THẦY DUY THÀNH các DẠNG TOÁN lập PHƯƠNG TRÌNH mặt PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN p2

Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán

CÁC DẠNG TOÁN LẬP PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG TRONG
KHÔNG GIAN
Bài 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (2;1;0) và đường
x  2 y 1 z 1


thẳng  :
. Lập phương trình mặt phẳng ( P) qua M và chứa
1
1
2
.
Giải:
Đường thẳng  có vtcp u  (1; 1;2) và A(2;1;1)   MA  (4;0;1) . Vì mặt
phẳng ( P) qua M và chứa  nên n p  u , MA  (1;7;4) . Do đó phương
trình của ( P) : 1( x  2)  7( y  1)  4 z  0  x  7 y  4 z  9  0 .
Bài 12. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4; 2;11), B( 2; 10;3) .
Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB.
Giải:
Mặt phẳng trung trực của đoạn AB qua trung điểm I (1; 6;7) của AB nhận
AB  (6; 8; 8) làm vtpt.
Suy ra phương trình mặt phẳng (Q) : 6( x  1)  8( y  6)  8( z  7)  0
 3x  4 y  4 z  7  0 .

Bài 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho đường thẳng
x  2 y  4 z 1
và điểm M (2; 1;3) . Viết phương trình mặt phẳng ( P)
d:



2
3
1
đi qua điểm K (1;0;0) , song song với đường thẳng d đồng thời cách điểm M
một khoảng bằng 3 .
Giải:
d có vtcp u  (2; 3;1) và đi qua H (2;4; 1) .
( P) có vtpt n( A; B; C ), ( A2  B 2  C 2  0)

 2 A  3B  C  0
C  2 A  3B
u.n  0
d / /( P)  


 H (2;4; 1)  ( P) 3 A  4 B  C  0 C  3 A  4 B (*)


qua K (1;0;0)
Vì ( P) : 

vtpt n  ( A; B; 2 A  3B)
nên phương trình ( P) : Ax  By  (3B  2 A) z  A  0
5 A  8B
d ( M ,( P))  3 
 3
2
2
2

A  B  (3B  2 A)


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán

 (5 A  8B)2  3(5 A2  12 AB  10 B 2 )
 5 A2  22 AB  17 B 2  0
A  B

5 A  17 B
Với A  B  C  B không thỏa mãn (*)
Với 5 A  17B  chọn A  17 ta có B  5  C  19 thỏa mãn (*)
Suy ra phương trình mặt phẳng ( P) :17 x  5 y  19 z  17  0 .
Bài 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng
x 1 y 1 z  3


(Q) chứa đường thẳng d:
và tạo với mặt phẳng (P):
2
1
1
x  2 y  z  5  0 một góc nhỏ nhất.
Giải:
d có vtcp u  (2;1;1) , (P) có vtpt m  (1;2; 1) ,
(Q) có vtpt n  (a; b; c);(a 2  b2  c 2  0) . Do (Q) chứa d
 n  u  n.u  0  2a  b  c  0  c  2a  b  n  (a; b; 2a  b)

Gọi  là góc hợp bởi (P) và (Q)
a  2b  2a  b

3a  3b
 cos   cos(n; m) 

2
6 5a 2  4ab  2b2
6 a 2  b 2   2a  b 



3ab
6 3a 2  2(a  b)2



3ab
6 2(a  b)2



3
 cos300    300
2

Vậy  min  300 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  0 lúc đó ta chọn
b  1; c  1  n  (0;1; 1)

Qua A(-1;-1;3)  d
Mặt phẳng (Q): 
nên phương trình của (Q) : y  z  4  0 .
vtpt

n

(0;1;-1)


Bài 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(1;0;1), B(2;1;2)

và mặt phẳng (Q) : x  2 y  3z  3  0 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua
A, B và vuông góc với (Q).
Giải:
Ta có AB  (1;1;1), nQ  (1;2;3),  AB, nQ   (1; 2;1) .
Vì  AB, nQ   0 và mặt phẳng (P) vuông góc với (Q) nên (P) nhận  AB, nQ 
làm vtpt.


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Vậy (P) có phương trình là: x  2 y  z  2  0 .
Bài 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

:

x 1 y z

 và điểm A(1; 1;2) . Viết phương trình mặt phẳng (P) , biết (P)
1
2 2

vuông góc với đường thẳng  và cách điểm A một khoảng bằng 3.
Giải:
Đường thẳng  có vtcp là u (1; 2;2) .

Do mặt phẳng (P) vuông góc với  nên (P) có phương trình là:
x  2 y  2z  d  0 .

Lại có d ( A;( P))  3 

7d
d  2
3 7d 9 
3
 d  16

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: x  2 y  2 z  2  0 hoặc
x  2 y  2 z  16  0 .

Bài 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ( P) : x  y  z  2  0 . Mặt
cầu ( S ) : x2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 z  3  0 và hai điểm A(1; 1; 2) , B(4;0; 1) .
Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với AB, vuông góc với mặt phẳng
(P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng

3.

Giải:
Mặt cầu ( S ) có tâm I (2; 1; 1) , bán kính R  3
Mặt phẳng (P) có vtpt n1(1; 1;1), AB(3;1;1)   AB, n1   (2; 2; 4)
Do mặt phẳng ( ) / / AB và    ( P)  ( ) có vtpt n(1; 1; 2) . Suy ra
phương trình mặt phẳng   có dạng: x  y  2 z  m  0 .
Do   cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn có bán kính bằng
d ( I ,( ))  6 

3 nên ta có:

m  1
 6
6
 m  11

5m

Vậy có hai mặt phẳng   thỏa mãn là x  y  2 z  1  0 và x  y  2 z  11  0 .


