ĐGTD ĐH Bách khoa - Tư duy Toán học - Mặt phẳng và đường thẳng

Ta có:d//(P)⇔u→⊥n→M∈d,M∉(P)

Do đó nếu d//P thì u→⊥n→⇔u→.n→=0

Đáp án cần chọn là: C

Mặt phẳng α có VTPT lànα→=4;3;−7

Do d⊥α nên có VTCP là ud→=nα→=4;3;−7

Đáp án cần chọn là: B

d:x−12=y+1−2=z3 ⇒x=1+2ty=−1−2tz=3t

⇒M(1+2t;−1−2t;3t)

M=d∩P⇒1+2t−1−2t−3t−3=0⇔−3t−3=0⇔t=−1⇒M−1;1;−3

Đáp án cần chọn là: A

Đường thẳng d đi qua M(1;2;3) và có VTCP ud→=3;3;1

Mặt phẳng (P) có VTPTnP→=1;−2;3

+ ud→.nP→=3−6+3=0   1

+ 1−2.2+3.3−1≠0  hayM∉P   2

Từ (1) và (2), suy ra d song song với (P).

Đáp án cần chọn là: B

Giả sử M là giao điểm của (d) và (P). 

Lấy M∈(d)⇒M2t;1−t;3+t

Vì M∈(P)⇒2t+1−t+3+t−10=0⇔2t−6=0⇔t=3

Suy ra ta có M(6;−2;6), suy ra dd cắt (P) tại 1 điểm duy nhất. Do đó, loại đáp án A và B.

Mặt khác giả sử d⊥(P)⇒21=11=−11 (vô lý). Do đó loại C

Đáp án cần chọn là: D

Ta có ud→=(2;m;m−2)nP→=(1;3;2)

d⊥(P)⇒21=m3=m−22⇔m=6

Đáp án cần chọn là: C

(P) vuông góc với d⇔nP→//ud→⇔nP→=k.ud→

Ta có: nP→=4;1;0 và trong các đáp án chỉ có đáp án D thỏa mãn nP→ cùng phương ud→

Đáp án cần chọn là: D

Dễ thấy điểm (0;2;−1) thuộc cả hai mặt phẳng.

Ta có:nP→=2;1;−1,nQ→=1;1;1⇒nP→;nQ→=2;−3;1

Giao tuyến d đi qua điểm A(0;2;−1) và nhận ud→=2;−3;1 làm VTCP nên phương trình chính tắc của d là:

x2=y−2−3=z+11

Đáp án cần chọn là: A

(β)//(α)⇒nβ→=nα→=(4;3;−7)

LấyA(0;−1;0)∈α.Gọi A'∈β là điểm đối xứng của A qua I.

⇒I là trung điểm của AA′.

⇒A'(0;3;2)⇒4(x−0)+3(y−3)−7(z−2)=0⇒4x+3y−7z+5=0

Đáp án cần chọn là: D

Mặt phẳng (P) có VTPT nP→=2;−5;4

Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với (P) nên có VTCP ud→=nP→=2;−5;4

Do đó d:x+12=y−3−5=z−24

Khi đó tọa độ hình chiếu H thỏa mãn hệ 

x+12=y−3−5=z−242x−5y+4z−36=0⇒H(1;−2;6)

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:

(P)⊥(d)⇒nP→=ud→=(1;1;−2)A(1;2;−3)∈(d)⇒d:x−11=y−21=z+3−2

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:u1→=(1;−1;−1)u2→=(2;−3;0)⇒u1→,u2→=(−3;−2;−1)

Vì (P)//d1,d2⇒nP→=u1→,u2→=(−3;−2;−1)

Ta có:(P):nP→(−3;−2;−1)A(1;2;3)⇒−3(x−1)−2(y−2)−(z−3)=0

⇔−3x−2y−z+10=0
Đáp án cần chọn là: B

Đường thẳng d đi qua A(1;3;1) và có VTCP ud→=−3;2;−2

Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P) nên nQ→=nP→,ud→

Ta có:nP→=1;−3;1 và ud→=−3;2;−2⇒nP→,ud→=4;−1;−7

Mặt phẳng (Q) đi qua A(1;3;1) và nhận nQ→=4;−1;−7 làm VTPT nênQ:4x−1−y−3−7z−1=0⇔4x−y−7z+6=0

Đường thẳng cần tìm là giao tuyến của (P),(Q).

