Chuyên đề mặt phẳng trong không gian Oxyz

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

CHUYÊN ĐỀ MẶT PHẲNG TRONG KHƠNG GIAN
1. Định nghĩa
Trong khơng gian Oxyz phương trình dạng Ax  By  Cz  D  0 với A2  B2  C 2  0 được gọi là
phương trình tổng quát của mặt phẳng.
 Phương trình mặt phẳng  P  :Ax+By+Cz+D=0 với A2  B2  C 2  0 có vec tơ pháp tuyến là

n   A; B; C  .
 Mặt phẳng  P  đi qua điểm M 0  x0 ; y0 ; z0  và nhận vecto n   A; B; C  , n  0 làm vecto pháp
tuyến dạng  P  : A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0.
 Nếu  P  có cặp vecto a   a1; a2 ; a3  ; b   b1; b2 ; b3  khơng cùng phương, có giá song song hoặc
nằm trên  P  . Thì vecto pháp tuyến của  P  được xác định n   a, b  .
2 . Các trường hợp riêng của mặt phẳng
Trong không gian Oxyz cho mp   :Ax+By+Cz+D=0, với A2  B2  C 2  0. Khi đó:
 D  0 khi và chỉ khi   đi qua gốc tọa độ.
 A  0, B  0, C  0, D  0 khi và chỉ khi   song song trục Ox.
 A  0, B  0, C  0, D  0 khi và chỉ khi   song song mặt phẳng  Oxy  .
 A, B, C, D  0. Đặt a  

D
D
D
x y c
, b   , c   . Khi đó :   :    1
A
B
C
a b z

3 . Vị trí tương đối của hai mặt phẳng

Trong không gian Oxyz cho   :Ax+By+Cz+D=0 và  ' :A'x+B'y+C'z+D'=0

 AB '  A ' B

   cắt  '   BC '  B ' C
CB '  C ' B

 AB '  A ' B

   //  '   BC '  B ' C
CB '  C ' B


va AD '  A ' D

 AB '  A ' B
 BC '  B ' C

      '   
CB '  C ' B
 AD '  A ' D
Đặt biệt:     '  n1.n2  0  A. A ' B.B ' C.C '  0
4 . Góc giữa hai mặt phẳng
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  00    900 

Trang | 1


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

 P :Ax+By+Cz+D=0





cos = cos nP , nQ 

và  Q  :A'x+B'y+C'z+D'=0
nP .nQ
nP . nQ



A. A ' B.B ' C.C '
A  B 2  C 2 . A '2  B '2  C '2
2

Ví dụ: Cho tứ giác ABCD có A  0;1; 1 ; B 1;1;2  ; C 1; 1;0  ; D  0;0;1 . Viết phương trình của mặt
phẳng  P  qua A, B và chia tứ diện thành hai khối ABCE và ABDE có tỉ số thể tích bằng 3.
A. 15x  4 y  5z 1  0

B. 15x  4 y  5z  1  0

C. 15x  4 y  5z  1  0

D. 15x  4 y  5z  1  0

Lời giải

 P

A

cắt cạnh CD tại E , E chia đoạn CD theoo tỷ số 3

F

xC  3xD 1  3.0 1



x 
4
4
4

y  3 yD 1  3.0 1

 E y  C


4
4
4

zC  3z D 0  3.1 3




z 
4
4
4


N

B

D
E

1 5 7 1
AB  1;0;3 ; AE   ;  ;   1; 5;7 
4 4 4 4

C

Vecto pháp tuyến của

 P  : n   AB, AE   15; 4; 5    P  :  x  0 15   y 1 4    z 1 5   0 15 x  4 y 5 z 1  0
Chọn A.
5. Bài tập
Bài 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 điểm A 1;3; 2 , B  3; 2;1 và mặt phẳng

 P  : x  2 y  2 x 11  0. Tìm điểm
 M 1; 2;3
A. 
 M 1; 4;1



M trên  P  sao cho MB  2 2, MBA  300.

 M 1; 2;3
B. 
 M 1; 4;1

 M  2;1;3
C. 
 M  4;1;1

 M 1; 2;3
D. 
 M  1; 4;1

Lời giải
Nhận thấy A   P  , B   P  , AB  6.
Áp dụng định lý cơsin trong tam giác MAB ta có:
MA2  MB2  BA2  2MB.BA.cos300  2  MB2  MB2  BA2

Do đó tam giác MAB vng tại A.

