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

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 $2a-b+c=2(1)-1+2=3$.

Mặt phẳng tọa độ $(Oxz)$ đi qua gốc tọa độ và có vectơ pháp tuyến $\vec{j}=(0;1;0)$, do đó có phương trình là $y=0$.

Chọn C.
Vì $(\alpha )\parallel (\beta )$ nên $(\alpha )$ nhận $\vec{n}=(1;-1;2)$ làm VTPT.
Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $A(2;-2;-1)$ có phương trình:
$$1(x-2)-1(y+2)+2(z+1)=0⟺x-y+2z-2=0.$$

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 $a+b+c=2+2-1=3$.

Thay tọa độ của điểm $M(-1;3;1)$ vào phương trình $(P_2):2(-1)+3+1-2=0$ (thỏa mãn).

Mặt phẳng đi qua $A(1;2;3)$ và nhận $\overrightarrow{AB}=(1;-3;-2)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình $1(x-1)-3(y-2)-2(z-3)=0\iff x-3y-2z+11=0$.

Chọn C.
Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: $\frac{x}{1}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{2}=1\iff 2x-2y+z-2=0$. VTPT là $\vec{n}=(2;-2;1)$.

Chọn A.
Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua ba điểm $A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c)$ là:
$$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.$$

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 $T=2m+n+p=2(1)+(-1)+9=10$.

Phương trình mặt phẳng $(P)$ có dạng: $4(x+1)+0(y-2)-5(z-0)=0⟺4x-5z+4=0$.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là ${\vec{u}}_d=(2;-1;3)$.
Mặt phẳng vuông góc với $d$ nhận ${\vec{u}}_d=(2;-1;3)$ làm VTPT.
Phương trình mặt phẳng đi qua $A(1;2;3)$ là:
$2(x-1)-1(y-2)+3(z-3)=0⟺2x-y+3z-9=0$.

Mặt phẳng chứa trục $Oy$ có phương trình dạng $Ax+Cz=0$. Trong các phương án đã cho, mặt phẳng $2x+3z=0$ chứa trục $Oy$.

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 $d(M,(P))=\frac{|1+2+3-2|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Mặt phẳng $(P):x+y-2z=0$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{u}(1;1;-2)$.

Trung điểm của $AB$ là $M(2;-3;0)$, và $\overrightarrow{AB}=(2;4;-4)=2(1;2;-2)$. Mặt phẳng trung trực của đoạn $AB$ đi qua $M(2;-3;0)$ và nhận $\vec{n}=(1;2;-2)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình: $(x-2)+2(y+3)-2z=0\iff x+2y-2z+4=0$.

Chọn A.
Mặt phẳng $(P):3x+0y-z+2=0$ có VTPT là $\vec{n}=(3;0;-1)$.

Chọn C.
VTPT $\vec{n}=\overrightarrow{BA}=(3-1;-1-2;1-4)=(2;-3;-3)$.
Mặt phẳng qua $A(3;-1;1)$ có phương trình: $2(x-3)-3(y+1)-3(z-1)=0\iff 2x-3y-3z-6=0$.

Do mặt phẳng $(\alpha ):2x-3z+1=0$ nên một vectơ pháp tuyến của $(\alpha )$ là ${\vec{n}}_2=(2;0;-3)$.