOABC  OA.OB.OC  abc 6 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có  1 4    33  abc  108 a b c abc Dấu xảy a  b  ; c  12 Vậy tứ diện OABC tích nhỏ 108  18 Câu 35: [2H3-3-3] (SGD Bình Dương - HK - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm S  1;6;  , A  0;0;6  , B  0;3;0  , C  2;0;0  Gọi H chân đường cao vẽ từ S tứ diện S.ABC Phương trình mặt phẳng qua ba điểm S , B , H A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z  15  D x  y  z  15  Lời giải Chọn C Phương trình Mặt phẳng  ABC  : x y z     3 x  y  z   2 H chân đường cao vẽ từ S tứ diện S.ABC nên H hình chiếu vng góc  19 31 17  S lên mặt phẳng  ABC   H  ; ;   14 14  qua B  0;3;0   Mặt phẳng  SBH  :   11 55 11  11 vtpt  BH , SB    14 ; 14 ;    14 1;5;      Phương trình Mặt phẳng  SBH  : x   y  3  z   x  y  z  15  Câu 36: [2H3-3-3] (SGD - Quảng Nam - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;1;0  , B  0; 1;  Biết có hai mặt phẳng qua hai điểm A , O cách B khoảng Véctơ véctơ véctơ pháp tuyến hai mặt phẳng A n  1; 1; 1 B n  1; 1; 3 C n  1; 1;5  D n  1; 1; 5  Lời giải Chọn C x  t x  y   Phương trình đường thẳng qua hai điểm A , O có dạng  y  t   z   z   Gọi  P  mặt phẳng qua hai điểm A , O nên  P  : m  x  y   nz  , m  n  Khi véctơ pháp tuyến  P  có dạng n   m; m; n  m  n 1 m  2n 2 Ta có d  B,  P       2m  4mn  n    m2  m2  n m   n Vậy véctơ pháp tuyến  1  n n   n; n; n   1; 1;5 5  hai mặt phẳng Câu 37: [2H3-3-3] (SGD - Quảng Nam - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho mặt phẳng  P  : y  z   điểm A  2;0;0  Mặt phẳng cắt tia Oy , Oz điểm B , C khác O Thể tích khối tứ diện OABC   qua A , vng góc với  P  , cách gốc tọa độ O khoảng A B 16 C Lời giải Chọn C Giả sử B  0; b;0  C  0;0; c  , với b , c  D 16 Khi phương trình mặt phẳng   là: Vì     P  nên Mặt khác x y z    b c 1     b c c b d  O ,     5 4  b  16     2 b 16 3 1 1 1         2 b c  b   c  Vậy VO ABC  OA.OB.OC  Câu 38: [2H3-3-3] (THTT - Số 484 - Tháng 10 - 2017 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  3; 2;1 Mặt phẳng  P  qua M cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz điểm A , B , C không trùng với gốc tọa độ cho M trực tâm tam giác ABC Trong mặt phẳng sau, tìm mặt phẳng song song với mặt phẳng  P  A x  y  z  14  B x  y  z   C x  y  z  14  D 2x  y  z   Lời giải Chọn A Gọi A  a;0;0  ; B  0; b;0  ; C  0;0; c  Phương trình mặt phẳng  P  có dạng: Vì  P  qua M nên   1 a b c x y z    1 a.b.c   a b c 1 Ta có: MA   a  3; 2; 1 ; MB   3; b  2; 1 ; BC   0; b; c  ; AC    a;0; c   2b  c  MA.BC   Vì M trực tâm tam giác ABC nên:   2 a  c MB AC     14 14 Từ 1   suy a  ; b  ; c  14 Khi phương trình  P  : 3 x  y  z  14  Vậy mặt phẳng song song với  P  là: x  y  z  14  ... giải Chọn B - Gọi mặt phẳng (P) mặt phẳng trung trực đoạn AB 3  Khi mặt phẳng (P) qua trung điểm I 1;0;  2  đoạn AB có véc tơ pháp tuyến AB   2; 2;1 nên phương trình mặt phẳng (P): 4x –... Vậy có mặt phẳng   thỏa ycbt Câu 14: [2H3-3-3] (THPT TRIỆU SƠN 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   hai điểm A 1; 2;3 , B  3; 2; 1 Phương trình mặt phẳng ... tuyến n Mặt phẳng   có phương trình 1 x  1   y     z  5  hay x  y  3z   Câu 24: [2H3-3-3] (THPT Chuyên TĐN - TPHCM - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Viết phương trình mặt phẳng 
- Xem thêm -

Xem thêm: Ôn tập THPT 2019 Phương Trình Mặt Phẳng chưa học PTĐT, Ôn tập THPT 2019 Phương Trình Mặt Phẳng chưa học PTĐT

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay