Bài giảng số 7. Các dạng toán về phương trình mặt cầu trong hệ tọa độ Oxyz

Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

BÀI GIẢNG SỐ 07: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa mặt cầu:
Tập hợp các điểm M trong không gian cách điểm O cố định một khoảng bẳng R không đổi được gọi là
mặt cầu tâm O bán kính R
Như vậy ta có: S (O; R) =


/
M OM R

Vậy một mặt cầu hoàn toàn xác định khi biết:
- Tâm và bán kính của nó hoặc
- Đường kính của nó
Chú ý: Nếu góc
0
90
AMB  thì M thuộc mặt cầu đường kính AB
2. Phương trình mặt cầu:
-Với phương trình cho dưới dạng chính tắc:
     
2 2 2
2
x a y b z c R
     

thì (S) có tâm


, ,
O a b c
,
bán kính R
- Với phương trình cho dưới dạng tổng quát:
2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
      
(1)
Để (1) là phương trình mặt cầu thì
2 2 2
0
a b c d
   
. Khi đó (S) có tâm I(a; b; c) và bán kính
2 2 2
R a b c d
   

2. Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng
Cho mặt cầu S (O; R) và mặt phẳng (P) bất kì. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (P) và d = OH là
khoảng cách từ O đến (P). Khi đó:
- Nếu
( ) ( )d R P S
    

- Nếu
d R
 
(P) tiếp xúc với (S) tại H. Khi đó (P) được gọi là tiếp diện của (S)
- Nếu
( ) ( ) ( )
d R P S C
   
là một đường tròn nằm trong mặt phẳng (P) với


2 2
;
C H R d

Chú ý: Trường hợp đặc biệt d = 0

O H

. Khi đó C(O; R) được gọi là đường tròn lớn của mặt cầu
S(O; R)
3. Vị trí tương đối của một mặt cầu và một đường thẳng
Cho mặt cầu S (O; R) và đường thẳng d bất kì. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên d và h = OH là
khoảng cách từ O đến d. Khi đó:
- Nếu ( )h R d S
    

- Nếu
h R
 

d tiếp xúc với (S) tại H. Khi đó d được gọi là tiếp tuyến của (S)
- Nếu


( ) ,
h R d S A B
   
Chú ý: Trường hợp đặc biệt d = 0

O H

. Khi đó AB là đường kính của (S)
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Dạng 1: Tìm tâm và bán kính của mặt cầu, đường tròn
Phương pháp:
Mặt cầu (S) có phương trình:
     
2 2 2
2
x a y b z c R
     


Mặt cầu (S) có tâm



, ,
O a b c
, bán kính R
Mặt cầu (S) có phương trình
2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
      


Mặt cầu (S) có tâm


, ,
O a b c
, bán kính
2 2 2
R a b c d
   

Ví dụ 1: Tìm tâm và bán kính của mặt cầu có phương trình
a) 01y2x8zyx
222
 b)
2 2 2
x y z 4x 2y 6z 5 0
      

c) 04z2y8x4zyx

222
 d)
2 2 2
( 2) (2 3) 1
x y z
    

Bài giải:
a) Ta có: a= 4, b = -1, c = 0 và d = 1 nên:
2 2 2
16 1 0 1 16 0
a b c d
        

Vậy mặt cầu (S) có tâm


4; 1;0
O  , bán kính
4
R


b) Ta có:
2 2 2
x y z 4x 2y 6z 5 0
      
     
2 2 2
2 1 3 9

x y z
      

Vậy mặt cầu (S) có tâm


2;1; 3
O
 
bán kính
3
R


c) Ta có: 04z2y8x4zyx
222

     
2 2 2
2 4 1 25
x y z
      

Vậy mặt cầu (S) có tâm


2; 4;1
O   , bán kính
5
R



d) Ta thấy hệ số của
2
z
bằng 4 khác với hệ số của
2
x
, do đó phương trình đã cho không phải là phương
trình của mặt cầu.
Ví dụ 2: Tìm tâm và bán kính của các đường tròn sau:
a)





01z2y2x
010z2y2x6zyx
222

Bài giải:
Mặt cầu (S):
2 2 2
6 2 2 10 0
x y z x y z
      
     
2 2 2
3 1 1 1

x y z
      

Vậy (S) có tâm


3; 1;1
I  , bán kính R = 1
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Mặt phẳng (P):
2 2 1 0
x y z
   
có VTPT
 
1;2; 2
n



Đường thẳng qua I vuông góc với mp (P) nên nhận VTPT
 
1;2; 2
n



của (P) là VTCP nên có PTTS là:
(d):
3
1 2 ,
1 2
x t
y t t R
z t
 


   


 


Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên mp (P). Khi đó
( )
H d P
  
H là nghiệm của hệ phương trình:
 
3
1 2
3 2 4 2 4 1 0 9 0 0 3; 1;1
1 2
2 2 1 0
x t
y t

t t t t t H
z t
x y z
 


  

             

 


   

O


Vậy đường tròn (C) có tâm


3; 1;1
H  , bán kính R = 1
Chú ý: Để tìm tâm và bán kính của đường tròn (C) ta làm như sau:
- Tìm tâm I và bán kính R của mặt cầu (S)
- Tìm tọa độ hình chiếu H của tâm I lên (P). Sau đó tính d = IH. Khi đó:
- Nếu
( ) ( )d R P S
    

- Nếu
d R
 
(P) tiếp xúc với (S) tại H. Khi đó (P) được gọi là tiếp diện của (S)
- Nếu
( ) ( ) ( )
d R P S C
   
là một đường tròn nằm trong mặt phẳng (P) với


2 2
;
C H R d

Ví dụ 3: Cho họ
2 2 2 2
m
(S ): x y z 4mx 2my 6z m 4m 0
       
.
a) Tìm m để
m
(S )
là một mặt cầu?
b) Chứng minh rằng tâm của
m
(S )
nằm trên một đường thẳng cố định. Viết phương trình đường
thẳng cố định đó.

Bài giải:
a. Ta có:
2 2 2 2
m
(S ): x y z 4mx 2my 6z m 4m 0
       


     
2 2 2
2
2 3 4 4 9
x m y m z m m
        

Ta thấy
2
2
1
4 4 9 4 8 0,
2
m m m m
 
      
 
 

Vậy
m
(S )

là một mặt cầu với
m


Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

b. Mặt cầu
m
(S )
có tâm
m
I
(-2m; m; 3)
Ta có:
2
1
2
3
3
x m
y x
y m
z
z
 



 
 
 
 
 





Vậy trong mặt phẳng z = 3 tâm
m
I
luôn nằm trên đường thẳng
1
2
y x
 
Ví dụ 4: Cho họ mặt cong
m
(S )
:
2 2 2 2 2
2 4 8 4 0
x y z m x my m
      

a. Tìm điều kiện của m để
m
(S )

là họ mặt cầu
b. Chứng minh tâm của họ
m
(S )
luôn nằm trên một parabol cố định trong mặt phẳng Oxy, khi m thay đổi
Bài giải:
a. Để
m
(S )
là một họ mặt cầu điều kiện cần và đủ là:


2
4 2 2 2 2
4 8 4 0 2 0 2 0 2
m m m m m m
            

Với
2
m  
thì
m
(S )
là phương trình mặt cầu với tâm


2
;2 ;0
I m m , bán kính

2
2
R m
 

b. Ta có:
2
2
4
2
0
0
x m
y x
y m
z
z





 
 






Vậy trong mp (Oxy) tâm
m
I
luôn nằm trên parabol (P):
2
4
y x



Tổng quát phương pháp thực hiện yêu cầu: “ Chứng tỏ rằng tâm của họ mặt cầu


m
S
luôn nằm trên
một đường cố định”:Ta tìm mối liên hệ giữa hoành độ và tung độ của điểm I mà không phụ thuộc vào m.
Dạng 2: Viết phương trình mặt cầu
Ví dụ 1: Lập phương trình mặt cầu có tâm I (3; -2; 1) và đi qua A(-2; 3; 1)
Bài giải:
Vì (S) qua A nên (S) có bán kính R = IA =
5 2

Vậy phương trình (S) có tâm I (3; -2; 1), bán kính R =
5 2
là:

     
2 2 2
3 2 1 50

x y z
     

Chú ý: Từ ví dụ 1 để viết phương trình mặt cầu khi biết tâm I(a; b; c) và đi qua một điểm A cho trước thì
ta tìm bán kính R = IA. Khi đó phương trình (S) có dạng:
     
2 2 2
2
x a y b z c R
     

Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Ví dụ 2: Viết phương trình mặt cầu với đường kính AB, trong đó A(3; -4; 5), B(-5; 2; 1)
Bài giải:
Ta có
 
8;6; 4 64 36 16 116
AB AB       


Gọi I là trung điểm của AB


1; 1;3
I  
Vì (S) nhận AB là đường kính nên

2
AB
R  =
116
29
2

Vậy (S) có tâm


1; 1;3
I   , bán kính R=
29
có phương trình là:

   
2 2
2
1 1 ( 3) 29
x y z
     

Ví dụ 3: Cho hai đường thẳng
1
x y z 4
(d ):
2 1 0

  và
2

x y 3 0
(d ):
4x 4y 3z 12 0
  


   


a) Chứng minh rằng
1 2
(d ), (d )
chéo nhau.
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của
1 2
(d ), (d )
.
Bài giải:
a) Đường thẳng


1
d
có VTCP là
 
1
2;1;0
u 

qua

1
(0;0;4)
M
Đường thẳng


2
d
có VTCP là
 
2
3; 3;0
u  

qua
2
(0;3;0)
M
Ta có:
 
1 2
; 0;0; 9
u u
 
 
 
 
,
 
1 2

0;3; 4
M M
 

1 2 1 2
; . 36 0
u u M M
 
  
 
  

Vậy
1 2
(d ), (d )
chéo nhau.
b) Chuyển


1
d
về dạng tham số:
2
,
4
x t
y t t R
z




 





Chuyển


2
d
về dạng tham số:
3 '
3 3 ', '
0
x t
y t t R
z



  





Gọi M, M’ lần lượt thuộc vào
1 2

(d ), (d )




2 ; ;4 , ' 3 ';3 3 ';0
M t t M t t
 
 
' 3 ' 2 ;3 3 ' ; 4
MM t t t t
     


Để MM’ là đoạn vuông góc chung của
1 2
(d ), (d )
thì
1 1
2 2
2
' '. 0
6 ' 4 3 3 ' 0 3 ' 5 3 0
'
3
9 ' 6 9 9 ' 3 0 18 ' 3 9 0
' '. 0
1
MM u MM u
t t t t t t

t
t t t t t t
MM u MM u
t

 
 
       

 
  
   
    
       
 
 
  
 


   
   

Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Vậy





2;1;4 , ' 2;1;0
M M
Vì (S) nhận MN là đường kính nên tâm I của (S) là trung điểm của MN


2;1;2
I và bán kính
4
2
2 2
MN
R
  

Vậy phương trinh (S) là:
   
2 2
2
2 1 ( 2) 4
x y z
     

Chú ý: Từ ví dụ 1+2: Để lập phương trình mặt cầu nhận AB là đường kính thì ta tìm tâm I là trung điểm
của AB và bán kính
2
AB
R 

Ví dụ 4: Lập phương trình mặt cầu có tâm I( 2; -1; 4) và
a. Tiếp xúc với mp (Oxy)
b. Tiếp xúc với mp (Oyz)
c. Tiếp xúc với mp (Oxz)
Bài giải:
a. mp (Oxy) có phương trình z = 0
Vì (S) tiếp xúc với mp(Oxy) nên


