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

Phương trình mặt phẳng $(Oyz)$ là $x=0$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề B).

Mặt phẳng $(P):x+2y-3z+3=0$ có một vectơ pháp tuyến là $(1;2;-3)$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề B).

a, c, d) Đúng. b) Sai vì $-4(-2)-(-4)-4(2)-4=0$ nên $B\in (\beta )$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề B).

Mặt phẳng $(P):x-2y+3z-4=0$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}=(1;-2;3)$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề A).

Phương trình mặt phẳng tọa độ $(Oxy)$ là $z=0$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề A).

a, b, c) Đúng. d) Sai vì $\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{6}}\ne \frac{1}{6}$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề A).

Phương trình mặt phẳng $(\alpha )$ là $\frac{x}{5}+\frac{y}{-5}+\frac{z}{0,5}=1⟺x-y+10z=5$. Đường thẳng $AB$: $\{\begin{array}{l}x=3,5\\ y=-2+7,5t\\ z=0,4-0,4t\end{array}$. Thay vào $(\alpha )$ được $t=\frac{9}{23}\Rightarrow T=a+b+c=1,9+\frac{63,9}{23}\approx 4,68$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề A).

Phương trình mặt phẳng $(Oxy)$ là $z=0$. Ta thấy điểm $N(0;0;1)$ có $z_N=1\ne 0$ nên điểm $N$ không thuộc $(Oxy)$.

Ta có $\overrightarrow{BA}=(2;2;1),\overrightarrow{BC}=(4;-2;-4)\Rightarrow \overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=8-4-4=0$, do đó tam giác $ABC$ vuông tại $B$.

Độ dài $BA=3,BC=6,AC=\sqrt{9+36}=3\sqrt{5}$.

Từ giả thiết $AB\perp BM$ và $AB\perp BC$ suy ra $AB\perp (MBC)$.

Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $AC$, ta có tam giác vuông $ABC$ có đường cao $BK$:
$BK=\frac{BA\cdot BC}{AC}=\frac{3\cdot 6}{3\sqrt{5}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}.$

Vì $(\alpha )\perp AC$ và $B\in (\alpha )$ nên $BK\subset (\alpha )$, do đó $N\in (\alpha )$ dẫn tới $BN\perp AC$.

Lại có $BN\perp AM$ nên $BN\perp (AMC)\Rightarrow BN\perp NK$. Do đó điểm $N$ thuộc đường tròn đường kính $BK$.

Kẻ $NH\perp BK$ tại $H$, suy ra $NH\perp (ABC)$ nên $d(N,(ABC))=NH$.

Trong tam giác vuông $BNK$ tại $N$, ta luôn có:
$NH\le \frac{1}{2}BK=\frac{1}{2}\cdot \frac{6\sqrt{5}}{5}=\frac{3\sqrt{5}}{5}.$

Dấu "=" xảy ra khi tam giác $BNK$ vuông cân tại $N$.

Vậy khoảng cách lớn nhất từ $N$ đến $(ABC)$ bằng $\frac{3\sqrt{5}}{5}$.

**Chọn D**

Điểm thuộc ( P ) là N ( 0; -1;0 ) .

**Chọn C**

Mặt phẳng ( P ) : x - y + z + 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là n2 = (1; -1;1) .

Chọn A

Gọi Oy $\cap$ ( P ) = A ( 0; y;0 )
0 y 0
Xét phương trình: + - -1 = 0 $\Rightarrow$ y = 3
2 3 6
Vậy A ( 0;3;0 ) .
1 3 1

x y z
Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : + + - 1 = 0.
a b c
( ab ) + ( bc ) + ( ca )
2 2 2
3
Diện tích tam giác ABC bằng S = = $\Rightarrow$ ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) = 9.
2 2 2

2 2
1 h
Thể tích khối tứ diện là V = S ABC .h = .
3 2

Với h = d ( D, ( ABC ) ) =
b2 + c2 + c2 + a 2 + a 2 + b2
= abc
( b +c + c +a + a +b )
2 2 2 2 2 2

1 1 1 3
+ +
a 2 b2 c2
V lớn nhất khi h lớn nhất

Ta có abc b + c = b c ( a b + a c )
2 2 2 2 2 2 2 2
\le 2 bc
( a b + a c ) \le 2 b c + ( a b + a c ) ]
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2

2 2 2 ]

2 2 2 (a b + b c ) 2 2 2 (a c + b c )
2 2 2 2 2 2 2 2

Tuong tự: abc c + a \le
2
a c +
2
] , abc b + a \le
2 2
a b + ]
2 2 ] 2 2 ]


h \le
2 2
2.3
( )
( ab ) + ( bc ) + ( ca ) = 3 2.
2 2 2

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 4 3.
( )
Ta có D 4 3 + 6; 6; 6 $\Rightarrow$ AD = 6 (1;1;1) , AB = 4 3 ( -1;1;0 ) , AB, AD = k (1;1; -2 )

1
m = - 4
3
x y 2z 1
Phương trình mặt phẳng ( ABD ) : x + y - 2 z - 4 3 = 0 $\Rightarrow$ - 4 - 4 + 4 + 1 = 0 $\Rightarrow$ n = - 4
3 3 3 3
2
p = 4
3
Do đó m + n + p = 0 .
 HẾT 

Thay tọa độ điểm $(4;1;1)$ vào phương trình mặt phẳng $(P)$, ta có $4+2(1)-5(1)-1=0$, thỏa mãn. Vậy $(P)$ đi qua điểm $(4;1;1)$. Chọn D.

Mặt phẳng $(P)\parallel (\beta )$ có dạng $2x-y+3z+D=0$ ($D\ne -1$). Đi qua $M(1;1;-1)$ nên $2(1)-1+3(-1)+D=0\iff -2+D=0\iff D=2$. Vậy phương trình mặt phẳng là $2x-y+3z+2=0$. Chọn B.

Điểm $A^{\prime }$ đối xứng với $A(1;2;3)$ qua mặt phẳng $(Oyz)$ có tọa độ là $(-1;2;3)$.

Mặt phẳng $(P):x-2z+3=0$ có một vectơ pháp tuyến là ${\vec{n}}_1=(1;0;-2)$.

Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên mặt phẳng $(P)$ và đường thẳng $d$. Ta có $d(A,(P))=AH\le AK$, dấu “$=$” xảy ra khi $H\equiv K$, tức $AK\perp (P)$ tại $K$.

Tìm hình chiếu $K$ của $A(0;1;2)$ trên $d$: $K(4+2t;2-t;1-2t)$ thỏa mãn $\overrightarrow{AK}\cdot {\vec{u}}_d=0\iff t=-1\Rightarrow K(2;3;3)$ và $\overrightarrow{AK}=(2;2;1)$.

Suy ra phương trình $(P):2(x-2)+2(y-3)+1(z-3)=0\iff 2x+2y+z-13=0$.

Vậy $d(M,(P))=\frac{|2\cdot 5+2(-1)+3-13|}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}=\frac{2}{3}$.

Mặt phẳng $(P):2x+3y-6z+3=0$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}=(2;3;-6)$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 222).