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:


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

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) .


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)


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


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:



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