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

Lấy $M,N$ thỏa mãn $\overrightarrow{AM}=2025\overrightarrow{AB}⟹M(-1;4046;4)$ và $\overrightarrow{AN}=2026\overrightarrow{AC}⟹N(2025;-4;4)$. Gọi $I(1012;2021;4)$ là trung điểm của $MN$. Vì $B,C$ nằm cùng phía đối với $(P)$ đi qua $A$ nên $2025h_1+2026h_2=d(M,(P))+d(N,(P))=2d(I,(P))\le 2IA$. Đẳng thức xảy ra khi $(P)$ đi qua $A(-1;-4;4)$ và nhận $\overrightarrow{AI}=(1013;2025;0)$ làm vectơ pháp tuyến, tức là $1013x+2025y+9113=0$. Vậy $a=1013,c=0,d=9113⟹T=-9(1013)+10(0)+9113=-4$.

Hình chiếu của $A(0;6;4)$ lên $d$ là $K(0;0;4)$. Điểm $H$ luôn thuộc đường tròn đường kính $AK$ nằm trong mặt phẳng $(Oyz)$, có tâm $I(0;3;4)$ và bán kính $R=3$. Do đó $O{H}_{\max }=OI+R=5+3=8$.

Đổi sang đơn vị mét: $A(0,75;0,75;0,45)$. Mặt phẳng qua $A$ cắt $3$ tia $Ox,Oy,Oz$ tại $a,b,c>0$ thỏa $\frac{0,75}{a}+\frac{0,75}{b}+\frac{0,45}{c}=1\ge 3\sqrt[3]{\frac{0,75\cdot 0,75\cdot 0,45}{abc}}⟹V=\frac{1}{6}abc\ge \frac{9}{2}\cdot 0,75\cdot 0,75\cdot 0,45\approx 1,14{\text{ m}}^3$.

Khoảng cách từ $A(1;3;10)$ đến $(P)$ là $AH=\frac{|1+3+40-30|}{\sqrt{18}}=\frac{7\sqrt{2}}{3}$. Vì hai tia $MA,MB$ tạo với mặt phẳng $(P)$ các góc bằng nhau nên $\frac{MH}{MK}=\frac{AH}{BK}=\frac{7}{22}$, kết hợp $MA>6$ thu được $a+100b=1619$.

Chọn điểm $I$ sao cho $2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\vec{0}$.
Gọi $I(a;b;c)$, ta có:
$$\{\begin{array}{l}2(1-a)-a-2-a=0\\ 2(1-b)+1-b-b=0\\ 2(1-c)+2-c+1-c=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=0\\ b=\frac{3}{4}\\ c=\frac{5}{4}\end{array}\Rightarrow I\left(0;\frac{3}{4};\frac{5}{4}\right).$$
Khi đó:
$$S=2N{A}^2+N{B}^2+N{C}^2=4N{I}^2+2I{A}^2+I{B}^2+I{C}^2.$$
Do $I$ cố định nên $S$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $NI$ nhỏ nhất, tức $N$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $(P)$.
Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $(P)$ có phương trình: $\{\begin{array}{l}x=t\\ y=\frac{3}{4}-t\\ z=\frac{5}{4}+t\end{array}$.
Thay vào $(P)$:
$$t-\left(\frac{3}{4}-t\right)+\frac{5}{4}+t+1=0\iff 3t+\frac{3}{2}=0\iff t=-\frac{1}{2}.$$
Suy ra $N\left(-\frac{1}{2};\frac{5}{4};\frac{3}{4}\right)\Rightarrow ON=\sqrt{{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{5}{4}\right)}^2+{\left(\frac{3}{4}\right)}^2}=\frac{\sqrt{38}}{4}.$