,(Ox ) 4
R d I y
 

Phương trình mặt cầu (S) có tâm I(2; -2; 4) và bán kính R = 4 là:

   
2 2
2
2 1 ( 4) 16
x y z
     

b. Tương tự phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với mp (Oyz) là:

   
2 2
2
2 1 ( 4) 4
x y z
     

c. Phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với mp (Oxz) là:

   
2 2
2
2 1 ( 4) 1
x y z
     

Chú ý: Từ ví dụ 4: để lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với một mặt phẳng (P) cho trước,
ta lập phương trình của (S) với tâm I và




R d I P

Ví dụ 5: Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -6) và
a. Tiếp xúc với trục Ox
b. Tiếp xúc với trục Oy
c. Tiếp xúc với trục Oz
Bài giải:
a. Gọi
1
H
là hình chiếu vuông góc của I lên Ox




1
2;0;0
H
   
2
2
1
,Ox 1 6 37
R d I IH      
Vậy (S) có tâm I(2; 1; -6) và bán kính
37
R  nên có phương trình là:
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà


   
2 2
2
2 1 ( 6) 37
x y z
     

b. Tương tự phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với Oy là:
   
2 2
2
2 1 ( 6) 40

x y z
     

c. phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với Oz là:
   
2 2
2
2 1 ( 6) 5
x y z
     

Chú ý: Từ ví dụ 5: để lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với một đường thẳng (d) cho
trước, ta lập phương trình của (S) với tâm I và




R d I d

Ví dụ 6: Lập phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A(1; 2; 2), B(0; 1; 0) và tâm I thuộc trục Oz
Bài giải:
Mặt cầu (S) có tâm I thuộc trục Oz


0;0;
I c

Vì A, B thuộc (S) nên
   
2 2

2 2
1 4 2 1 2
IA IB IA IB c c c
           



0;0;2 5
I R IA   
Vậy phương trình của (S) là:
2 2 2
( 2) 5
x y z
   

Ví dụ 7: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
 
1
:
2 1 2
x y z
d

 

và hai điểm A(2; 1; 0), B( -2; 3;
2). Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng (d).
Bài giải:

Chuyển (d) về dạng tham số:

1 2
2
x t
y t
z t
 





 


Gọi (S) là mặt cầu cần tìm và I là tâm của (S)
Vì (S) qua hai điểm A, B nên tâm I thuộc mp (P) là mp trung trực của AB.Khi đó mp (P) qua E(0; 2; 1) là
trung điểm của AB và nhận
 
4;2;2
AB 

là VTPT nên có phương trình:
2 3 0
x y z
    

Khi đó tâm





I d P
  nên tọa độ I là nghiệm của hệ
1 2
2 4 2 3 0 5 5 1
2
2 3 0
x t
y t
t t t t t
z t
x y z
 




           

 


   



1; 1;2
I  
Bán kính mặt cầu
17

R IA 
Phương trình mặt cầu (S) là:
   
2 2
2
1 1 ( 2) 17
x y z
     

Chú ý: từ ví dụ 6 và ví dụ 7

” để lập phương trình mặt cầu đi qua 2 điểm A, B và có tâm thuộc đường
thẳng (d) ta có cách sau:
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Cách 1:
Bước 1: Chuyển (d) về dạng tham số. Tâm I thuộc (d) nên thỏa mãn phương trình (d) ẩn t
Bước 2: (S) qua A, B nên IA = IB

t

tọa độ tâm I

bán kính R = IA
Bước 3: Viết (S) với tâm I, bán kính R
Cách 2:
Bước 1: (S) qua 2 điểm A, B nên tâm I thuộc mặt phẳng (P) là mp trung trực của AB