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán

Bài 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( P) : x  y  z  1  0 và điểm A(3; 2; 2) . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi

qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt các trục Oy, Oz lần lượt tại M, N sao
cho OM = ON (M, N không trùng với O).
Giải:
Gọi M (0; a;0), N (0;0; b) trong đó ab  0 . Ta có:
AM  (3;2  a;2), AN (3;2; b  2) . Gọi vtpt của (Q) là nQ .

Theo giả thiết suy ra nQ   AM , AN   (2a  2b  ab; 3a; 3b) .
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: nP  (1; 1; 1).
Mặt khác ( P)  (Q)  nP  nQ  nP .nQ  0  ab  a  b  0
a  b
Và OM  ON  a  b  
 a  b

(1)

(2)

Từ (1) và (2) ta được:
a  0
TH1: a  b  
.
a  2

Với a  0 thì M  O nên loại.
Với a  2  nQ  (12;6;6) , phương trình mặt phẳng (Q) là: 2 x  y  z  2  0
TH2: a  b  a  0 (loại)
Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: 2 x  y  z  2  0 .
Bài 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 1; 3),
B(3;0; 3) và mặt cầu (S) có phương trình: x2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  6  0 .

Viết phương trình (P) đi qua điểm A, B và mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo
một đường tròn có bán kính là

5.

Giải:
Mặt cầu (S) có tâm I (1; 1; 1) , bán kính R = 3.


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Giả sử (P) có vtpt n(a; b; c), (a 2  b2  c 2  0) .
Mặt phẳng (P) đi qua A nên phương trình mặt phẳng (P) có dạng:
a( x  0)  b( y  1)  c( z  3)  0  ax  by  cz  b  3c  0
B  ( P)  3a  3c  b  3c  0  b  3a .

d ( I ,( P ))  32 


 5

a  b  c  b  3c
a b c
2

2

2

2

2

2

  a  2c  2 a 2  b 2  c 2
  a  2c  2 10a 2  c 2
a  0
 39a  4ac  0  
4c
a 
39

2

Với a = 0 thì b = 0, chọn c=1. Ta có phương trình ( P) : z  3  0 .
Với a 

4c
, chọn c  39 thì a  4, b  12 .
39

Ta được phương trình mặt phẳng (P) là: 4 x  12 y  39 z  129  0 .
Bài 20. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1; 1;0), B(2;1;2) và mặt phẳng
( P) : x  y  2 z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A vuông góc với

mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (Q) là lớn nhất.
Giải:
Phương trình mặt phẳng (Q) qua A có dạng:

a( x  1)  b( y  1)  cz  0 (a 2  b 2  c 2  0)
Mặt phẳng (P) và (Q) có vtpt lần lượt là nP  (1; 1;2), nQ  (a; b; c)
Vì (Q)  ( P) nên nQ .nP  0  a  b  2c  0  a  b  2c
Phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: (b  2c)( x  1)  b( y  1)  cz  0


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Ta có d ( B;(Q)) 

3b
(b  2c)2  b2  c 2

Nếu b = 0 thì d ( B;(Q))  0
Nếu b  0 thì d ( B;(Q)) 

3
(1  2t )2  1  t 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t 



3
30
c

, (t  ) .
2
b
2
6
5(t  )2 
5
5

c 2
 . Chọn c = 2 thì b = 5 và a = 1.
b 5

Vậy (Q) có phương trình là: ( x  1)  5( y  1)  2 z  0  x  5 y  2 z  4  0 .
Bài 21. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d đi qua điểm M (0; 1;1) và
có véc tơ chỉ phương u  (1;2;0) và điểm A(1;2;3) . Viết phương trình mặt
phẳng (P) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(P) bằng 3.
Giải:

Đường thẳng d đi qua điểm M (0; 1;1) và có vtcp u (1;2;0)
Gọi n(a; b; c) (a 2  b2  c2  0) là vtpt của (P).
Do (P) chứa d nên: u.n  0  a  2b  0  a  2b
Phương trình mp (P) có dạng:
a( x  0)  b( y  1)  c( z  1)  0  ax  by  cz  b  c  0

Ta lại có: d ( A,( P))  3 
Mà a  2b 

5b  2c
5b2  c 2

a  3b  2c
a b c
2

2

2

 3.

 3  5b  2c  3 5b 2  c 2

a  2
 4b2  4bc  c2  0  (2b  c)2  0  c  2b . Chọn b  1  
.
c  2

Ta được phương trình mặt phẳng (P) là: 2 x  y  2 z  1  0 .

Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Bài 22. Trong không gian Oxyz cho phương trình mặt phẳng ( P) : x  y  z  0 .
Lập phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ, vuông góc với (P) và cách
điểm M (1;2; 1) một khoảng bằng

2.

Giải:
(Q) đi qua gốc tọa độ nên (Q) có phương trình dạng:

Ax  By  Cz  0 ( A2  B2  C 2  0) .
A  B  C  0
(
P
)

(
Q
)



Từ giả thiết ta có: 
  A  2B  C
 2

d ( M ,(Q))  2  2
2

2
 A  B C

 A  B  C

B  2C

 2 (1)

2
2
 2 B  2C  2 BC

(1)  B  0 hoặc 3B  8C  0 .

Nếu B  0 thì A  C . Chọn C  1  A  1.
Ta được phương trình mặt phẳng (Q) là: x – z  0 .
Nếu 3B  8C  0 ta chọn C  3; B  8; A  5 .
Ta được phương trình mặt phẳng (Q) là: 5x  8 y  3z  0 .
Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn bài toán có phuơng trình là:
x – z  0 ; 5 x  8 y  3z  0 .
Để theo dõi các tài liệu khác, truy cập fanpage : Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Để học online, truy cập kênh Youtube: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán