017 hh12 chuong iii pptđ he truc toa do trac nghiem bo hdg

C
H
Ư
Ơ
N

CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

III

PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ
TRONG KHÔNG GIAN
BÀI 1. HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ

III
=
=
=I
Câu 1:

Câu 2:

HỆ THỐNG BÀI TẬP

TRẮC NGHIỆM.

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM TRÍCH TỪ ĐÊ THAM KHẢO VÀ ĐỀ CHÍNH THỨC
CỦA BỘ GIÁO DỤC TỪ NĂM 2017 ĐẾN NAY


u  1; 2;  2 

v  2;  2;3
Oxyz
Câu 20 (101-2023) Trong không gian
, cho hai vecto
và
. Tọa
 
độ của vecto u  v là
 1; 4;  5 
1;  4;5 
3;0;1
3;0;  1
A. 
.
B. 
.
C. 
.
D. 
.
Lời giải
 
u  v  1  2; 2    2  ;  2  3   3;0;1
Ta có
.


u  1; 2;  2 
v  2;  2;3
Oxyz

Câu 2 (104-2023) Trong không gian
, cho hai vectơ
và
. Tọa

 

độ của vectơ u  v là
A.

 1;  4;5 .

Ta có:
Câu 3:

 
u  v  3;0;1

B.

 3;0;  1 .

3;0;1

.

D.

  1; 4;  5 .

.

M   2;3;1
Câu 19 (102-2023) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm
trên
trục Ox có toạ độ là

A.

 0;0;1 .

B.

  2;0;0  .

Hình chiếu vng góc của điểm
Câu 4:

C. 
Lời giải

M   2;3;1

C. 
Lời giải

0;3;1

.

D.

 0;3;0  .

 2;0;0 
trên trục Ox có toạ độ là 
.

M   2;3;1
Câu 24 (103-2023) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vng góc của điểm
trên
trục Ox có toạ độ là.
A.

 0;3;0  .

B.

  2;0;0  .

 0;3;1 .

C.
Lời giải

D.

 0;0;1 .
Page 537

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

M   2;0;0 
Dễ thấy hình chiếu của M lên trục Ox là
PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU
Câu 5:

S
I 1; 2;  1
Câu 19 (101-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   có tâm 
và bán kính

R 2 . Phương trình của  S  là
A.
C.

 x  1

2

 x 1

2

2

2

Câu 6:

2

.

B.

2

  y  2    z  1 2

Phương trình mặt cầu

 x  1

2

  y  2    z  1 4

 S

2

có tâm

D. 
Lời giải

.

I  1; 2;  1

2

 x  1

2

2

2

2

2

  y  2    z  1 2

2

x  1   y  2    z  1 4

.
.

và bán kính R 2 là

2

2

2

  y  2    z  1 22   x  1   y  2    z  1 4

.

 S  có tâm I  1; 0;  1 và có bán kính
Câu 23 (102-2023) Trong không gian Oxyz , mặt cầu
R  2 . Phương trình của  S  là
x  1
A. 

2

 x  1

2

C.

2

 y 2   z  1  2

x  1
B. 

.

2

 y 2   z  1 2

Theo bài ra ta có:

D. 
Lời giải

.

 I  1;0;  1

 R  2

2

2

 y 2   z  1 2

2

.

2

x  1  y 2   z  1  2

.

.

2
2
S
x  1  y 2   z  1 2


Do đó mặt cầu
có phương trình là:
.

Câu 7:

 S  có tâm I  1;0;  1 và bán kính
Câu 18 (103-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
R  2 . Phương trình của  S  là.

 x  1

2

A.

 x  1

2

C.

2

 y 2   z  1 2

B.

2

 y 2   z  1  2

Phương trình mặt cầu tâm
Câu 8:

.
.

 x  1

2

 x 1

2

D.
Lời giải

I  1;0;  1

2

 y 2   z  1 2

.

2

 y 2   z  1  2

.

2

2

 x  1  y 2   z  1 2 .
và bán kính R  2 là

S
I 1; 2;  1
Câu 27 (104-2023) Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu   có tâm 
và bán kính

R 2 . Phương trình của  S  là

 x  1

2

A.

 x 1

2

C.

2

2

  y  2    z  1 4
2

B.

 x 1

2

.

D.

 x  1

2

.

2

  y  2    z  1 4

2

2

  y  2    z  1 2
2

.

2

  y  2    z  1 2

.
Page 538

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN
Lời giải
Phương

 x  1
Câu 9:

2

trình

mặt

 S

cầu

2

có

2

I  1; 2;  1

tâm
2

2

và

bán

R 2

kính

là

2

  y  2    z  1 22   x  1   y  2    z  1 4

.

Câu 30 (101-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(5; 2;1) và B (1;0;1) . Phương trình
của mặt cầu đường kính AB là

 x  3

2

A.

 x  3

2

C.

2

2

  y  1   z  1 5
2

B.

 x  3

2

.

D.

 x  3

2

.

2

  y  1   z  1 5

2

2

  y  1   z  1 20
2

.

2

  y  1   z  1 20

.

Lời giải
I 3;1;1
Do AB là đường kính của mặt cầu nên trung điểm 
của AB là tâm mặt cầu, bán kính

AB
R

2
của mặt cầu là:

 5  1

2

2

  2  0    1  1

2

 5

2

 C  :  x  3

Ta có phương trình mặt cầu:

2

2

.

2

  y  1   z  1 5

.

A  1; 2;3
B   1;0;5 
Câu 10: Câu 34 (102-2023) Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Phương
trình mặt cầu đường kính AB là?
A.
C.

2

2

2

2

x 2   y  1   z  4  3
2

x   y  1   z  4  3

.

B.

.

2

2

2

2

x 2   y  1   z  4  12

D.
Lời giải

2

x   y  1   z  4  12

.
.

I  0;1; 4 
Mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm
của AB và bán kính
AB
R

2

  1  1

2

2

  0  2    5  3

2

 3

2

2

, có phương trình là

2

x 2   y  1   z  4  3

.

Câu 11: Câu 30 (101-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(5; 2;1) và B (1;0;1) . Phương trình
của mặt cầu đường kính AB là
A.
C.

 x  3

2

 x  3

2

2

2

  y  1   z  1 5
2

.

B.

2

  y  1   z  1 5

.

D.

 x  3

2

 x  3

2

2

2

2

2

  y  1   z  1 20
  y  1   z  1 20

.
.

Lời giải
Chọn C
I 3;1;1
Do AB là đường kính của mặt cầu nên trung điểm 
của AB là tâm mặt cầu, bán kính

AB
R

2
của mặt cầu là:

 5  1

2

2

  2  0    1  1

2

2

 5

.
Page 539

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN
C : x  3
Ta có phương trình mặt cầu:   

2

2

2

  y  1   z  1 5

.

A  1; 2;3
B   1;0;5 
Câu 12: Câu 34 (102-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Phương
trình mặt cầu đường kính AB là?
2

A.

2

x 2   y  1   z  4  3
2

C.

.

2

x 2   y  1   z  4  3

.

2

2

2

2

x 2   y  1   z  4  12

B.

D.
Lời giải

x 2   y  1   z  4  12

.
.

Chọn A

I  0;1; 4 
Mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm
của AB và bán kính
AB
R

2

  1  1

2

2

  0  2    5  3
2

2

 3

2

, có phương trình là

2

x 2   y  1   z  4  3

.

A  1; 2;3 
B   1;0;5
Câu 13: Câu 29 (103-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Phương
trình của mặt cầu đường kính AB là
A.
C.

2

2

2

2

x 2   y  1   z  4  3
x 2   y  1   z  4  3

.

B.

.

2

2

2

2

x 2   y  1   z  4  12

D.
Lời giải

x 2   y  1   z  4  12

.
.

Chọn C

AB   2;  2; 2   AB 2 3
Ta có
.

I  0;1; 4 
Gọi I là trung điểm của AB suy ra tọa độ của I là

I  0;1; 4 
Mặt cầu đường kính AB có tâm
và bán kính
2

Vậy phương trình mặt cầu là:

R

AB
 3
2
.

2

x 2   y  1   z  4  3

.

A 5; 2;1
B 1;0;1
Câu 14: Câu 29 (104-2023) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm 
và 
. Phương trình
của mặt cầu đường kính AB là

 x  3
A.

2

 x  3

2

C.

2

2

2

2

  y  1   z  1 5

.

  y  1   z  1 20

.

 x  3
B.

2

 x  3

2

D.
Lời giải

2

2

  y  1   z  1 5
2

.

2

  y  1   z  1 20

.

Chọn B
2

2

2

IA   5  3   2  1   1  1  5
I 3;1;1

Gọi I là trung điểm của AB , ta có 
và
.
Page 540

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN
I 3;1;1
Mặt cầu đường kính AB có tâm là 
và bán kính là R IA  5 có phương trình là:
2

 x  3

2

2

  y  1   z  1 5

.
PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU - VD VDC
2

2

2

S : x  1   y  2    z  1 4
Câu 15: Câu 45 (101-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   

u  1; a;1  a 
A  1; 0;  2  ,
d
và đường thẳng
đi qua điểm
nhận
(với a   ) làm vectơ chỉ
S
S
phương. Biết rằng d cắt   tại hai điểm phân biệt mà các tiếp diện của   tại hai điểm đó
2
vng góc với nhau. Hỏi a thuộc khoảng nào dưới đây?
 1 3
3 
 15 
 ; 
 ;2
 7; 
2
2
2




A.
.

B.
.
C.  2  .

 1
 0; 
D.  4  .

Lời giải
Chọn B
Mặt cầu

 S

có tâm

I  1;  2;  1

, bán kính R 2

S
Gọi B, C là giao điểm giữa d và   , và O là hình chiếu vng góc của I trên giao tuyến hai
mặt tiếp diện.
S
S
Theo đề d cắt   tại hai điểm phân biệt mà các tiếp diện của   tại hai điểm đó vng góc

với nhau, nghĩa là tứ giác OBIC là hình vng, từ đó suy ra BC 2 2
Gọi H là trung điểm BC suy ra

BH 

BC
 2
2

2
2
Kẻ IH  BC , ta có IH  IB  BH  2

Từ đó ta có

d  I;d   2

 

 AI ; u   a  2;1; 2 
AI  0;  2;1 u  1; a;1  a 

Ta có
,
suy ra 

2
 AI ; u 
 a  2   12  22
5 3 


d  I; d   2 

 2
 2  a2    ; 2 

2
3 2 
u
1 a2  1  a 
Từ đó
.


2

2

2

S : x  1   y  2    z  1 4
Câu 16: Câu 42 (102-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   

u
 1; a;4  a 
A
1;0;

2


và đường thẳng d đi qua điểm
nhận

(với a   ) làm vectơ chỉ
S
S
phương. Biết rằng d cắt   tại hai điểm phân biệt mà các tiếp diện của   tại hai điểm đó
2
vng góc với nhau. Hỏi a thuộc khoảng nào dưới đây?

Page 541

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
 17 
 8; 
A.  2  .

51 

 25; 
2 .
B. 

 23 
 ;12 
.
C.  2
Lời giải

3 

 ;2
D.  2  .

Chọn C

Mặt cầu

 S

có tâm

I  1;  2;  1

bán kính R 2

Gọi C , D là các giao điểm của d với mặt cầu. Từ giả thiết bài ra suy ra ICD vuông cân tại I
1
2 2
IC ID 2  d  I ; d  IH  CD 
 2
2
2
, có
.

Ta lại có

 
 IA, u 



d  I;d   
 2
u

a 2  16a  69
2a 2  8a  17

 2

 a 2  16a  69 4a 2  16a  34  3a 2 35  a 2 

35  23 
  ;12 
3  2
.

S
I 4;8;12 
Câu 17: Câu 49 (101-2023) Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu   có tâm 
và bán kính
R thay đổi. Có bao nhiêu giá trị nguyên của R sao cho ứng với mỗi giá trị đó, tồn tại hai tiếp

tuyến của

 S

trong mặt phẳng
không nhỏ hơn 60 ?
A. 6 .

B. 2 .

 Oyz 

mà hai tiếp tuyến đó cùng đi qua O và góc giữa chúng
C. 10 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn D

Page 542

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

 

 OA, OB  60 . Suy ra 30 AOH 60
Giả sử 2 tiếp tuyến OA, OB , theo giả thiết suy ra
Oyz 
H 0;8;12 
Gọi H là hình chiếu của I trên 
, suy ra 
, suy ra OH 4 13


Xét tam giác OAH có: HA OH sin AOH 4 13 sin 30 2 13
2
Ta có 2 13 HA  2 39  52  AH 156
 52  16  AH 2  IH 2 156  16
 68 IA2 172  68 R 2 172 hay 8, 24 R 13,11 .

 R   9;10;...;13
Do R là số nguyên
.
Vậy có tất cả 5 giá trị của R .

 S  có tâm I  3;7;12  và bán kính
Câu 18: Câu 49 (102-2023) Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu
R thay đổi. Có bao nhiêu giá trị nguyên của R sao cho ứng với mỗi giá trị đó, tồn tại hai tiếp
tuyến của

 S

trong mặt phẳng
không nhỏ hơn 60 ?
A. 11 .

 Oyz 

B. 7 .

mà hai tiếp tuyến đó cùng đi qua O và góc giữa chúng
C. 5 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C
Để tồn tại tiếp tuyến thì mặt cầu

 S

phải cắt hoặc tiếp xúc mặt phẳng

 Oyz 

nên R 3 .

 Oyz  ta có J  0;7;12  và IJ 3 và OJ  193 .
Gọi J là hình chiếu của I lên mặt phẳng
 C  tại K , H như hình vẽ.
Xét 2 tiếp tuyến đi qua O và tiếp xúc với

Page 543

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN

Từ đề bài ta có
Mà

OJ .sin 60  r OJ .sin 30 

d  I ,  Oyz   IJ 3

193
3
r  193.
2
2 , với r JK JH .

nên:

193
579
 d 2  I ,  Oyz   r 2  d 2  I ,  Oyz   
 d 2  I ,  Oyz  
4
4


193
579
229
615
 9 R 2 
9 
R 2 
4
4
4
4

 7, 6 

229
615
R 
12, 4
R    R   8;9;10;11;12
4
4
, do
.

Vậy, có 5 giá trị nguyên thỏa yêu cầu.
2

2

2

S : x  1   y  2    z  1 4
Câu 19: Câu 43 (103-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   

A  1; 0;  2 
u
và đường thẳng d đi qua điểm
nhận vectơ (1; a; 2  a ) (với a   ) làm vectơ
chỉ phương. Biết rằng d cắt

 S

tại hai điểm phân biệt mà các tiếp diện của

 S

tại hai điểm

2

đó vng góc với nhau. Hỏi a thuộc khoảng nào dưới đây?
 2 2
 19

 5
 ; 
 ;10 
 2; 
5
3
2




A.
.
B.
.
C.  2  .

7 

 ;4
D.  2  .

Lời giải
Chọn D

Page 544

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN

 S  có tâm I  1;  2;  1 , bán kính
Mặt cầu



R 2 . Suy ra IA  0 ; 2 ;  1 ,


 IA, u   4  a ;  1;  2 


.
Ta có IM  IN và IM IN 2  MN 2 2 ; IH  2

 IA, u 
( 4  a )2  1  4



 d(I;d )  2 
 2
 2

u
1  a 2  ( 2  a )2

11
7 
 a 2  8a  21 2( 2a 2  4a  5)  3a 2 11  a 2  3, 67   ; 4 
3
2 .

 S  có tâm I  5;6;12  và bán kính
Câu 20: Câu 50 (103-2023) Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu
R thay đổi. Có bao nhiêu giá trị nguyên của R sao cho ứng với mỗi giá trị đó, tồn tại hai tiếp
tuyến của

 S

trong mặt phẳng
không nhỏ hơn 60 ?
A. 9 .

 Oyz 

mà hai tiếp tuyến đó cùng đi qua O và góc giữa chúng

B. 4 .

C. 2 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn B

 Oyz  ta có J  0;6;12  và IJ 5 ; OJ 6 5 .
Gọi J là hình chiếu của I lên mặt phẳng
Đường trịn giao tuyến của

 S

với

 Oyz 

là

 C

có tâm J và có bán kính r tính theo cơng

2
2
thức r  25 R .

 C  tại K , H như hình vẽ.
Xét hai tiếp tuyến đi qua O và tiếp xúc với

Page 545

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN



Từ đề bài ta có 60 KOH 120  30  JOH 60


1
3
1
r2
3
1 R 2  25 3

sin JOH

  2  

2
2
4 OJ
4
4
180

4

 70 R 2 160 
Do

70 R 4 10 .

R    R   9;10;11;12

.

Vậy có 4 giá trị nguyên của R thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2

2

2

S : x  1   y  2    z  1 4
Câu 21: Câu 45 (104-2023) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   

A  1;0;  2  ,
u  1; a;3  a 
d
và đường thẳng
đi qua điểm
nhận
(với a   ) làm vectơ chỉ

 S  tại hai điểm phân biệt mà các tiếp diện của  S  tại hai điểm đó

phương. Biết rằng d cắt
2
vng góc với nhau. Hỏi a thuộc khoảng nào dưới đây?
49 
 13 15 

 1 3
 ; 
 24; 
 ; 
2 .
A.  2 2  .
B. 
C.  2 2  .

 31 33 
 ; 
D.  2 2  .

