Chuyên đề mặt cầu trong không gian Oxyz

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU TRONG KHÔNG GIAN OXYZ
1. Định nghĩa mặt cầu
Tập hợp các điểm trong không gian cách điểm O cố định một khoảng cách R cho trước là mặt cầu tâm

O và bán kính R. Kí hiệu S  O; R  .
Trong không gian với hệ trục Oxyz :
- Mặt cầu

 S  tâm I  a, b, c  bán kính

 x  a    y  b   z  c
2

R có phương trình là:

2

2

 R2 .

- Phương trình: x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0, với a2  b2  c2  d  0 là phương trình mặt cầu
tâm I  a; b; c  , bán kính R  a 2  b2  c 2  d .
2 . Vị trí tương đối của mặt phẳng  P  và mặt cầu  S 

 d  I ,  P    R khi và chỉ khi  P  không cắt mặt cầu  S  .
 d  I ,  P    R khi và chỉ khi  P  tiếp xúc mặt cầu  S  .
 d  I ,  P    R khi và chỉ khi  P  cắt mặt cầu  S  theo
giao tuyến là đường trịn nằm trên mặt phẳng  P  có tâm

H và có bán kính r  R 2  d 2 .

3 . Vị trí tương đối giữa mặt cầu và đường thẳng
a) Cho mặt cầu S  O; R  và đường thẳng  . Gọi H là hình chiếu của O lên  và d  OH là
khoảng cách từ O đến 

Trang | 1


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

O

O

O
A
H

H
B

H

 Nếu d  R thì  cắt mặt cầu tại 2 điểm phân biệt (H.3.1)
 Nếu d  R thì  cắt mặt cầu tại 1 điểm duy nhất (H.3.2)
 Nếu d  R thì  khơng cắt mặt cầu (H.3.3)
Ví dụ: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A 1;0;0  , B  2; 1;2  , C  1;1; 3 . Viết phương trình
mặt cầu có tâm thuộc trục Oy, đi qua A và cắt mặt phẳng  ABC  theo một đường trịn có bán kính nhỏ
nhất.

2

2

1
5

A. x   y    z 2 
2
4


1
5

B. x   y    z 2 
2
4


2

2

2

2

1
9


C . x2   y    z 2 
2
4


3
5

D. x 2   y    z 2 
2
4


Lời giải
Mặt phẳng  ABC  có phương trình: x  y  z  1  0
Gọi  S  là mặt cầu có tâm I  Oy và cắt  ABC  theo một đường tròn bán kính r nhỏ nhất.
Vì I  Oy nên I  0; t;0  , gọi H là hình chiếu của I lên  ABC  khi đó là có bán kính
đường trịn giao của  ABC  và  S  là r  AH  IA2  IH 2 .
Ta có IA2  t 2  1, IH  d  I ,  ABC   

t 1
3

 r  t 2 1

1
Do đó, r nhỏ nhất khi và chỉ khi t  . Khi đó
2

t 2  2t  1
2t 2  2t  2

.
3
3

5
 1 
I  0; ;0  , IA2 
4
 2 
2

1
5

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là : x   y    z 2 
2
4

2

Chọn A.

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

4. Bài tập
Bài 1: Trong khơng gian Oxyz, viết phương trình mặt cầu  S  tiếp xúc với mặt phẳng

 Q  : 2 x  y  2 z  1  0 tại

M 1; 1; 1 và tiếp xúc mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  8  0

 c  :  x  32  y 2   z  12  9
A. 
 c  :  x  12   y  2 2   z  32  9

 c  :  x  32  y 2   z  12  9
B. 
 c  :  x  12   y  2 2   z  32  9

 c  :  x  32  y 2   z  12  9
C. 
 c  :  x  12   y  2 2   z  32  9

 c  :  x  32  y 2   z  12  81
D. 
 c  :  x  12   y  2 2   z  32  81

Lời giải
Mặt phẳng  Q  có vec tơ pháp tuyến n   2;1; 2  . Đường thẳng d đi qua M và vng góc với  Q 

 x  1  2t

có phương trình là  y  1  t .
 z  1  2t


Lấy I 1  2t; 1  t; 1  2t  d

MI  d  I ,  P    4t 2  t 2  4t 2 

1  2t  2  2t  2  4t  8
t 
1 4  4

t  1  I  3;0;1 , R  3   S  :  x  3  y 2   z  1  9
2

2

t  1  I  1; 2; 3 , R  3   S  :  x  1   y  2    z  3  9
2

2

2

Chọn A.
Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu có tâm I 1; 2;3 và tiếp xúc với
đường thẳng

x y2 z

 .
1
2

2

A.  x  1   y  2   ( z  3)2 

233
9

B.  x  1   y  2   ( z  3)2 

243
9

C .  x  1   y  2   ( z  3)2 

2223
9

D.  x  1   y  2   ( z  3)2 

333
9

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
+ Đường thẳng d đi qua M  0; 2;0  có vec tơ chỉ phương u  1; 2; 2  . Tính được MI  1;4;3 .
 MI , u 
233


+ Khẳng định và tính được d  I , d  

3
u

Trang | 3


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

+ Khẳng định mặt cầu cần tìm có bán kính bằng

 x  1   y  2 
2

2

 ( z  3)2 

d I,d 

và viết phương trình:

233
9

Chọn A.

Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình
x2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  12  0 và đường thẳng d : x  5  2t; y  4; z  7  t. Viết phương trình đường

thẳng  tiếp xúc mặt cầu  S  tại điểm M  5;0;1 biết đường thẳng  tạo với đường thẳng d một góc

 thỏa mãn cos 

1
.
7

 x  5  3t
 x  5  13t


A.  :  y  5t   :  y  5t
z  1 t
 z  1  11t




 x  5  3t
 x  5  13t


B.  :  y  5t   :  y  5t
z  1 t
 z  1  11t



 x  5  3t
 x  5  13t


C .  :  y  5t   :  y  5t
z  1 t
 z  1  11t



 x  5  3t
 x  5  13t


D.  :  y  5t   :  y  5t
z  1 t
 z  1  21t




Lời giải

 S  :  x  2    y  2    z  3
2

2

2

 26   S  có tâm I  2; 1; 3 và bán kính R  26.

IM   3;1; 4  , u1   2;0;1 là 1 VTVP của  d 
Giả sử u2   a; b; c  là 1 VTCP của đường thẳng   a 2  b2  c2  0 
Do tiếp xúc mặt cầu  S  tại M  IM  u2  3a  b  4c  0  b  3a  4c 1
Mà góc giữa đường thẳng  và đường thẳng d bằng  .





 cos u1 , u2  cos 

u1.u2



u1 . u2

2a  c
1
1


7
7
a 2  b2  c 2 . 5

1

Thay

vào

 2

 2
ta

được:

7 2a  c  5. a 2   3a  4c   c 2  7  4a 2  4ac  c 2   5  a 2  9a 2  24ac  16c 2  c 2 
2

 a  3c
 22a  92ac  78c  0  
 a   13 c


11
2

2

Với a  3c do a 2  b2  c2  0 nên chọn c  1  a  3; b  5

Trang | 4


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

 x  5  3t

 phương trình đường thẳng là:  :  y  5t
z  1 t

Với a  

13
c do a 2  b2  c2  0 nên chọn c  11  a  13; b  5
11

 x  5  13t

 phương trình đường thẳng là:  :  y  5t
 z  1  11t

Chọn A.
Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

x 1 y  2 z


. Tìm tọa độ điểm
1
2
2

M thuộc đường thẳng d sao cho mặt cầu  S  tâm M tiếp xúc với trục Oz có bán kính bằng 2.

6 8 2
A. M  2;0; 2   M  ;  ; 
5 5 5

6 8 2
B. M  2;0; 2   M  ; ; 
5 5 5

7 8 4
C . M  2;0; 2   M  ;  ; 
5 5 5

6 8 2
D. M  4;0; 2   M  ;  ; 
5 5 5

Lời giải
Vì M  d  M 1  t; 2  2t; 2t  . Trục Oz đi qua điểm O  0;0;0  và có vtcp k   0;0;1 ;
OM  1  t; 2  2t; 2t   OM ; k    2  2t; 1  t;0 

 OM ; k   5t 2  6t  5

Gọi R là bán kính mặt cầu  S  , ta có : R  d  M ; Oz   5t 2  6t  5

 M  2; 2;0 
t  1


R  2  5t  6t  5  2  5t  6t  5  0 

t  1  M  6 ;  8 ; 2 
 5   5 5 5 
2

2

Chọn A.
Bài 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 ,  2 có phương trình:
x  2 y 1 z 1
x  2 y  3 z 1
. Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và


; 2 :


1
4
2
1

1
1
tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  2 ?
1 :

A. x 2   y  2   z 2  6

B. x 2   y  2   z 2  6

C . x2   y  2  z 2  6

D. x 2   y  2   z 2  6

2

2

2

2

Lời giải

Trang | 5


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  2 là mặt cầu nhận đoạn vng góc
chung của 1 ,  2 làm đường kính. Giả sử mặt cầu cần lập là  S  và A, B lần lượt là tiếp điểm của  S 

với 1 ,  2 . Viết phương trình 1 ,  2 dưới dang tham số thì ta có:

A  2  m;1  4m;1  2m  , B  2  n;3  n; 1  n 
Do AB là đoạn vng góc chung của 1 ,  2 nên:

. 1  0
3n  21m  0
 ABU

 m  n  0  A  2;1;1 , B  2;3; 1

3
n

m

0
ABU
.

0


2


Trung điểm I của AB có tọa độ là I  0; 2;0  nên phương trình mặt cầu cần lập là: x 2   y  2   z 2  6
2

Chọn A.

Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0.
Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa trục Ox và cắt mặt cầu  S  theo một đường trịn có bán kính
bằng 3.
A.  P  : y  2 z  0

B.  P  : x  2 z  0

C .  P  : y  2z  0

D.

 P  : x  2z  0
Lời giải

 S  có tâm I 1; 2; 1
 P

và bán kính R  3.

chứa trục Ox và cắt mặt cầu  S  theo một đường trịn có bán kính bằng 3 nên  P  chứa Ox và đi

qua tâm I của mặt cầu.
Ta có: OI 1; 2; 1 ,  P  có vec tơ pháp tuyến n  i, OI    0; 1; 2  và  P  qua O.
Vậy  P  : y  2z  0.
Chọn A.
Bài 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

 P : x  2 y  z  6  0

x 1 y 1 z

và cắt mặt phẳng


2
1
1

tại điểm M . Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm I thuộc đường thẳng d và

tiếp xúc với mặt phẳng  P  tại điểm A, biết diện tích tam giác IAM bằng 3 3 và tâm I có hồnh độ
âm.
A.  S  :  x  1  y 2   z  1  6

B.  S  :  x  1  y 2   z  1  36

C .  S  :  x  1  y 2   z  1  6

D.  S  :  x  1  y 2   z  1  6

2

2

2

2

2

2

2

2

Trang | 6


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Lời giải
Một vec tơ chỉ phương của đường thẳng d là u  2;1; 1 . Một vec tơ pháp tuyến của đường thẳng và mặt
phẳng  P  là n  1; 2;1 . Gọi  là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng  P  .

 

Ta có sin   cos u, n 
Gọi

R

bán

kính

2  2 1
6. 6
mặt




1
   IMA  300
2

cầu



IMA  300  AM  R 3.S IMA  3 3 

Giả sử: I 1  2t;1  t ; t  , t 

 S   IA  R.

