Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Mặt phẳng (Toán học Lớp 12)

a) Sai vì mặt phẳng $(Oxy)$ có phương trình là $z=0$.
b) Đúng.
c) Đúng vì $\overrightarrow{AB}=(3;2;-1)$ nên mặt phẳng qua $C(0;-1;4)$ vuông góc $AB$ là $3x+2(y+1)-(z-4)=0⟺3x+2y-z+6=0$.
d) Đúng vì $[\vec{i},\overrightarrow{AC}]=(0;-2;-1)$, mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $Ox$ có phương trình $2y+z=0$, nên $d(B,(\alpha ))=\frac{|2\cdot 2+1|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\sqrt{5}$.

Vì $A,B,C$ thuộc các tia $Ox,Oy,Oz$ nên tọa độ của chúng có dạng $A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c)$ với $a,b,c>0$.
Theo giả thiết $OA=2OB=3OC⟺a=2b=3c⟹a=6k,b=3k,c=2k$ với $k>0$.
Phương trình mặt phẳng $(ABC)$ theo đoạn chắn là:
$\frac{x}{6k}+\frac{y}{3k}+\frac{z}{2k}=1⟺x+2y+3z-6k=0$.
Vì mặt phẳng đi qua $M(2;-3;3)$ nên:
$2+2(-3)+3(3)-6k=0⟺2-6+9-6k=0⟺5-6k=0⟺6k=5$.
Vậy phương trình mặt phẳng là: $x+2y+3z-5=0$.

- Ý a) Đúng: $\overrightarrow{BC}=(2-(-1);0-2;1-4)=(3;-2;-3)$.
- Ý b) Sai: Điểm $(2;0;-1)$ không thuộc đường thẳng $BC$ (phương trình đúng qua $C(2;0;1)$ là $\frac{x-2}{3}=\frac{y}{-2}=\frac{z-1}{-3}$).
- Ý c) Đúng: Mặt phẳng $(P)$ qua $A(1;0;-2)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{BC}=(3;-2;-3)$ là $3(x-1)-2y-3(z+2)=0⟺3x-2y-3z-9=0$.
- Ý d) Sai: Thay $x=2+3t,y=-2t,z=1-3t$ vào phương trình $(P)$ được $22t=6⟺t=\frac{3}{11}⟹x=\frac{31}{11}>0$.

- Ý a) Đúng: ${\vec{n}}_P=(2;1;-3)$.
- Ý b) Sai: Do $(Q)\perp (P)$ nên ${\vec{n}}_Q\perp {\vec{n}}_P$.
- Ý c) Đúng: Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;-1;1)⟹[\overrightarrow{AB},{\vec{n}}_P]=(2;5;3)$. Mặt phẳng $(Q)$ qua $B(2;1;0)$ có phương trình $-2x-5y-3z+9=0$, suy ra $a=-2,b=-5,c=-3⟹a+b+c=-10$.
- Ý d) Sai: $d(O,(Q))=\frac{9}{\sqrt{4+25+9}}=\frac{9\sqrt{38}}{38}\ne \frac{15\sqrt{38}}{38}$.

Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_d=(3;2;1)$.

Mặt phẳng $(Q)$ có vectơ pháp tuyến là ${\vec{n}}_Q=(2;-1;1)$.

Gọi ${\vec{n}}_P$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(P)\Rightarrow {\vec{n}}_P=[{\vec{u}}_d,{\vec{n}}_Q]=(3;-1;-7)$.

Chọn $A(2;0;1)\in d\Rightarrow A(2;0;1)\in (P)$.

Vậy phương trình mặt phẳng $(P)$ là: $3(x-2)-1(y-0)-7(z-1)=0\iff 3x-y-7z+1=0$.

Do đó $a=3,c=-7,d=1$ nên $a+c+d=-3$.

Gọi $A(2t;-t;t-1)\in d$ với $t>0$. Ta có $d(A,(\alpha ))=\frac{|2t-2(-t)-2(t-1)+5|}{3}=\frac{|2t+7|}{3}=3\Rightarrow t=1$ (do $t>0$). Suy ra $A(2;-1;0)\Rightarrow OA=\sqrt{2^2+(-1{)}^2+0^2}=\sqrt{5}$.