Lời giải
Chọn A
Mặt cầu

 S

có tâm

I  1;  2;  1

, bán kính R 2

 S  , và O là hình chiếu vng góc của I trên giao tuyến hai
Gọi B, C là giao điểm giữa d và
mặt tiếp diện.
 S  tại hai điểm phân biệt mà các tiếp diện của  S  tại hai điểm đó vng góc
Theo đề d cắt
với nhau, nghĩa là tứ giác OBIC là hình vng, từ đó suy ra BC 2 2
Gọi H là trung điểm BC suy ra

BH 

BC
 2
2

2
2
Kẻ IH  BC , ta có IH  IB  BH  2

Page 546

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN
Từ đó ta có

d  I;d   2

 


 AI ; u   a  6;1; 2 
AI  0;  2;1 u  1; a;3  a 

Ta có
,
suy ra 
 
2
 AI ; u 
 a  6   12  22
 13 15 


d  I; d   2 
 2
 2  a 2 7   ; 

2
 2 2
u
1 a2   3  a 
Từ đó
.


Câu 22: Câu 49 (104-2023) Trong khơng gian Oxyz , xét mặt cầu ( S ) có tâm I (3;5;12) và bán kính R
thay đổi. Có bao nhiêu giá trị nguyên của R sao cho ứng với mỗi giá trị đó, tồn tại hai tiếp
tuyến của ( S ) trong mặt phẳng (Oyz ) mà hai tiếp tuyến đó cùng đi qua O và góc giữa chúng


khơng nhỏ hơn 60 ?
A. 4 .

B. 2 .

C. 10 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn A
Cách 1.

TH1: Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz ) tại O  R OI  178   (loại)
TH2: Mặt cầu (S) cắt (Oyz ) theo giao tuyến là một đường trịn (C) có bán kính là r .

H  0;5;12   OH 2 169
Gọi H là hình chiếu vng góc của I lên mặt phẳng (Oyz ) ta có
.
2
2
Ta có r R  9 .



2
2
4OA2 r 2
AB 2 4r 2 4 R  9
 OA r 

AB 4 AK 4 



 
169
OA2 169
169
 OH 
Mặt khác,
2

Từ đó suy ra:

2

cos AOB 



OA2  OB 2  AB 2 2OA2  AB 2
AB 2 187  2 R 2


1


2OA.OB
2OA2
2OA2

169
Page 547

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

OA, OB    60 ;90 

Góc giữa hai đường thẳng
 60  AOB 120  



1 187  2 R 2 1
169
169
„
 
187  2 R 2 
2
169
2
2
2

205
543
R 2 

 R  {8;9;10;11}
4
4
.

Cách 2. Để tồn tại tiếp tuyến thì mặt cầu
R 3 .

 S

phải cắt hoặc tiếp xúc mặt phẳng

 Oyz 

nên

 Oyz  ta có J  0;5;12  và IJ 3 và OJ 13 .
Gọi J là hình chiếu của I lên mặt phẳng
 C  tại K , H như hình vẽ.
Xét 2 tiếp tuyến đi qua O và tiếp xúc với

Từ đề bài ta có
Mà

OJ .sin 600 r OJ .sin 300 

d  I ,  Oyz   IJ 3

13
13 3

r 
2
2 , với r  JK  JH .

nên:

169
507
 d 2  I ,  Oyz   r 2  d 2  I ,  Oyz   
 d 2  I ,  Oyz  
4
4




169
507
205
543
 9 R 2 
9 
R 2 
4
4
4
4
205
543
R 

4
4 , do R    R   8;9;10;11 .

Vậy, có 4 giá trị nguyên thỏa yêu cầu
Câu 23:

A  1; 2;  3
(MĐ 101-2022) Trong không gian Oxyz, cho điểm
. Hình chiếu vng góc của A
lên mặt phẳng (Oxy ) có tọa độ là
 0; 2;  3 .
 1;0;  3 .
A.
B.

C.

 1; 2;0  .

D.

 1;0;0  .
Page 548

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN
Lời giải
Chọn C

Hình chiếu vng góc của
Câu 24:

A  1; 2;  3

 1; 2;0  .
lên mặt phẳng (Oxy ) có tọa độ là

A  1; 2;  3
(MĐ 102-2022) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
. Hình chiếu

 Oxy  có tọa độ là
vng góc của A lên mặt phẳng
 1;0;  3 .
 1;0; 0  .
 1; 2; 0  .
 0; 2;  3 .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn C
 Oxy  có tọa độ là  1; 2;0  .
Ta có: Hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng


u  1;  4;0 
v   1;  2;1

Câu 25: (MĐ 103-2022) Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ
và
. Vectơ
 
u  3v có tọa độ là
A.