Bước 2: Tìm tọa độ tâm I với




I d P
 

bán kính R = IA
Bước 3: Viết (S) với tâm I và bán kính R
Ví dụ 8: Lập phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), C(0; 2; 4) và
a. Có tâm nằm trên mp (Oyz)
b. Có bán kính bằng
5

Bài giải:
Giải sử (S) có phương trình:
2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
      
,với
2 2 2
0
a b c d
   

Vì tâm I (a; b; c) thuộc mp (Oyz) nên a = 0
Vì A, B, C thuộc (S) nên IA = IB = IC


     
       
 
2 2 2
2
2 2
2 2 2 2 2 2
4 1 1 1 1
2
0;1;2
1
4 1 1 2 4
b c b c
AI BI c
I
b
AI CI
b c b c

       

 

 
  
  





       
 


Bán kính
3
R IA
 

Vậy phương trình mặt cầu (S) là:
 
2
2 2
1 ( 2) 9
x y z
    

b. Mặt cầu (S) tâm I (a; b; c) và bán kính bằng
5
nên có phương trình:

   
2 2
2
( ) 5
x a y b z c
     

Vì A, B, C thuộc (S) nên ta có:
   

   
 
   
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2
2 2
2 1 (1 ) 5
1 1 5
1 1 5 2
4 9
2 (4 ) 5
a b c
a b c
a b c a c
a b c
a b c

     

    


 
       
 

 
   
    




   
2 2
2
1 1 5
2
5 1
a b c
c a
b a

    


  


 


0 1, 2, 0
2 19 16 8
, ,
9 9 9 3

a b c d
a b c d
    




    


Vậy (S) có phương trình là:
2 2 2
2 2 2
2 4 0
4 38 32 8
0
9 9 9 3
x y z y z
x y z x y z

    


      



Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi

Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Chú ý: Từ ví dụ 8: để lập phương trình mặt cầu qua 3 điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P) ta có
thể tận dụng được tính chất của
ABC

để có được lời giải đơn giản hơn:
Bước 1: Ta có:
- Nếu
ABC

đều thì tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC

là trọng tâm H của
ABC


- Nếu
ABC

vuông tại A thì tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC

là trung điểm H của BC
Bước 2: Lập phương trình đường thẳng (d) qua H và vuông góc với (ABC)
Bước 3: Tim tâm





I P d
 
Bước 4: Viết phương trình mặt cầu (S) với tâm I, bán kính R = IA
Ví dụ 9: Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD với A(1; 1;1), B(1; 2; 1), C(1; 1; 2)và D(2;
2; 1)
Bài giải:
Ta có:
     
0;1;0 , 0;0;1 , 1;1;0 , . 1 0
AB AC AD AB AC AD
 
     
 
     

, ,
AB AC AD

  

4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng
Giả sử mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c). Vì (S) qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ:

2 2
2 2
2 2
IA IB
IA IB
IA IC IA IC

IA ID
IA ID






  
 
 




           
           
           
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 2 1
1 1 1 1 1 2
1 1 1 2 2 1
x y z x y z
x y z x y z
x y z x y z

          



           


          



2 3
3 3 3 3
2 3 ; ;
2 2 2 2
3 0
y
z x y z I
x y



 
      

 
 

  


Vậy phương trình mặt cầu (S) là:
2 2 2

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

Chú ý: Ngoài cách giải trên , để lập phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm không đồng phẳng A, B, C,
D( hay ngoại tiếp tứ diện ABCD) ta có thể vận dụng tính chất của tứ diện ABCD để có lời giải đơn giản
hơn
Trường hợp 1: Nếu DA = DB = DC thì xác định tâm I bằng cách:
- Dựng đường cao


DH ABC

- Dựng mp trung trực (P) của DA. Khi đó


I DH P
 
- Viết (S) với tâm I, bán kính
R IA


Trường hợp 2: Nếu


DA ABC

 thì xác định tâm I bằng cách:
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

- Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC

. Dựng đường thẳng (d) qua K và song song với DA (
hoặc




d ABC
 )
- Dựng mp trung trực (P) của DA. Khi đó




I d P
 
- Viết phương trình (S) với tâm I và bán kính
R IA


Trường hợp 3: Nếu
2

ACB ADB

   
thì mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm I là trung điểm của
AB và bán kính
2
AB
R 
Trường hợp 4: Nếu AD và BC có đoạn trung trực chung là EF thì
- Lập phương trình tham số của đường thẳng EF( theo t)
- Khi đó mặt cầu (S) có tâm
EF
I

( thỏa mãn phương trình tham số của EF)
- Từ điều kiện
2 2 2
IA IC R
 

giá trị t

tọa độ tâm I
R IA
 

Ví dụ 10: Cho 3 điểm A(1; 2; 3), B(3; 5; 4), C(3; 0; 5).Lập phương trình mặt cầu nhận đường tròn ngoại
tiếp
ABC


làm đường tròn lớn
Bài giải:
Vì mặt cầu (S) nhận đường tròn ngoại tiếp
ABC

làm đường tròn lớn nên mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c) là
tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC

, ta có:
 
2 2
2 2
, . 0
AI BI
AI BI
AI CI AI CI
I ABC
AB AC AI







  
 
 


 



 

  


           
         
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
1 2 3 3 5 4
1 2 3 3 5
4 5 13
x y z x y z
x y z x y z
x y z

          


          


   



39
7
2 3 36
89 39 89 81
5 ; ;
14 7 14 14
4 5 13
81
14
x
x y z
x y z y I
x y z
z



  


 
 
      
 
 
 
 
   






2 2
667
14
R IA  
Vậy (S):
2 2 2
39 89 81 667
7 14 14 14
x y z
     
     
     
     

Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Chú ý: Từ ví dụ 10: để lập phương trình mặt cầu (S) nhận đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường
tròn lớn thì ta có:
- Tâm I của (S) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
- Giải hệ
 
IA IB

IA IC
I ABC









Dạng 3: Vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu
Phương pháp:
Cho mặt cầu S (I; R) và mặt phẳng (P) bất kì. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên (P) và d = IH là
khoảng cách từ I đến (P). Khi đó:
- Nếu
( ) ( )d R P S
    

- Nếu
d R
 
(P) tiếp xúc với (S) tại H. Khi đó (P) được gọi là tiếp diện của (S)
- Nếu
( ) ( ) ( )
d R P S C
   
là một đường tròn nằm trong mặt phẳng (P) với



2 2
;
C H R d

Chú ý: Trường hợp đặc biệt d = 0

I H

. Khi đó C(I; R) được gọi là đường tròn lớn của mặt cầu
S(I; R)
Ví dụ 1: Xét vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng sau đây:
a) 05z4y2x6zyx
222
 và 01zy2x





b) 010z2y2x6zyx
222
 và 01z2y2x





c) 04z2y8x4zyx
222
 và 010zy2x






Bài giải:
a. Mặt cầu (S) có tâm I (3; 1; -2) và
9 1 4 5 3
R
    

Ta có:
 
 
3 2 2 1
2 6
,
3
1 4 1 6
d I P
  
  
 

Ta thấy




,

d I P

6
3
 < R = 3




( )
P S C
   là một đường tròn nằm trong mặt
Phẳng (P)
b. Mặt cầu (S) có tâm I (3; -1; 1) và
9 1 1 10 1
R
    

Ta có:
 
 
3 2 2 1
, 0
1 4 4
d I P
  
 
 

Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Ta thấy




,
d I P
= 0 < R = 3




( )
P S C
   là một đường tròn lớn của mặt cầu (S)
Với đường tròn (C) có tâm I (3; -1; 1), bán kính R = 1
c. Mặt cầu (S) có tâm I (-2; -4; 1) và
4 16 1 4 5
R
    