Theo bất đẳng thức AM-GM, $\frac{V_{ABCD}}{V_{AMNP}}=\frac{AB}{AM}\cdot \frac{AC}{AN}\cdot \frac{AD}{AP}\le {\left(\frac{\frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}+\frac{AD}{AP}}{3}\right)}^3=8⟹V_{AMNP}\ge \frac{1}{8}{V}_{ABCD}$. Dấu bằng xảy ra khi $\frac{AB}{AM}=\frac{AC}{AN}=\frac{AD}{AP}=2$, tức $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC,AD$. Khi đó $M\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$ và $(MNP)\parallel (BCD)$. Ta có $\overrightarrow{BC}=(-3;-1;-2)$, $\overrightarrow{BD}=(-2;3;2)⟹[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}]=(4;10;-11)$. Phương trình mặt phẳng $(MNP)$ là $4\left(x-\frac{3}{2}\right)+10\left(y-\frac{1}{2}\right)-11\left(z-\frac{3}{2}\right)=0⟺8x+20y-22z+11=0$.

Chọn A.
Đường thẳng $d$ đi qua $M(1;2;9)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(2;3;10)$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $d$. Khi đó khoảng cách từ $A$ đến $(P)$ lớn nhất khi $(P)\perp AH$ tại $H$.
Ta tìm $H\in d\Rightarrow H(1+2t;2+3t;9+10t)$.
$\overrightarrow{AH}=(2t-2;3t-1;10t+12)$.
Vì $\overrightarrow{AH}\perp \vec{u}\iff 2(2t-2)+3(3t-1)+10(10t+12)=0\iff 113t+113=0\iff t=-1$.
Suy ra $H(-1;-1;-1)$ và $\overrightarrow{AH}=(-4;-4;2)=-2(2;2;-1)$.
Mặt phẳng $(P)$ đi qua $H$ và có VTPT $\vec{n}=(2;2;-1)$:
$2(x+1)+2(y+1)-1(z+1)=0\iff 2x+2y-z+3=0$
Kiểm tra điểm $A_1(1;1;7)$: $2(1)+2(1)-7+3=0$ (thỏa mãn).
Vậy điểm $A_1(1;1;7)$ thuộc mặt phẳng $(P)$.

Chọn D.
Gọi $\vec{n}(a^{\prime };b^{\prime };c^{\prime })$ là VTPT của mặt phẳng $(P)$.
Vì $(P)$ đi qua $C(1;1;-1)$ nên phương trình $(P)$ là:
$$a^{\prime }(x-1)+b^{\prime }(y-1)+c^{\prime }(z+1)=0⟺a^{\prime }x+b^{\prime }y+c^{\prime }z-(a^{\prime }+b^{\prime }-c^{\prime })=0.$$
Vì $A$ và $B$ nằm cùng phía so với $(P)$ nên khoảng cách tổng hợp là:
$$T=d(A,(P))+2d(B,(P))=\frac{|-14a^{\prime }-10b^{\prime }+4c^{\prime }|}{\sqrt{a^{\prime 2}+b^{\prime 2}+c^{\prime 2}}}+2\frac{|a^{\prime }-b^{\prime }+c^{\prime }|}{\sqrt{a^{\prime 2}+b^{\prime 2}+c^{\prime 2}}}=\frac{|-12a^{\prime }-12b^{\prime }+6c^{\prime }|}{\sqrt{a^{\prime 2}+b^{\prime 2}+c^{\prime 2}}}.$$
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki:
$$|-12a^{\prime }-12b^{\prime }+6c^{\prime }{|}^2\le (12^2+12^2+6^2)(a^{\prime 2}+b^{\prime 2}+c^{\prime 2})=324(a^{\prime 2}+b^{\prime 2}+c^{\prime 2}).$$
Suy ra $T\le \sqrt{324}=18$.
Dấu bằng xảy ra khi:
$$\frac{a^{\prime }}{-12}=\frac{b^{\prime }}{-12}=\frac{c^{\prime }}{6}⟺a^{\prime }=b^{\prime }=-2c^{\prime }.$$
Chọn $c^{\prime }=-1⟹a^{\prime }=2,b^{\prime }=2$.
Khi đó phương trình $(P)$ là:
$$2x+2y-z-(2+2-(-1))=0⟺2x+2y-z-5=0.$$
So sánh với $ax+by+cz-5=0$, ta có $a=2,b=2,c=-1$.
Vậy $a+b+c=2+2-1=3$.

Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông $OABC$ là $I\left(\frac{a}{2};\frac{b}{2};\frac{c}{2}\right)$. Do $a+b+c=4$ nên $x_I+y_I+z_I=2$, suy ra $I$ thuộc mặt phẳng cố định $(P):x+y+z-2=0$. Khoảng cách từ $M(1;2;3)$ đến $(P)$ là $d(M,(P))=\frac{|1+2+3-2|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Gọi $d$ là giao tuyến của $(P)$ và $(Q)$, $E$ là giao điểm của $AB$ và $d$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên mặt phẳng $(Q)$, suy ra độ dài đoạn $AH$ không đổi.
Dựng $AK\perp d(K\in d)$. Ta có góc $((P),(Q))=(KA,KH)=\widehat{AKH}$.
Vì $\sin \widehat{AKH}=\frac{AH}{AK}$, nên góc $((P),(Q))$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $AK$ lớn nhất, tức là $K\equiv B$, suy ra $AB\perp d$.
Từ đó lập phương trình mặt phẳng $(P)$ và tính khoảng cách từ điểm $M(1;2;3)$ đến $(P)$, ta được $d(M,(P))=\sqrt{3}$. Chọn A.

Chọn A.
Phương trình mặt phẳng $(P)$ theo đoạn chắn có dạng: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.
Vì $d\subset (P)$ nên hai điểm thuộc $d$ là $P_1(-1;1;2)$ và $P_2(1;2;5)$ phải thuộc $(P)$:
$\{<table><tbody><tr><td>-\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}=1</td></tr><tr><td>\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{5}{c}=1</td></tr></tbody></table>\iff \{<table><tbody><tr><td>\frac{1}{b}=3+\frac{7}{a}=\frac{3a+7}{a}</td></tr><tr><td>\frac{1}{c}=-1-\frac{3}{a}=\frac{-a-3}{a}</td></tr></tbody></table>$
Khoảng cách từ $M(1;2;3)$ đến mặt phẳng $(P)$ là:
$d(M,(P))=\frac{\left|\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}-1\right|}{\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}}$.
Diện tích tam giác $ABC$ là $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}|abc|\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}$.
Thể tích khối tứ diện $MABC$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}\cdot d(M,(P))=\frac{1}{6}|abc|\left|\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}-1\right|$.
Thay $\frac{1}{b},\frac{1}{c}$ theo $a$:
$\frac{1}{a}+2\left(3+\frac{7}{a}\right)+3\left(-1-\frac{3}{a}\right)-1=\frac{6}{a}+2=\frac{2(a+3)}{a}$.
$abc=a\cdot \frac{a}{3a+7}\cdot \frac{a}{-a-3}=\frac{-a^3}{(3a+7)(a+3)}$.
Suy ra:
$V=\frac{1}{6}\cdot \frac{a^3}{(3a+7)(a+3)}\cdot \frac{2(a+3)}{a}=\frac{a^2}{3(3a+7)}$.
Với $a\in [-5;-3]$, xét hàm số $f(a)=\frac{a^2}{3a+7}$ trên $[-5;-3]$:
$f^{\prime }(a)=\frac{2a(3a+7)-3a^2}{(3a+7{)}^2}=\frac{3a^2+14a}{(3a+7{)}^2}=\frac{a(3a+14)}{(3a+7{)}^2}$.
$f^{\prime }(a)=0\iff a=-\frac{14}{3}\in [-5;-3]$.
Ta có $f\left(-\frac{14}{3}\right)=\frac{\frac{196}{9}}{-14+7}=\frac{\frac{196}{9}}{-7}=-\frac{28}{9}$.
Vì thể tích luôn dương (lấy trị tuyệt đối), $V(a)=\frac{a^2}{3|3a+7|}$ đạt cực tiểu tại $a=-\frac{14}{3}$:
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{28}{9}=\frac{56}{27}$.