  2;  6;3 .

B.

  4;  8; 4  .

C. 
Lời giải

 2;  10;  3

.

D.

  2;  10;3 .

và


v   1;  2;1

D.

  2;  10;  3 .

Chọn D

3v   3;  6;3
Ta có
.
 
u  3v   2;  10;3
Do đó:
.
Câu 26:

(MĐ 104-2022) Trong khơng gian Oxyz , cho hai vectơ
 
u  3v có tọa độ là
A.

  2;  10;3 .

B.

  2;  6;3 .

Chọn A
 
u  3v  1;  4;0   3   1;  2;1   2;  10;3



u  1;  4;0 

  4;  8;4  .

C.
Lời giải

. Vectơ

.

B

C

A

B

H

C

A
H BC
Page 549

Sưu tầm và biên soạn

CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
AH  AA2  AH 2 

AH

a 6
.
2

a 2 3 a 6 3a3 2
V SΔABC . AH 
.

4
2
8

MẶT CẦU
2

2

S  : x 2   y  2    z  1 6.

Oxyz
,
Câu 27: (MĐ 101-2022) Trong khơng gian
cho mặt cầu
Đường
kính của ( S ) bằng

A.

6.

B. 12 .

C. 2 6 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn C
Từ phương trình mặt cầu ta suy ra bán kính của mặt cầu
Vậy đường kính của

 S :

R 6

( S ) bằng 2 6.
2

Câu 28:

2

S  : x 2   y  2    z  1 6

Oxyz
(MĐ 102-2022) Trong khơng gian

, cho mặt cầu
. Đường
kính của

 S  bằng

A. 3 .

B.

6.

C. 2 6 .
Lời giải

D. 12 .

Chọn C
Từ phương trình mặt cầu
Vậy đường kính của

 S  ta thấy, bán kính của mặt cầu

 S  bằng

R 6.

2 6.
2

Câu 29:

2

2

 S  :  x  2    y 1   z  3 4 .
(MĐ 103-2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
S
Tâm của   có tọa độ là
 4; 2;  6 
4;  2;6 
A. 
.
B. 
.

C. 
Lời giải

2;  1;3

.

D.

  2;1;  3 .

Chọn C
Tâm mặt cầu

 S

có tọa độ là:

 2;  1;3 .
2

Câu 30:

2

2

 S  :  x  2    y  1   z  3 4 .
(MĐ 104-2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
 S  có toạ độ là
Tâm của
  2;1;  3 .
  4;2;  6 .
A.
B.
Page 550

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
C.

 4;  2;6  .

D.

 2;  1;3 .
Lời giải

Chọn D
Mặt cầu
Câu 31:

 S  :  x  2

2

2

2

  y  1   z  3 4

có tâm

I  2;  1;3

.

A 1; 2;3 
(MĐ 103-2022) Trong không gian Oxyz , cho điểm 
. Phương trình mặt cầu tâm A và

tiếp xúc với mặt phẳng x  2 y  2 z  3 0 là

 x  1
A.

2

 x  1

2

C.

2

2

2

2

  y  2    z  3 2
  y  2    z  3 4

.
.

 x  1
B.

2

 x  1

2

D.
Lời giải

2

2

2

2

  y  2    z  3 2
  y  2    z  3 4

.
.

Chọn D
Gọi

 P  : x  2 y  2 z  3 0 . Mặt cầu có bán kính là

R d  A;  P   

1 4  6  3

2

1 4  4

2

2

.
2

P
 x  1   y  2    z  3 4 .
Phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc mặt phẳng   là

Câu 32:

A  1;2;3 .
(MĐ 104-2022) Trong khơng gian Oxyz , cho điểm
Phương trình của mặt cầu tâm

A và tiếp xúc với mặt phẳng    : x  2 y  2 z  3 0 là:
2
2
2
2
2
2

( x - 1) +( y- 2) +( z - 3) = 2.
( x +1) +( y + 2) +( z + 3) = 2.
A.
B.
2

2

2

2

( x +1) +( y + 2) +( z + 3) = 4.
C.

2

2

( x - 1) +( y- 2) +( z - 3) = 4.
D.
Lời giải

Chọn D

R d  A,     

1.1  2.2  2.3  3
2

12    2   22

Bán kính của mặt cầu là:
2

2

2.