Tam

giác

IAM

vng

tại

A

có

1
IA. AM  3 3  R  6
2

1
2

Từ giả thuyết ta có khoảng cách: d  I ,  P    R 

3t  3
6

 t  1  t  3 (loại)  I  1;0;1

Phương trình mặt cầu  S  :  x  1  y 2   z  1  6.
2

2

Chọn A.
Bài 8: Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A 1; 1; 2 , B  2;1; 1

C  1;2; 3 biết tâm của mặt cầu nằm trên mặt phẳng Oxz.
2

2

12 
4  1326



A.  S  :  x    y 2   z   
11 
121

 11 
2

2

2

2

2

12 
4  1327


B.  S  :  x    y 2   z   
11 
121

 11 

2

4  1328
 12 


C .  S  :  x    y2   z   
11 
121

 11 

4  1329
 12 

D.  S  :  x    y 2   z   
11 
121

 11 

Lời giải
2
2
2
2

 x  1  1   z  2    x  2   1   z  1
I   Oxz  nên I  x;0; z  , IA  IB  IC nên: 
2
2
2
2

 x  1  1   z  2    x  1  4   z  3

Giải hệ ta được x  
Bán kính R 

12
4
4
 12
; z    I   ;0;  
11
11
11 
 11

1326
121
2

2

12 
4  1326


Phương trình mặt cầu  S  :  x    y 2   z   
11 
121

 11 

Chọn A.
Bài 9: Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A  13; 1;0 , B  2;1; 2 , C 1;2;2 và mặt cầu

Trang | 7


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

 S  : x2  y 2  z 2  2x  4 y  6z  67  0. Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua qua
BC và tiếp xúc với mặt cầu  S  .  S  có tâm I 1; 2;3 và có bán kính R  9.
A.
B.
C.
D.

A, song song với

 P  : 2 x  2 y  z  28  0 hoặc  P  :8x  4 y  z 100  0
 P  : 2 x  2 y  z  28  0 hoặc  P  :8x  4 y  z  100  0
 P  : 2 x  2 y  z  28  0 hoặc  P  :8x  4 y  z  100  0
 P  : 2 x  2 y  2 z  28  0 hoặc  P  :8x  4 y  z 1000  0

Lời giải
Giả sử  P  có vtpt n   A; B; C  ,  A2  B 2  C 2  0  ,  P  / / BC nên:

n  BC, BC   1;1;4   n.BC  0  A  B  4C  n   B  4C; B; C 

 P

đi qua A 13; 1;0   phương trình:  P  :  B  4C  x  By  Cz  12B  52C  0

 P

tiếp xúc với  S   d  I ,  P   R 

B  4C  2 B  3C  12 B  52C

 B  4C 

2

 B C
2

9

2

 B  2C  0
 B 2  2 BC  8C 2  0   B  2C  B  4C   0  
 B  4C  0
B  2
, ta được phương trình:
Với B  2C  0 chọn 
C  1
B  4
Với B  4C  0 chọn 
, ta được phương trình:
C  1

 P  : 2 x  2 y  z  28  0
 P  :8x  4 y  z 100  0

Chọn A.

 S  : x2  y 2  z 2  4x  2 y  2z  3  0, mặt phẳng
 P  : x  y  z  1  0 và hai điểm A  1;1;0 , B  2; 2;1 . Viết phương trình mặt phẳng   song song với
AB, vng góc với mặt phẳng  P  và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn  C  có bán kính bằng 3.

Bài 10: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

A.   : x  y  2 z  1  0 và mp   : x  y  2 z  11  0
B.
C.
D.

  : x  5 y  2z  1  0 và mp   : x  y  2z 11  0
  : x  y  2z  1  0 và mp   : x  5 y  2 z 11  0
  : x  5 y  2z  1  0 và mp   : x  5 y  2 z 11  0

Lời giải
Pt  S  viết dưới dạng  S  :  x  2    y  1   z  1  9
2

2

2

Suy ra  S  có tâm I  2; 1; 1 , bán kính R  3.