Dễ thấy điểm (0;−1;1) thuộc cả hai mặt phẳng và nP→,nQ→=2;1;1

Do đó d′ đi qua A(0;−1;1) và có VTCP ud'→=2;1;1

Đáp án cần chọn là: D

Ta có:nP→=(1;−1;−1)ud→=(2;1;3)⇒[nP→,ud→]=(−2;−5;3)

Vì Δ vuông góc với d và song song với (P)⇒uΔ→=nP→,ud→=−2;−5;3

Ta có:

(Δ):uΔ→=(−2;−5;3)A(1;1;−2)∈(Δ)⇒x−1−2=y−1−5=z+23

⇔x−12=y−15=z+2−3
Đáp án cần chọn là: C

Ta có:AB→=(−1;−2;−1)ud→=(1;−1;2)⇒AB→;ud→=(−5;1;3)

Vì (P) đi qua hai điểm A,B  và song song với đường thẳng d nên ta có

nP→=AB→;ud→=−5;1;3

Ta có:(P):nP→=(−5;1;3)A(1;1;2)∈(P)⇒−5(x−1)+(y−1)+3(z−2)=0

⇔−5x+y+3z−2=0⇔5x−y−3z+2=0

Đáp án cần chọn là: A

Ta có:ud→=(1;2;3)nP→=(1;−1;3)⇒ud→,nQ→=(9;0;−3)

Vì (Q) chứa đường thẳng d và vuông góc với  (P)⇒n→=[ud→,nP→].Chọnn→=(3;0;−1)

Lấy A(2;−1;1)∈(d),suy ra A∈(Q)

Ta có:(Q):n→=(3;0;−1)A(2;−1;1)∈(Q)⇒3(x−2)−1(z−1)=0

⇔3x−z−5=0

Đáp án cần chọn là: C

Mặt phẳng (P) có VTPT nP→=1;2;−3;d có VTCP ud→=1;1;−1

Gọi A=d∩P tọa độ điểm A thỏa mãn hệ

x+21=y−21=z−1x+2y−3z+4=0⇒A(−3;1;1)

Do Δ nằm trong (P) và vuông góc với dd nên có VTCP uΔ→=nP→,ud→=1;−2;−1

Khi đó đường thẳng Δ được xác định là đi qua A(−3;1;1) và có VTCP uΔ→=nP→,ud→=1;−2;−1 nên có phương trình Δ:x+31=y−1−2=z−1−1

Đáp án cần chọn là: C

Xét đáp án A có

1−2.1+3.1−2=0⇒A∈(P)

4−2.1+3.0−2=0⇒B∈(P)

d(C,(P))=|−1−8−3−2|1+4+9=14

Đáp án cần chọn là: A

Vì C,D cùng phía so với (P) và khoảng cách từ CC đến (P) bằng khoảng cách từ D đến (P) nên ta có (P)//CD

Ta cóAB→=(−3;−1;2);CD→=(−2;4;0)⇒AB→;CD→=(−8;−4;−14)

Vì (P)//CD và (P) đi qua hai điểm A,B nên ta cónP→=AB→;CD→. Chọn nP→=(4;2;7)

⇒(P):nP→=(4;2;7)A(1;2;1)∈(P)⇒(P):4(x−1)+2(y−2)+7(z−1)=0

⇔4x+2y+7z−15=0

Đáp án cần chọn là: C

Mặt phẳng (P) có VTPT nP→=1;2;0

Gọi d là đường thẳng cần tìm. Ta có d∩Ox=Bb;0;0

Suy ra d có VTCP AB→=b+1;−3;4

Do d∥P nên AB→⊥nP→⇒b+1.1+−3.2+4.0=0⇔b=5⇒B5;0;0.

Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A,B nên có phương trình x=5+6ty=−3tz=4t

Đáp án cần chọn là: A

Gọi I(a;b;c) là điểm thỏa mãn đẳng thức :2IA→+3IB→=0→

⇒2(2−a;−2−b;4−c)+3(−3−a;3−b;−1−c)=0→

⇒4−2a−9−3a=0−4−2b+9−3b=08−2c−3−3c=0⇔−5a−5=0−5b+5=0−5c+5=0⇔a=1b=1c=1⇒I(−1;1;1)

Ta có :

2MA2+3MB2=2MA→2+3MB→2=2MI→+IA→2+3MI→+IB→2=5MI2+2IA2+3IB2+MI→2IA→+3IB→=5MI2+2IA2+3IB2

Do I, A, B cố định nên 2IA2+3IB2=const

⇒2MA2+3MB2min⇔5MI2min⇔ M là hình chiếu của I trên (P)

Gọi Δ là đường thẳng đi qua I vuông góc với (P) , ta có phương trình của

(Δ):x=−1+2ty=1−tz=1+2t

M là hình chiếu của I lên (P) ⇒M∈Δ⇒M−1+2t;1−t;1+2t

Lại có M∈P

⇒2−1+2t−1−t+21+2t−8=0⇔−2+4t−1+t+2+4t−8=0⇔9t−9=0⇔t=1⇒M1;0;3

Khi đó ta có

MI2=4+1+4=9;   IA2=9+9+9=27;   IB2=4+4+4=13⇒2MA2+3MB2min=5.9+2.27+3.12=135

Đáp án cần chọn là: A

Do Δ là đường thẳng đi qua M(0;0;2) và song song với mặt phẳng

P:x+y+z+3=0⇒Δ⊂Q qua M và song song (P).

Phương trình mặt phẳng (Q) là: x+y+z−2=0

Dựng . Ta có: AK≥AH  Do đó, khoảng cách từ A(5;0;0) đến đường thẳng  nhỏ nhất và bằng AH khi và chỉ khi K trùng H

Khi đó, đường thẳng Δ được xác định là đường thẳng đi qua M và H.

Phương trình đường thẳng AH là x=5+ty=tz=t

Giả sửH5+t;t;t⇒5+t+t+t−2=0⇔t=−1⇒H4;−1;−1

⇒MH→=4;−1;−3⇒Δ có 1 VTCP là u3→=4;−1;−3

Đáp án cần chọn là: A

Phương trình BC≡Oz:x=0y=0z=t

Mặt phẳng (AMM′A′) đi qua A′ và vuông góc với BC nên (AMM′A′) đi quaA'3;−1;1 và nhậnk→=0;0;1 làm VTPT hay

AMM'A':0x−3+0y+1+1z−1=0⇔z=1

M=BC∩AMM'A'⇒t−1=0⇔t=1⇒M0;0;1

Mà AA'=1,A'M=3−02+−1−02+1−12=2

⇒AM=A'M2−A'A2=22−12=3

Tam giác ABC đều có độ dài đường caoAM=BC32=3⇒BC=2

Gọi B0;0;m,C0;0;n vớin≠0 thì BC=2⇔m−n=2 và M(0;0;1) là trung điểm BC⇔m+n2=1⇔m+n=2

Khi đóm=0,n=2 vì n≠0 hay C(0;0;2)

⇒A'C→=−3;1;1 hay2AC'→=−23;2;2  là một VTCP của A′C.

Suy ra a=−23,b=2⇒a2+b2=−232+22=16

Đáp án cần chọn là: B

Gọi N=d∩Δ. Giả sử N2−2t;  8+t;  t⇒MN→=−2t;  7+t;  t−1

Đường thẳng Δ:  x−2−2=y−81=z1 có 1 VTCP làuΔ→=−2;1;1, đường thẳng d nhậnMN→ là 1 VTPT.