2

( x - 1) +( y- 2) +( z - 3) = 4.
Phương trình mặt cầu là:
VD-VDC
Câu 33:

 S  tâm I  1;3;9  có bán kính bằng 3.
(MĐ 101-2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
Gọi M , N là hai điểm lần lượt thuộc hai trục Ox , Oz sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với
 S  , đồng thời cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

13
OIMN có bán kính bằng 2 . Gọi A là tiếp điểm

 S  , giá trị AM .AN bằng
của MN và
A. 39 .

B. 12 3 .

C. 18 .
Lời giải

D. 28 3 .

Chọn B
Page 551

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN
Ta có:

d  I ;  Oxz   3 R

A  1;0;9 

suy ra mặt cầu

 S

tiếp xúc với mặt phẳng

 Oxz 

tại điểm

 Oxz  và tiếp xúc với mặt cầu  S  tại
(do đường thẳng MN nằm trong mặt phẳng

A ).

Gọi

M  a;0; 0 

và



N  0;0; b   AM  a  9;0;  1 , AN   9;0; b  1

.

a 9 1
9

 b 1
A
,
M
,
N
b 1
a 9 .
Do
thẳng hàng nên  9
IA   OMN 
 IMN    OMN  .

Để ý thấy OMN vuông tại O và
nên
Khi đó, nếu gọi R , R1 , R2 lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN , đường tròn
ngoại tiếp OMN , đường tròn ngoại tiếp IMN ta có:
R 2 R12  R22 

MN 2
MN 2
MN 2
 R2 
 R22 
 R R2
4
4
4

1
1
3MN
S IMN  .IA.MN  .3.MN 
2
2
2 .
Lại có:
R2 
Mặt khác:

IM .IN .MN
13 IM .IN



 IM .IN 39
3
4S IMN
2
4.
2
.

2
2
 IM 2 .IN 2 1521    a  9   32  12   92  32   b  1  1521



.


81 
81 
2

   a  9   32  12   92  32 
1521   t  10   90   1521
2
2


t 


t  a  9   0
 a  9  

,
.
2

2

2

 90  t  3 0  t 3   a  9  3   b  1 

81
27
3
.

 AM 2  a  9  2  02    1 2 4
 2
2
2
2
 AN   9   0   b  1 108  AM . AN  4. 108 12 3
Từ đó ta có:
.
Câu 34:

 S  tâm I  4; 2;1 bán kính bằng 2 .
(MĐ 102-2022) Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu

 S  , đồng thời
Gọi M , N là hai điểm lần lượt thuộc hai trục Ox, Oy sao cho MN tiếp xúc với
7
 S ,
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN có bán kính bằng 2 . Gọi A là tiếp điểm của MN và
giá trị AM . AN bằng.

A. 6 2 .

B. 14 .

C. 8 .
Lời giải

D. 9 2 .

Page 552

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
Chọn A

 S

Nhận xét: Mặt cầu

A  4; 2;0 
tiếp xúc với mặt phẳng Oxy tại

. Nên suy ra MN đi qua A .

y
x
4x
 AM x

 y

2
4
x 1
x2  1 .
Đặt  AN  y . Suy ra
IA   OMN 
Xét tứ diện OIMN có
và OMN vuông tại O .Nên tâm K của mặt cầu ngoại

 IMN  .
tiếp tứ diện OIMN thuộc mặt phẳng
Hay bán kính mặt cầu ngoại tiếp OIMN bằng bán kính đường trịn ngoại tiếp IMN .
S
Theo đề ta có:

IM .IN .MN 1
1
 .IA.MN  .2.MN
7
2
2

4.
2
. Suy ra IM .IN 14 .

2
2
Mà: IM  x  4 , IN  y  4 .
2
2
Nên ta có IM .IN  x  4. y  4 14







 x 2  4 y 2  4 196
 16 x 2

 x2  4  2
 4  196
x 1 















 x 2  4 5 x 2  1 49 x 2  1
 5 x 4  30 x 2  45 0
 x 2 3
AM . AN x. y 
Khi đó:
Câu 35:

4x2
x2  1



12
6 2
2
.

S
I 9;3;1
(MĐ 103-2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   có tâm 
bán kính bằng 3 .
Gọi M , N là hai điểm lần lượt thuộc hai trục Ox, Oz sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với

Page 553

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

mặt cấu

 S

13
, đồng thời mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN có bán kính bằng 2 . Gọi A là tiếp

S
điểm của MN với mặt cầu   , giá trị của AM . AN bằng?