Chọn D.
Vectơ pháp tuyến của $(\alpha )$ và $(\beta )$ lần lượt là ${\vec{n}}_{\alpha }=(3;-2;2)$ và ${\vec{n}}_{\beta }=(5;-4;3)$.
VTCP của giao tuyến, đồng thời là VTPT của $(P)$ vuông góc với cả hai mặt phẳng là:
${\vec{n}}_P=[{\vec{n}}_{\alpha },{\vec{n}}_{\beta }]=((-2)(3)-2(-4);2(5)-3(3);3(-4)-(-2)(5))=(2;1;-2).$
Vì mặt phẳng $(P)$ đi qua gốc tọa độ $O(0;0;0)$ nên phương trình là:
$2x+y-2z=0.$

Chọn C.
Đường thẳng $d$ đi qua $M(1;0;-1)$ và có VTCP ${\vec{u}}_d=(2;1;3)$.
Mặt phẳng $(Q)$ có VTPT ${\vec{n}}_Q=(2;1;-1)$.
Gọi $(P)$ là mặt phẳng chứa $d$ và vuông góc với $(Q)$ thì:
$\{<table><tbody><tr><td>{\vec{n}}_P\perp {\vec{u}}_d</td></tr><tr><td>{\vec{n}}_P\perp {\vec{n}}_Q</td></tr></tbody></table>⟹[{\vec{n}}_Q,{\vec{u}}_d]=(4;-8;0)⟹\text{chọn }{\vec{n}}_P=(1;-2;0).$
Vì $(P)$ đi qua $M(1;0;-1)$ nên phương trình của $(P)$ là:
$1(x-1)-2(y-0)+0(z+1)=0⟺x-2y-1=0.$

Với gốc tọa độ tại $D(0;0;0)$, ta có $A(6;0;0)$ (nên b) Đúng), $E(6;0;3)$, $H(0;0;5)$, $G(0;5;4)$.
a) Sai: $\overrightarrow{HE}=(6;0;-2),\overrightarrow{HG}=(0;5;-1)⟹[\overrightarrow{HE},\overrightarrow{HG}]=(10;6;30)$. Phương trình mặt phẳng $(EFGH)$ là $10x+6y+30(z-5)=0⟺10x+6y+30z-150=0⟹a+b+c=10+6+30=46\ne 23$.
c) Đúng: Diện tích mái $S_{EFGH}=|[\overrightarrow{HE},\overrightarrow{HG}]|=\sqrt{10^2+6^2+30^2}=2\sqrt{259}{\text{ m}}^2$. Số tiền mua lưới là $2\sqrt{259}\cdot 12000\approx 386243$ đồng $\approx 386$ nghìn đồng.
d) Đúng: Trải phẳng các mặt $(ABCD),(BCGF),(CDHG),(DAEH)$ lên cùng một mặt phẳng, độ dài ngắn nhất của dây nối từ $I$ đến $E$ là $\sqrt{17^2+4^2}=\sqrt{305}$ (m).

a) Sai: $AB=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}$.
b) Đúng: $(1-2-1-2)(2-3+0-2)=(-4)(-3)=12>0$ nên $A,B$ nằm cùng phía với $(P)$.
c) Đúng: Hình chiếu vuông góc của $B(2;3;0)$ lên $(P)$ là $H(3;2;1)$ có tung độ $y_H=2$.
d) Sai: Điểm đối xứng của $B$ qua $(P)$ là $B^{\prime }(4;1;2)⟹\min (MA+MB)=A{B}^{\prime }=\sqrt{19}\ne 3\sqrt{2}$.