Phương trình $(\alpha )$ dạng đoạn chắn: $\frac{x}{\frac{60}{a}}+\frac{y}{\frac{60}{b}}+\frac{z}{\frac{60}{c}}=1$.
Thể tích tứ diện là $V=\frac{1}{6}\cdot \frac{60^3}{abc}=\frac{36000}{abc}$.
Do $M(2;4;5)\in (\alpha )$ nên $2a+4b+5c=60$.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: $60=2a+4b+5c\ge 3\sqrt[3]{40abc}\Rightarrow abc\le 200$.
Suy ra $V\ge \frac{36000}{200}=180$.
Dấu "=" xảy ra khi $2a=4b=5c=20\iff a=10,b=5,c=4$.
Vậy $a+b+c=10+5+4=19$.

Theo bảng đáp án Mã đề 121 (trang 5): Chọn A. Gọi $I$ thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}=\vec{0}\Rightarrow I(5;-3;-1)$. Khi đó $d(A;(P))+2d(B;(P))=3d(I;(P))\le 3IC$, dấu bằng xảy ra khi $(P)\perp IC$. Ta có $\overrightarrow{CI}=(4;-4;2)=2(2;-2;1)$, nên $(P):2(x-1)-2(y-1)+(z+3)=0\iff 2x-2y+z+3=0\Rightarrow a+b+c=2-2+1=1$.

Chọn B
Phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: x + by + cz + d = 0
Do A $\in$ ( P ) $\Rightarrow$ 1 + d = 0 $\iff$ d = -1
2b + 1
B $\in$ ( P ) $\Rightarrow$ -2b + 3c - 1 = 0 $\iff$ c =
3
2 1+ b + c + d 2
d (C, ( P )) = $\iff$ = $\iff$ 3 b + c = 2 1 + b2 + c2
3 1+ b + c
2 2
3
$\iff$ 3 ( b 2 + c 2 + 2bc ) = 4 (1 + b 2 + c 2 ) $\iff$ b 2 + c 2 - 6bc + 4 = 0
2
 2b + 1  2b + 1
$\iff$ b +
2
 - 6b. +4=0
 3  3
b = 1
$\iff$ 23b + 14b - 37 = 0 $\iff$
2
b = - 37
23
Với b = 1 $\Rightarrow$ c = 1 . Phương trình mặt phẳng ( P ) là: x + y + z - 1 = 0 . Tọa độ giao điểm của ( P )
và trục Oy là M 1 ( 0;1;0 ) .
37 17 37 17
Với b = - $\Rightarrow$ c = - . Phương trình mặt phẳng ( P ) là: x - y - z -1 = 0
23 23 23 23
 23 
$\iff$ 23 x - 37 y - 17 z - 23 = 0 . Tọa độ giao điểm của ( P ) và trục Oy là M 1  0; - ;0  .
 37 

Chọn D
    2 2 1
Chọn điểm K thỏa mãn KA + 2 KB + 3KC = 0 . Khi đó K  ; ; -  cố định.
3 3 2
 2  2  2
P = MA2 + 2 MB 2 + 3MC 2 = MA + 2 MB + 3MC
  2   2   2
( ) (
= MK + KA + 2 MK + KB + 3 MK + KC ) ( )
   
(
= 6 MK 2 + KA2 + 2 KB 2 + 3KC 2 - 2 MK KA + 2 KB + 3KC )
= 6 MK 2 + KA2 + 2 KB 2 + 3KC 2 .
P đạt GTNN $\iff$ MK đạt GTNN $\iff$ M là hình chiếu của K lên ( P ) .

 5 5 13   5   5   13 
Do đó M  - ; - ; -  . Khi đó T =  -  -  -  + 9  -  = -13 .
 18 18 9   18   18   9 

Chọn B.

Ta có $\widehat{A^{\prime }AH}=60^{\circ }\Rightarrow A^{\prime }H=AH\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{3}{2}$. Kẻ $HI\perp AB$ tại $I$ ($HI=\frac{\sqrt{3}}{4}$) và $HJ\perp A^{\prime }I$ tại $J$. Ta có $d(C,(AB{B}^{\prime }))=2d(H,(A{A}^{\prime }B))=2HJ$. Từ $\frac{1}{H{J}^2}=\frac{1}{A^{\prime }{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}=\frac{4}{9}+\frac{16}{3}=\frac{52}{9}\Rightarrow HJ=\frac{3}{2\sqrt{13}}$. Vậy $d(C,(AB{B}^{\prime }))=\frac{3\sqrt{13}}{13}$.