Do d⊥Δ nên MN→.uΔ→=0

⇔−2t.−2+7+t.1+t−1.1=0⇔6t+6=0⇔t=−1⇒MN→=2;6;−2

⇒ Đường thẳng d đi qua M(2;1;1) và có 1 VTCPud→=12MN→=1;3;−1 có phương trình là:x=2+t'y=1+3t'z=1−t'

Khi đó, giao điểm của d và mặt phẳng (Oyz) ứng với t′ thỏa mãn

x=2+t'=0⇔t'=−2

⇒ Tọa độ giao điểm của d và mặt phẳng (Oyz) là: (0;−5;3).

Đáp án cần chọn là: B

Gọi M=d∩Δ1⇒M1+t1;  −2+4t1;  2+3t1

N=d∩Δ2⇒N−4+5t2;  −7+9t2;  t2

⇒MN→=5t2−t1−5;  9t2−4t1−5;  t2−3t1−2

Vì d⊥P:  4y−z+3=0 có 1 VTPT là n→0;4;−1 nên MN→ và n→  là 2 vectơ cùng phương.

⇒MN→=kn→  k≠0⇔5t2−t1−5=09t2−4t1−5=4kt2−3t1−2=−k⇔t1=5t2−59t2−4t1−5=4k4t2−12t1−8=−4k⇔t1=5t2−513t2−16t1−13=0t2−3t1−2=−k⇔t1=5t2−513t2−16(5t2−5)−13=0t2−3t1−2=−k⇔t1=5t2−5−67t2+67=0t2−3t1−2=−k⇔t2=1t1=0k=1

⇒M1;  −2;  2,  N1;  2;  1⇒MN→=0;4;−1

Vậy phương trình đường thẳng d đi qua M và có 1 VTCPMN→0;4;−1 là:

x=1y=−2+4tz=2−t

Đáp án cần chọn là: A

VìM∈d:  x−2=y−11=z1⇒ GọiM−2t;  1+t;  t

Ta có:OM=−2t2+1+t2+t2=6t2+2t+1

dM;P=2−2t−1+t+2t−222+−12+22=−3t−33=t+1

Theo bài ra ta có: M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P)

⇔6t2+2t+1=t+1

⇔6t2+2t+1=t2+2t+1⇔5t2=0⇔t=0

⇒M0;1;0

Vậy có 1 điểm M  thỏa mãn yêu cầu bài toán là M(0;1;0).

Đáp án cần chọn là: D

Ta cóA4;−3;5,B2;−5;1 nên trung điểm của AB là I3;−4;3

Đường thẳng d:x+13=y−5−2=z+913có 1 VTCP là ud→=3;−2;13

Mặt phẳng (P) vuông góc với d  nên mặt phẳng (P) có 1 VTPTnP→=ud→=3;−2;13

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến làn→=3;−2;13và đi quaI3;−4;3 có phương trình là:

3x−3−2y+4+13z−3=0⇔3x−2y+13z−56=0

Đáp án cần chọn là: A

Gọi dd là đường thẳng đi qua M(−1;3;2) và vuông góc với mặt phẳngP:  x−2y+4z+1=0

⇒ud→=nP→=1;−2;4

⇒ Phương trình đường thẳng là:x+11=y−3−2=z−24

Đáp án cần chọn là: D

Bước 1:

Đường thẳng d:x=ty=tz=t  đi qua hai điểm O(0;0;0) và A(1;1;1).

Bước 2:

Hình chiếu của điểm O,A trên (Oxy) lần lượt là O(0;0;0) và A′(1;1;0).

Bước 3:

Khi đó hình chiếu của d là đường thẳng d′ đi qua O,A′, nhận OA'→=1;1;0là 1 VTCP nên có phương trình tham số là x=ty=tz=0

Đáp án cần chọn là: B