Chọn C.
Bốn điểm $A,B,C,D$ đồng phẳng tức là $D\in (ABC)$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $(ABC)$, ta luôn có $d(O,(ABC))=OH\le OD$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $H\equiv D$, tức là mặt phẳng $(ABC)$ vuông góc với $OD$ tại $D$.
Khi đó $(ABC)$ có VTPT là $\overrightarrow{OD}=(1;2;-1)$ và đi qua $D(1;2;-1)$:
$$1(x-1)+2(y-2)-1(z+1)=0⟺x+2y-z-6=0⟺\frac{x}{6}+\frac{y}{3}+\frac{z}{-6}=1.$$
Từ dạng phương trình đoạn chắn, ta có $a=6$, $b=3$, $c=-6$.
Vậy $a+b+c=6+3+(-6)=3$.

Phương pháp: Vì $(\alpha )\perp \Delta$ nên $(\alpha )$ có VTPT là ${\vec{u}}_{\Delta }=(1;-2;3)$. Viết phương trình mặt phẳng $(\alpha ):x-2y+3z+D=0$. Tìm tọa độ $M,N,P$ theo $D$.
Cách giải: Giao điểm với các trục: $M(-D;0;0),N\left(0;\frac{D}{2};0\right),P\left(0;0;-\frac{D}{3}\right)$. Vì $P$ thuộc tia $Oz$ nên $-\frac{D}{3}>0\Rightarrow D<0$.
Thể tích tứ diện $V=\frac{1}{6}|x_M\cdot y_N\cdot z_P|=\frac{1}{6}\left|(-D)\cdot \frac{D}{2}\cdot \left(-\frac{D}{3}\right)\right|=\frac{|D{|}^3}{36}=6\Rightarrow |D{|}^3=216\Rightarrow D=-6$.
Phương trình $(\alpha ):x-2y+3z-6=0$. Thử điểm $B(1;-1;1)$ thỏa mãn phương án A.
Chọn A.

Mặt phẳng $(ABC)$ đi qua $D(1;2;-1)$ nên $d(O,(ABC))\le OD$, đạt GTLN khi $(ABC)\perp OD$, tức ${\vec{n}}_{(ABC)}=\overrightarrow{OD}=(1;2;-1)$. Khi đó $(ABC):x+2y-z-6=0\iff \frac{x}{6}+\frac{y}{3}+\frac{z}{-6}=1$, suy ra $a=6,b=3,c=-6\Rightarrow a+b+c=3$.

Ta có $\overrightarrow{BC}=(8;0;4)$, $\overrightarrow{BD}=(4;3;5)⟹[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}]=(-12;-24;24)=-12(1;2;-2)$. Mặt phẳng $(BCD)$ đi qua $D(1;2;1)$ và nhận $\vec{n}=(1;2;-2)$ làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình $(x-1)+2(y-2)-2(z-1)=0⟺x+2y-2z-3=0$. Chiều cao kẻ từ $A(2;-1;6)$ là $h_A=d(A,(BCD))=\frac{|2+2(-1)-2(6)-3|}{\sqrt{1^2+2^2+(-2{)}^2}}=\frac{15}{3}=5$.

Chọn B.
Gọi $I$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{IC}=\vec{0}$.
Tọa độ của $I$:
$x_I=\frac{x_A+x_B+2x_C}{4}=\frac{1+1+2(3)}{4}=2$
$y_I=\frac{y_A+y_B+2y_C}{4}=\frac{2-2+2(-10)}{4}=-5$
$z_I=\frac{z_A+z_B+2z_C}{4}=\frac{0+4+2(12)}{4}=7$
Suy ra $I(2;-5;7)$.
Ta có $M{A}^2+M{B}^2+2M{C}^2=4M{I}^2+I{A}^2+I{B}^2+2I{C}^2$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $MI$ ngắn nhất, tức $M$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên mặt phẳng $(P)$.
Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $(P)$ có phương trình $x=2+t,y=-5-2t,z=7+2t$.
Thay vào phương trình $(P)$:
$(2+t)-2(-5-2t)+2(7+2t)+1=0\iff 9t+27=0\iff t=-3$
Suy ra $M(-1;1;1)$, tức $a=-1,b=1,c=1$.
Giá trị $2a+3b+c=2(-1)+3(1)+1=2$.

a) Sai: $\overrightarrow{AB}=(6;0;0)$ và $\overrightarrow{AC}=(3;6;3)$.
b) Đúng: $[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]=(0;-18;36)=-18(0;1;-2)$ nên $\vec{n}=(0;1;-2)$ là một vectơ pháp tuyến của $(ABC)$.
c) Đúng: Mặt phẳng $(P)$ đi qua $A(2;0;4)$ và có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(0;1;-2)$ có phương trình $y-2(z-4)=0\iff y-2z+8=0$.
d) Sai: $d(M,(P))=\frac{|7-2\cdot 8+8|}{\sqrt{0^2+1^2+(-2{)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\approx 0,45\text{ m}<0,5\text{ m}$.

Chọn D.
Thay tọa độ điểm $A$ và $B$ vào phương trình mặt phẳng $(P)$:
$$1+1+1-4=-1<0,1+1+0-4=-2<0.$$
Do cùng dấu nên $A$ và $B$ nằm cùng phía so với mặt phẳng $(P)$.
Áp dụng bất đẳng thức tam giác: $|MB-MA|\le AB$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ba điểm $M,A,B$ thẳng hàng theo thứ tự, tức $M$ là giao điểm của đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $(P)$.
Đường thẳng $AB$ đi qua $A(1;1;1)$ có VTCP $\overrightarrow{BA}=(0;0;1)$, phương trình tham số là $\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\\ z=1+t\end{array}$.
Thay vào $(P)$:
$$1+1+(1+t)-4=0⟺3+t-4=0⟺t=1.$$
Với $t=1$, ta được tọa độ điểm $M(1;1;2)$.
Suy ra $a=1,b=1,c=2$.
Vậy $2a-b+c=2(1)-1+2=3$.

Chọn C.
Mặt cầu có tâm $I(4;-2;-2)$ và bán kính $R=3$.
Vì $A,B$ thuộc mặt cầu nên tam giác $IAB$ cân tại $I$, do đó mặt phẳng trung trực của $AB$ luôn đi qua tâm $I(4;-2;-2)$.
Mặt khác, mặt phẳng trung trực của đoạn $AB$ vuông góc với đoạn thẳng $AB$.
Vì $AB\parallel OI$ nên vectơ $\overrightarrow{OI}=(4;-2;-2)=2(2;-1;-1)$ chính là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực đó.
Mặt phẳng đi qua $I(4;-2;-2)$ và nhận $\vec{n}=(2;-1;-1)$ làm VTPT có phương trình:
$$2(x-4)-1(y+2)-1(z+2)=0⟺2x-y-z-8-2-2=0⟺2x-y-z-12=0.$$

Chọn A.
Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$:
$$x_G=\frac{2+3+1}{3}=2,y_G=\frac{0+1+2}{3}=1,z_G=\frac{1+5+0}{3}=2⟹G(2;1;2).$$
Vì $A,B,C$ nằm cùng phía đối với mặt phẳng $(\alpha )$ nên:
$$d(A,(\alpha ))+d(B,(\alpha ))+d(C,(\alpha ))=3d(G,(\alpha )).$$
Do đó tổng khoảng cách lớn nhất khi và chỉ khi $d(G,(\alpha ))$ lớn nhất.
Vì $(\alpha )$ đi qua điểm $D(4;2;1)$ nên $d(G,(\alpha ))\le GD$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $(\alpha )\perp GD$ tại $D$.
Ta có vectơ $\overrightarrow{GD}=(4-2;2-1;1-2)=(2;1;-1)$.
Do đó mặt phẳng $(\alpha )$ nhận $\vec{n}=(2;1;-1)$ làm VTPT và đi qua $D(4;2;1)$:
$$2(x-4)+1(y-2)-1(z-1)=0⟺2x+y-z-(8+2-1)=0⟺2x+y-z-9=0.$$
So sánh với dạng $2x+my+nz-p=0$, ta có:
$$m=1,n=-1,p=9.$$
Vậy $T=2m+n+p=2(1)+(-1)+9=10$.