Phương pháp tìm vị trí tương đối của đường thẳng và mặt cầu trong không gian Oxyz

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

PHƢƠNG PHÁP TÌM VỊ TRÍ TƢƠNG ĐỐI CỦA ĐƢỜNG THẲNG VÀ MẶT CẦU
TRONG KHÔNG GIAN OXYZ
1. Phƣơng pháp
Cho mặt cầu ( S ) có tâm I , bán kính R và đường thẳng  .
Để xét vị trí tương đối giữa  và ( S ) ta tính d  I ,   rồi so sánh với bán kính R .

d  I ,    R :  không cắt ( S )
d  I ,    R :  tiếp xúc với ( S ) .
Tiếp điểm J là hình chiếu vng góc của tâm I lên đường thẳng  .

AB 2
4

d  I ,    R :  cắt ( S ) tại hai điểm phân biệt A, B và R  d 2 

Ví

dụ:

Trong

khơng

gian Oxyz ,

cho

đường

thẳng

 x  2t

:  y  1  mt và
 z  2t


mặt

cầu.

(S ) : ( x  1)2  ( y  3)2  ( z  2)2  1 Giá trị của m để đường thẳng  không cắt mặt cầu ( S ) là:

A. m 

15
5
.hoặc m 
2
2

C.

B. m 

5
15
m .
2

2

D. m

15
5
.hoặc m 
2
2

.

Lời giải.
Từ phương trình đường thẳng  và mặt cầu ( S ) ta có
(2  t  1)2  (1  mt  3)2  (2 t  2)2  1

 (1  t )2  (4  m t)2  (2 t  2) 2  1
  m2  5 t 2  2(5  4m)t  20  0

(1)

15

m  2
Để  không cắt mặt cầu ( S ) thì (1) vơ nghiệm, hay (1) có  '  0  
.
m 5

2
2. Bài tập

Câu 1.

Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x  1)2  ( y  3)2  ( z  2)2  1 và đường thằng

 x  2t

:  y  1  mt . Giá trị của m để đường thẳng  tiếp xúc mặt cầu ( S ) là:
 z  2t


Trang | 1


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

A. m 
C.

15
5
hoặc m 
2
2

B. m 

5
15
m .
2

2

D. m

15
5
hoặc m  .
2
2

.

Lời giải.
Từ phương trình đường thẳng  và mặt cầu ( S ) ta có
(2  t  1)2  (1  mt  3)2  (2 t  2)2  1

 (1  t )2  (4  m t)2  (2 t  2) 2  1
  m2  5 t 2  2(5  4m)t  20  0

(1)

15

m


a  0
2 .
Để  tiếp xúc mặt cầu ( S ) thì (1) có nghiệm kép, hay (1) có 





0
5

m

2
Câu 2.

Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( x  1)2  ( y  3)2  ( z  2)2  1 và đường thẳng

 x  2t

:  y  1  mt . Giá trị của m để đường thẳng  cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm phân biệt là:
 z  2t

A. m
C. m 

.

B. m 

.

15
5
.hoặc m 

2
2

D.

15
5
.hoặc m 
2
2

5
15
m .
2
2

Lời giải.
Từ phương trình đường thẳng  và mặt cầu ( S ) ta có
(2  t  1)2  (1  mt  3)2  (2 t  2)2  1

 (1  t )2  (4  m t)2  (2 t  2) 2  1
  m2  5 t 2  2(5  4m)t  20  0

(1)

Để  cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt, hay (1) có
'  0 

Câu 3.

5
15
m .
2
2

Trong khơng gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có điểm A trùng với gốc của
hệ trục tọa độ, B(a;0;0) , D(0; a;0) , A(0;0; b) (a  0, b  0) . Gọi M là trung điểm của cạnh

CC  . Giá trị của tỉ số

a
để hai mặt phẳng ( ABD) và  MBD  vng góc với nhau là:
b

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

1
A. .
3

B.

1
.
2

C. 1 .

D. 1.

Lời giải.
b

Ta có AB  DC  C  a; a;0   C '  a; a; b   M  a; a; 
2


Cách 1.
b

Ta có MB   0; a;   ; BD   a; a;0  và A ' B   a;0; b 
2

 ab ab

Ta có u   MB; BD    ; ; a 2  và  BD; A ' B    a 2 ; a 2 ; a 2 
 2 2


Chọn v  1;1;1 là VTPT của  A ' BD 

 A ' BD    MBD   u.v  0 

ab ab
a


 a2  0  a  b   1
2
2
b

Cách 2.

 A ' B  A ' D  A ' X  BD
với X là trung điểm BD
AB  AD  BC  CD  a  

 MB  MD
MX  BD



  A ' BD  ;  MBD    A ' X ; MX





a a 
X  ; ;0  là trung điểm BD
2 2 
a a

A ' X   ; ; b 
2 2



 a a b
MX    ;  ;  
 2 2 2

 A ' BD    MBD   A ' X  MX
 A ' X .MX  0
2

2

2
a a b
        0
2
2 2



Câu 4.

a
1
b

Trong

không

gian

Oxyz ,

cho

mặt

phẳng

( P) : x  2 y  2 z  4  0

và

mặt

cầu

(S ) : x2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  1  0.Giá trị của điểm M trên  S  sao cho d  M ,  P   đạt

GTNN là:

Trang | 3


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

A. 1;1;3 .

5 7 7

B.  ; ;  .
3 3 3

1 1 1
C.  ;  ;   .
3 3 3

D. 1; 2;1 .

Lời giải.
Ta có: d (M ,( P))  3  R  2  ( P)  (S )  .

 x  1 t

Đường thẳng d đi qua I và vng góc với (P) có pt:  y  1  2t , t  .
 z  1  2t

5 7 7
1 1 1
Tọa độ giao điểm của d và (S) là: A  ; ;  , B  ;  ;  
3 3 3
3 3 3

Ta có: d ( A,( P))  5  d ( B,( P))  1.  d ( A,( P))  d (M ,( P))  d ( B,( P)).
Vậy:  d (M ,( P))min  1  M  B.
Câu 5.

Trong

không

gian

Oxyz ,

cho

mặt

phẳng

2x  2 y  z  9  0

và

mặt

cầu

(S ) : ( x  3)  ( y  2)  (z  1)  100. Tọa độ điểm M nằm trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng
2

2

2

cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) đạt giá trị nhỏ nhất là:
 11 14 13 
A. M   ; ;  .
 3 3 3

 29 26 7 
B. M  ;  ;   .
3
3
 3

 29 26 7 
C. M   ; ;   .
3
 3 3

 11 14 13 
D. M  ; ;   .
3
3 3

Lời giải.
Mặt cầu ( S ) có tâm I (3; 2;1) .
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( P) : d ( I ;( P))  6  R nên ( P) cắt ( S ) .
Khoảng cách từ M thuộc ( S ) đến ( P) lớn nhất  M  (d ) đi qua I và vng góc với ( P)

 x  3  2t

Phương trình (d ) :  y  2  2t .
z  1 t

Ta có : M  (d )  M (3  2t; 2  2t;1  t )

 10

 29 26 7 
t  3  M 1  3 ;  3 ;  3 


Mà : M  (S )  

10
 11 14 13 
t    M 2   ; ; 
3
 3 3 3


Trang | 4


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

 11 14 13 
Thử lại ta thấy : d (M1 ,( P))  d (M 2 ,( P)) nên M   ; ;  thỏa yêu cầu bài toán
 3 3 3

Câu 6.

Trong không gian Oxyz , cho các điểm I 1;0;0  và đường thẳng d :

x 1 y 1 z  2
.



1
2
1

Phương trình mặt cầu  S  có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB
đều là:
A.  x  1  y 2  z 2 

20
.
3

B.  x  1  y 2  z 2 

C.  x  1  y 2  z 2 

16
.
4

5
2
D.  x  1  y 2  z 2  .
3

2

2

2

20
.
3

Lời giải.
Đường thẳng    đi qua M  1;1;  2  và có VTCP u  1; 2;1
Ta có MI   0; 1; 2  và u, MI    5; 2; 1
Gọi H là hình chiếu của I trên (d). Có: IH  d  I , AB  

Xét tam giác IAB, có IH  R.

3
2 IH 2 15
R

2
3
3

Vậy phương trình mặt cầu là:  x  1  y 2  z 2 
2

Câu 7.

u, MI 


 5.
u

20
.
3

 x2

Trong không gian Oxyz , cho d :  y  t và mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  5  0.
z  1 t


Tọa độ điểm M trên  S  sao cho d  M , d  đạt GTLN là:
A. 1; 2; 1 .

B.. (2; 2; 1) .

C. (0; 2; 1) .

.D.  3; 2;1 .

Lời giải.
Ta có: d ( I , d )  1  R suy ra (S) tiếp xúc với d và tiếp điểm là H (2; 2; 1)
Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên d H(2; 2; -1).

x  1 t

Đường thẳng IH có pt:  y  2 , t  .
 z  1

Tọa độ giao điểm của IH và (S) là: A(0;2; 1), B  H (2;2; 1).