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Ta có: u AM

x  1

  AB, n p    0; 5;5   AM :  y  3  t  M 1;3  t; 2  t 
z  2  t


Ta có MA2  2  t 2  t 2  2  t  1
Với t  1  M 1;2;3 ; t  1  M 1;4;1
Chọn A.
Bài 2: Cho tứ giác ABCD có A  0;1; 1 ; B 1;1;2  ; C 1; 1;0  ; D  0;0;1 . Viết phương trình tổng quát của
mặt phẳng  Q  song song với mặt phẳng  BCD  và chia tứ diện thành hai khối AMNF và MNFBCD
có tỉ số thể tích bằng

1
.
27

A. 3x  3z  4  0

B. y  z  1  0

C. y  z  4  0

D. 4 x  3z  4  0

Lời giải
3

1

 AM 
Tỷ số thể tích hai khối AMNF và MNFBCD : 
 
 AB  27


AM 1
  M chia cạnh AB theo tỉ số 2
AB 3

1  2.0 1

x  3  3

1  2.1

 E y 
 1 ; BC  2  0;1;1 ; BD   1;1;1
3


2  2  1
0
x 
3


Vecto pháp tuyến của  Q  : n   0;1; 1
1


 M   Q    Q  :  x   0   y  11   z  0  1  0
3

  P : y  z 1  0

Chọn B.
Bài 3: Từ gốc O vẽ OH vng góc với mặt phẳng  P  ,  OH  p  ; gọi  ,  ,  lần lượt là các góc tạo
bởi vec tơ pháp tuyến của  P  với ba trục Ox, Oy, Oz. Phương trình của  P  là:
A. x cos   y cos   z cos   p  0

B. x sin   y sin   z sin   p  0

C. x cos   y cos   z cos   p  0

D. x sin   y sin   z sin   p  0

Trang | 3


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Lời giải

H  p cos  , p cos  , c cos    OH   p cos  , p cos  , c cos  
Gọi: M  x, y, z    P   HM   x  p cos  , y  p cos  , z  c cos  
OH  HM
  x  p cos   p cos    y  p cos   p cos    z  c cos   p cos 
  P  : x cos   y cos   z cos   p  0

Chọn A.

Bài 4: Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng  P  cắt hai trục y ' Oy và z ' Oz tại

A  0, 1,0 , B  0,0,1 và tạo với mặt phẳng  yOz  một góc 450.
A.

2x  y  z 1  0

C.

2 x  y  z  1  0; 2 x  y  z  1  0

B.

2x  y  z  1  0

2 x  y  z  1  0; 2 x  y  z  1  0

D.

Lời giải
Gọi C  a, 0, 0  là giao điểm của  P  và trục x 'Ox

 BA   0, 1, 1 ; BC   a,0, 1
Vec tơ pháp tuyến của  P  là n   BA, BC   1, a, a 
Vec tơ pháp tuyến của  yOz  là: e1  1, 0, 0 
Gọi  là góc tạo bởi  P  và  yOz   cos450 

1
1  2a 2

2
1
 4a 2  2  a  
2
2



Vậy có hai mặt phẳng  P  :  2 x  y  z  1  2 x  y  z  1  0; 2 x  y  z  1  0
Chọn D.
Bài 5: Cho mặt phẳng  P  đi qua hai điểm

A  3,0, 4 , B  3,0, 4 và hợp với mặt phẳng

 xOy 

z
B

một góc 300 và cắt y ' Oy tại C. Tính khoảng

O đến  P  .
A. 4 3
C. 3 3

cách từ
x'

K

B.

3

H
A

D. 2 3

P
-3
y

30
O

C

3
x

Trang | 4


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Lời giải
Vẽ OH  KC với K là giao điểm
của AB và trục z ' Oz .




Ta có: C  300  K  600 ; OK  4
 d  O, P   OH  OK .sin 600
 4.

3
 2 3.
2

Chọn D.
Bài 6: Cho mặt phẳng  P  đi qua hai điểm A  3,0, 4 , B  3,0, 4 và hợp với mặt phẳng  xOy  một góc
300 và cắt y ' Oy tại C. Viết phương trình tổng quát mặt phẳng  P  .

A. y  3z  4 3  0

B. y  3z  4 3  0

C. y  3z  4 3  0

D. x  y  3z  4 3  0

Lời giải

C  0, c,0  ; AC   3, c, 4  ; AB   6,0,0 
Vec tơ pháp tuyến của  P  : n   AC , AB   6  0, 4, c 
Vec tơ pháp tuyến của  xOz  : e3   0,0,1

cos 300 

c
16  c

2





3
 c 2  48  c  4 3  n  6 0, 4, 4 3
2







  P  :  x  3 .0   y  0  4   z  4  4 3  0  y  z 3  4 3  0
Chọn C.
Bài 7: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  1  0, A 8; 7;4  , B  1;2; 2  .
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng  P  sao cho MA2  2MB2 nhỏ nhất.

Trang | 5


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

A. M  0;0; 1

B. M  0;0;1

C. M 1;0;1

D. M  0;1;0 

Lời giải
Gọi I là điểm thỏa mãn IA  2IB  0  I  2; 1;0 





2



Có MA2  2MB 2  MI  IA  2 MI  IB



Vì IA, IB khơng đổi nên MA2  2MB2



min



2

 3MI 2  IA2  2IB 2

 MI min  M là hình chiếu vng góc của I lên mặt phẳng

 P .
Đường thẳng d đi qua I và vng góc với  P  .
 x  2  2t

 d :  y  1  t ; d   P   M  0;0; 1
z  t


Chọn A.
Bài 8: Cho 2 điểm A  0,0, 3 , B  2,0, 1 và mặt phẳng  P  : 3x  8 y  7 z  1  0. Tìm M   P  sao cho

MA2  2MB2 nhỏ nhất.
 283 104 214 
 283 104 214 
 283 14 14 
A. M 
;
;
;
;
;
;
 B. M 

 C. M 

 183 183 183 
 183 183 183 
 183 183 183 

 283 14 14 
D. M 
;
;

 183 183 183 

Lời giải
 4 5
Gọi I sao cho IA  2 IB  0  I  ;0; 
 3 3
2



  MI  IB 

2

MA2  MA  MI  IA  MI 2  IA2  2MI .IA
MB 2  MB

2

2

 MI 2  IB 2  2MI .IB





MA2  2MB 2  3MI 2  IA2  2 IB 2  2MI IA  IB  3MI 2  IA2  2 IB 2



Suy ra MA2  2MB 2



min

khi MI bé nhất hay M là hình chiếu của I trên  P  .

 283 104 214 
Tìm được tọa độ M 
;
;
.
 183 183 183 

Chọn A.
Bài 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  Q  : x  y  z  0 và hai điểm

A  4, 3,1 , B  2,1,1 . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng  Q  sao cho tam giác ABM vuông cân tại M .

Trang | 6


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

 M 1; 2;1

B.   17 9 8 
M
; ;
  7 7 7 

 M 1; 2;1

A.   17 9 8 
M
; ;
  7 7 7 

 M 1;1;1

D.   9 9 8 
M
; ;
  7 7 7 

 M  1; 2;1


C.   13 5 9 
M
; ;
  7 7 7 
Lời giải
Gọi M  a, b, c  .M   Q   a  b  c  0 1 .
Tam giác ABM cân tại M khi và chỉ khi :

AM 2  BM 2   a  4   b  3   c  1   a  2    b  1   c  1  a  2b  5  0
2

2

2

2

a  b  c  0
a  2b  5
Từ 1 và  2  ta có: 

a  2b  5  0
c  5  3b

2

2

 2

*

Trung điểm AB là I  3; 1;1 . Tam giác ABM cân tại M , suy ra:
MI 

AB
2
2
2
  a  3   b  1   c  1  5
2

Thay * và  3 ta được:

 3

 2b  2    b  1   6  3b 
2

2

2

b  2
5 
b   9
7


b  2  a  1, c  1  M 1; 2;1

9
17
8
 17 9 8 
b    a  ,c    M  ; ; 
7
7
7
7 7
7

Chọn A.

Trang | 7


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm,
giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên
danh tiếng.
I.

Luyện Thi Online
Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%
-

Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng

xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và
Sinh Học.

-

Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn
Đức Tấn.

II.

Khoá Học Nâng Cao và HSG
Học Toán Online cùng Chuyên Gia
-

Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

-

Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân môn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp
dành cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh
Trình, TS. Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc
Bá Cẩn cùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III.

Kênh học tập miễn phí

HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí
HOC247 TV kênh Video bài giảng miễn phí
-

HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả
các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư
liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

-

HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và
Tiếng Anh.

Trang | 8