A. 12 3 .

C. 28 3 .
Lời giải

B. 18 .

D. 39 .

Chọn A
Cách 1:

Gọi

M  a; 0; 0   Ox, N  0; 0; b   Oz

Ta có

d  I ;  Oxy   3 R

nên

 S

.

tiếp xúc với mặt phẳng

 Oxz 

tại điểm

A  9;0;1

và MN

cũng đi qua A .


AM  a  9;0;  1 , AN   9;0; b  1
Lại có
và 3 điểm A, M , N thẳng hàng nên ta được:

a 9 1

  a  9   b  1 9
9
b 1

 1

.

IA   OMN 
Tứ diện OIMN có
và OMN vng tại O nên nếu gọi J là tâm mặt cầu ngoại

J   IMN 
tiếp tứ diện OIMN thì
.

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN bằng bán kính đường trịn ngoại tiếp IMN .

Ta có



S IMN 

IM .IN .MN
13
r
4r

2 bán kính đường trịn ngoại tiếp IMN ).
(với

1
IM .IN .MN
IA.MN 
 IM .IN 13IA  IM .IN 39
13
2
4.
2

Page 554

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
2
2
   a  9   10    b  1  90  1521




 2

.

m a  9


Đặt n b  1 .
mn 9

 2
2
 m  10   n  90  1521
Từ (1|) và (2) ta có hệ

m
Từ (4) ta được:

2

9

 3
n  m

 m 2  10   81  90  1521  4 
2

m


 10   81  90m 2  1521m 2

m  3
 n 3 3
 


 90m 4  540m 2  810 0  m 2 3   m  3  n  3 3

Suy ra

 a 9  3, b 1  3 3

 a 9  3, b 1  3 3

. Vậy AM . AN 12 3 .

Cách 2:


 AM  m  9;0;  1

AN   9; 0; n  1
M  m; 0; 0   Ox; N  0; 0; n   Oz
m
,
n

0
Gọi
với
thì 
S
I 9;3;1
Oxz 
Nhận thấy mặt cầu   có tâm 

bán kính bằng 3 ln tiếp xúc mặt phẳng 
tại

điểm

A  9;0;1

.

Page 555

Sưu tầm và biên soạn


CHUYÊN ĐỀ V – HÌNH HỌC 12 – PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
 
A
,
M
,
N
Do ba điểm
thẳng hàng nên hai vectơ AM , AN cùng phương nhưng ngược hướng




 m  9  9k
AM k . AN  


  1 k  n  1

nên tồn tại số thực k  0 sao cho

 AM  m  9; 0;  1   9k ;0;  1


1

 AN  9; 0;1  n    9; 0;  
k .

Suy ra: 

m  9  9k


1  1
n  1  k

S'
Gọi mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện OIMN là   có dạng:
 S ' : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d 0 , bán kính: R  a 2  b 2  c 2  d .
Ta có:
2
2
2
O  0;0;0    S '   d 0
S'
S'

nên   có dạng:   : x  y  z  2ax  2by  2cz 0 .
m 9  9k
M  m;0;0    S '   m 2  2am 0  a  
2
2 (do (1)).

n k1
N  0;0; n    S '   n 2  2cn 0  c  
2 2k (do (1)).
91  18a  2c 81k 2  9k  1

6
6k
OIMN
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện
bằng:
I  9;3;1   S '   91  18a  6b  2c 0  b 

2

2

2

2
13
 9  9k   k  1   81k  9k  1 
R  a b c  d  



 
 
 
6k
2
 2   2k  

.
Bình phương và quy đồng sẽ thu đucợ phương trình bậc bốn, sau đó casio giải phương trình
cho ta nghiệm k  0;1924500926 (Do k  0) .
2

2

2

Khi đó:
2

1
AN  9  0    10,39230481
2
2
2
AM    9k   0   1 2, 000000022
k
và
Vậy: AM . AN 20, 78460985 .
2

Câu 36:

2

 S  tâm I  1; 4; 2  bán kính bằng 2. Gọi
(MĐ 104-2022) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
M , N là hai điểm lần lượt thuộc hai trục Ox, Oy sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với  S  ,

7
đồng thời mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN có bán kính bằng 2 . Gọi A là tiếp điểm của MN

và

 S  , giá trị

A. 9 2 .

AM . AN bằng
B. 14 .

C. 6 2 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn C

Page 556

Sưu tầm và biên soạn