Ta có: d ( A,(d ))  AH  2  d ( B,( P))  BH  0.

Trang | 5


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

 d ( A,(d ))  2  d (M ,(d ))  d ( B,(d ))  0.

Vậy M (0;2; 1) .
Câu 8.

Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3;3; 3 thuộc mặt phẳng   : 2 x – 2 y  z  15  0 và
mặt cầu  S  : (x  2)2  (y 3)2  (z 5)2  100 . Đường thẳng  qua A, nằm trên mặt phẳng

 
A.

cắt ( S ) tại A , B . Để độ dài AB lớn nhất thì phương trình đường thẳng  là:

x 3 y 3 z 3
.


1
4
6

 x  3  5t


C.  y  3
.
 z  3  8t


B.

x 3 y 3 z 3
.


16
11
10

D.

x 3 y 3 z 3
.


1
1
3

Lời giải.
Mặt cầu  S  có tâm I  2;3;5 , bán kính R  10 . Do d (I,( ))  R nên  ln cắt  S tại A ,
B.

Khi đó AB  R 2   d (I, )  . Do đó, AB lớn nhất thì d  I ,     nhỏ nhất nên  qua H , với

2

 x  2  2t

H là hình chiếu vu ng góc của I lên   . Phương trình BH :  y  3  2t
z  5  t


H  ( )  2  2  2t   2  3 – 2t   5  t  15  0  t  2  H  2; 7; 3 .
Do vậy AH  (1; 4;6) là v c tơ chỉ phương của  . Phương trình của
Câu 9.

x 3 y 3 z 3


1
4
6

Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3;3; 3 thuộc mặt phẳng   : 2 x – 2 y  z  15  0 và
mặt cầu  S  : (x  2)2  (y 3)2  (z 5)2  100 . Đường thẳng  qua A, nằm trên mặt phẳng

 
A.

cắt ( S ) tại A , B . Để độ dài AB nhỏ nhất thì phương trình đường thẳng  là:

x 3 y 3 z 3
.



16
11
10

 x  3  5t

C.  y  3
.
 z  3  8t


B.

x 3 y 3 z 3
.


1
4
6

D.

x 3 y 3 z 3
.


16
11

10

Lời giải.
Mặt cầu  S  có tâm I  2;3;5 , bán kính R  10 . Do d (I,( ))  R nên  luôn cắt  S tại A ,
B.

Trang | 6


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

Khi đó AB  R 2   d (I, )  . Do đó, AB nhỏ nhất thì d  I ,     lớn nhất nên  là đường
2

thẳng nằm trong ( ), qua

và vu ng góc với AI . Do đó  có v ctơ chỉ phương

u   AI , n   (16;11; 10)
Vậy, phương trình của  :
Câu 10. Trong

không

gian

x 3 y 3 z 3
.



16
11
10

Oxyz ,

cho

hai

điểm

A  3;0; 2  ,

B  3;0; 2 

và

mặt

cầu

x2  ( y  2)2  ( z  1)2  25 . Phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm A , B và cắt mặt

cầu  S  theo một đường trịn bán kính nhỏ nhất là:
A. x  4 y  5z  17  0 .

B. 3x  2 y  z  7  0 .

C. x  4 y  5z 13  0 .

D. 3x  2 y  z –11  0 .

Lời giải.
Mặt cầu  S  có tâm I  0; 2;1 , bán kính R  5 . Do IA  17  R nên AB luôn cắt  S . Do



đó ( ) ln cắt  S  theo đường trịn  C  có bán kính r  R 2  d  I ,   



2

. Đề bán kính r

nhỏ nhất  d  I ,  P   lớn nhất.
Mặt phẳng   đi qua hai điểm A , B và vu ng góc với mp  ABC  .
Ta

có

AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2)

suy

ra

 ABC 

có

v ctơ

pháp

tuyến

n   AB, AC   (1; 4;  5)
( ) có v ctơ pháp tuyến n  n, AB   (9  6; 3)  3(3; 2;1)
Phương trình   :3  x – 2   2  y –1  1 z – 3  0  3x  2 y  z –11  0 .

Trang | 7


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tƣơng lai

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Website HOC247 cung cấp một m i trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông 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 sƣ 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 Chun 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 dƣỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng 5 phân mơn 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 đ i 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 chƣơng 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 s i động nhất.

-

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

Trang | 8