Tìm hình chiếu và tịnh tiến điểm theo vectơ độ dài 6 song song với mặt phẳng $(\alpha )$. Sử dụng bất đẳng thức tam giác và tính chất phản xạ qua mặt phẳng, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ là $4\sqrt{33}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn C.

Ba vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_1=(2;2;-1)$, ${\vec{u}}_2=(1;-2;2)$, ${\vec{u}}_3=(2;-1;-2)$ đôi một vuông góc. Xác định mặt phẳng $(P)$ chứa $d_1$ tạo với $d_2$ góc lớn nhất và tọa độ các giao điểm $A,B,C$, ta tính được thể tích tứ diện $OABC$ bằng $9$.

**Chọn B**

(Theo đáp án chính thức của Hội đồng ra đề Trường THPT Chuyên ĐH Vinh - Mã đề 132).
Khi khoảng cách từ $M$ đến $(P)$ lớn nhất, ta tìm được phương trình mặt phẳng $(P)$, từ đó suy ra $b+c+d=149$.

Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,B$ trên mặt phẳng $(\alpha )$:
$AH=d(A,(\alpha ))=\frac{|2(-10)-2(6)-(-2)+12|}{\sqrt{2^2+(-2{)}^2+(-1{)}^2}}=\frac{|-18|}{3}=6$.
$BK=d(B,(\alpha ))=\frac{|2(-5)-2(10)-(-9)+12|}{3}=\frac{|-9|}{3}=3$.
Vì $MA,MB$ tạo với $(\alpha )$ các góc bằng nhau nên $\sin \widehat{AMH}=\sin \widehat{BMK}\Rightarrow \frac{AH}{MA}=\frac{BK}{MB}\Rightarrow MA=\frac{AH}{BK}MB=2MB$.
Ta có $MA=2MB\iff M{A}^2=4M{B}^2$
$\iff (a+10{)}^2+(b-6{)}^2+(c+2{)}^2=4[(a+5{)}^2+(b-10{)}^2+(c+9{)}^2]$
$\iff a^2+b^2+c^2+\frac{20}{3}a-\frac{68}{3}b+\frac{68}{3}c+228=0$.
Điểm $M$ thuộc mặt cầu $(S)$ có tâm $I\left(-\frac{10}{3};\frac{34}{3};-\frac{34}{3}\right)$ và bán kính $R=2\sqrt{10}$.
Vì $M\in (\alpha )$ nên $M$ thuộc đường tròn $(C)$ là giao của $(S)$ và $(\alpha )$.
Hình chiếu của $I$ lên $(\alpha )$ là $J(-2;10;-12)$ và bán kính của $(C)$ là $r=\sqrt{R^2-I{J}^2}=\sqrt{40-4}=6$.
Gọi $E$ là điểm thỏa mãn $2\overrightarrow{EA}-\overrightarrow{EB}=\vec{0}\Rightarrow E(-15;2;5)$.
Khi đó $T=2M{A}^2-M{B}^2=2(\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EA}{)}^2-(\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EB}{)}^2=M{E}^2+2E{A}^2-E{B}^2$.
Do $2E{A}^2-E{B}^2$ không đổi nên $T$ nhỏ nhất khi $ME$ nhỏ nhất.
Gọi $F$ là hình chiếu của $E$ lên $(\alpha )$, tìm được $F(-9;-4;2)\Rightarrow FJ=21>r=6$ nên $F$ nằm ngoài $(C)$.
Khoảng cách nhỏ nhất $F{M}_{\min }=FJ-r=21-6=15$.
Khi đó $M$ là giao điểm của đoạn thẳng $FJ$ với đường tròn $(C)$ thỏa mãn $\overrightarrow{FM}=\frac{15}{21}\overrightarrow{FJ}=\frac{5}{7}\overrightarrow{FJ}$.
Tìm được $M(-4;6;-8)\Rightarrow a=-4,b=6,c=-8\Rightarrow a+b+c=-4+6-8=-6$.