Trang | 8


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Ta có AB   3;1;1 một VTPT của mặt phẳng  P  là n  1; 1;1
Do đó  AB.n    2; 2; 4   0
Gọi vec tơ là một VTPT của mặt phẳng   . Ta có:



  / / AB
u  AB

 u cùng phương với  AB.n  .



P




u

n





Chọn u 

1
 AB.n   u  1; 1; 2 

2

Mặt phẳng   có một VTPT u nên phương trình có dạng x  y  2 z  D  0
Gọi d là khoảng cách từ I đến mặt phẳng   cắt  S  theo một đường tròn  C  có bán kính r  3.
Nên d  R2  r 2  9  3  6
Ta có: d  6 

2   1  2  1  D
6

D  1
 6  5 D  6  
 D  11

Với D  1 thì   : x  y  2 z  1  0 khơng qua A  1;1;0  (vì 1 1  2.0  1  0 )
Nên   / / AB. Tương tự, mặt phẳng cũng song song với AB.
Vậy có hai mặt phẳng   thỏa mãn u cầu bài tốn có phương trình:

  : x  y  2z  1  0 và mp   : x  y  2z 11  0 .
Chọn A.
Bài 11: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  2;0;0 , B  0; 2;0 . Điểm C thuộc trục Ox sao cho tam
giác ABC là tam giác đều, viết phương trình mặt cầu  S  có tâm O tiếp xúc với ba cạnh của tam giác

ABC.
A.  S  : x 2  y 2  z 2  2

B.  S  : x 2  y 2  z 2  2

C .  S  : x2  y 2  z 2  2

D.  S  : x 2  y 2  z 2   2

Lời giải
Vì

C  Oz  C  0;0; c 

và

tam

giác

ABC

đều

khi

và

chỉ

khi:

AB  AC  BC  AB2  AC 2  BC 2  22  22  22  c  c  2

Vậy C  0;0;2  hoặc C  0;0; 2 
Lập luận được tứ diện OABC đều vì OA  OB  OC  2 và tam giác ABC đều.
Gọi I là trung điểm của AB thì IO  AB tại I  OI 

1
1 2
AB  OA2  OB 2 
2  22  2
2
2

Trang | 9


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

(Tam giác OAB vng tại O )
Lập luận được mặt cầu

S 

có tâm O tiếp xúc với 3 cạnh của tam giác ABC có bán kính

R  d  O, AB   IO  2.
Do đó phương trình có mặt cầu

 S  : x2  y 2  z 2  2.

Chọn A.
Bài 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

 S  :  x  1   y  2   z  1
đường thẳng d và mặt cầu  S 
2

2

2

x  2 y 1 z 1
và mặt cầu


1
2
1

 25. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M  1; 1; 2 , cắt

tại hai điểm A, B sao cho AB  8.

 x  1  6t

A.  :  y  1  2t
 z  2  9t


 x  1  6t


B.  :  y  1  2t
 z  2  9t


 x  1  6t

C .  :  y  1  2t
 z  2  9t


 x  2  6t

D.  :  y  3  2t
 z  2  9t


Lời giải
Gọi: M1  d    M1  2  t;1  2t;1  t   MM1   3  t; 2  2t;3  t 
Mặt cầu có tâm I  1; 2;1



qua I  1; 2;1
qua I  1; 2;1
Mặt phẳng  P  : 
  P : 


 P   

VTPT nP  MM1

  P  :  3  t  x  1   2  2t  y  2    3  t  z  1  0
Gọi H là trung điểm AB thì IH  AB, IH  3
t  1
Do IM  3 2  MH  3  d  M ,  P   
 3
2
t 
6t  8t  22
 5
3t  15

 x  1  2t
 x  1  6t
3


Với t  1   :  y  1  2t . Với t    :  y  1  2t .
5
 z  2  t
 z  2  9t


Chọn A.

Trang | 10


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 | 11