Ta có:
 
 
2 8 1 10
21 7 6

,
2
1 4 1 6
d I P
   
  
 

Ta thấy




,
d I P
7 6
2
 > R = 5


( )P S
   

Ví dụ 2: Cho mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 6 0
x y z x y z
     
.Tùy theo giá trị của k, xét vị trí tương đối của
mặt cầu (S) và mặt phẳng (P): x + y – z + k = 0

Bài giải:
Mặt cầu (S) có tâm


1;2;3 , 14
I R 
Ta có:
 
 
1 2 3
,
3
1 1 1
k k
d I P
  
 
 
. Khi đó:
- Nếu
14 42
3
k
d R k
     
(P) không cắt (S)
- Nếu
14 42
3
k

d R k
     
(P) tiếp xúc với (S)
- Nếu
14 42
3
k
d R k
     
(P) cắt (S) theo một đường tròn



Dạng 4: Các bài toán tiếp diện
Phương pháp:
Ví dụ 1: Lập phương trình mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu
2 2 2
(S): x y z 2x 4y 6z 0
     
tại điểm
M(4, 3, 1).
Bài giải:
Mặt cầu (S) có tâm I (1; 2; 3) và bán kính
14
R 

Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Gọi (P) là mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu (S) tại điểm M(4; 3; 1). Khi đó (P) qua M và nhận
 
3;1; 2
IM


là VTPT nên có phương trình là:







3 4 1 3 2 1 0 3 2 13 0
x y z x y z
          

Vídụ2: Cho mặt cầu
2 2 2
(S): x y z 2x 4y 6z 0
     
và đường thẳng
x 1 y 1 z 1
(d):
1 2 4
  
 


.
a) Tìm toạ độ giao điểm M, N của mặt cầu (S) với đường thẳng (d).
b) Viết phương trình các mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu tại M và N.
Bài giải:
a. Chuyển (d) về dạng tham số:
1
1 2 ,
1 4
x t
y t t R
z t
 


  


 


Thay x, y, z vào phương trình của (S) ta có:

           
2 2 2
1 1 2 1 4 2 1 4 1 2 6 1 4 0
t t t t t t
           

2
1

7 4 3 0
3
7
t
t t
t



    





Vậy (d) cắt (S) tai hai điểm
 
4 13 5
2; 1;5 , ; ;
7 7 7
M N
 
 
 
 

b. Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính
1 4 9 14
R    
Gọi (P), (Q) là hai mp lần lượt tiếp xúc với (S) tại M, N

Khi đó mp (P) qua M(2; -1; 5) và nhận
 
1; 3;2
IM  

là VTPT nên có phương trình:







1 2 3 1 2 5 0
3 2 15 0
x y z
x y z
     
    

Mp (Q) qua
4 13 5
; ;
7 7 7
N
 

 
 
và nhận

3 1 26
; ;
7 7 7
IN
 
   
 
 

là VTPT nên có phương trình:
106
3 26 0
7
x y z
   

Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Chú ý: Phương trình mp tiếp diện của mặt cầu (S) tại điểm M cho trước là mp qua M và nhận
IM

là
VTPT
Ví dụ 3: Cho mặt cầu
   
2 2
2

( ): 1 2 9
S x y z
    
và đường thẳng
3 5
( ) :
6 2 5
x y z
d
 
  .Viết phương trình các mặt phẳng chứa đường thẳng (d) và tiếp xúc với mặt cầu (S)
và xác định tọa độ tiếp điểm
Bài giải:
+ Mặt cầu (S) có tâm I (0; 1; 2) và bán kính R = 3
Lấy thêm điểm N(3; 2; 0) thuộc (d).Gỉa sử mp (P) có phương trình:

2 2 2
0, 0
ax by cz d a b c
      

Vì M, N thuộc (P) nên có:
3 5 0 3 5
3 2 0 2 6 5
a c d d a c
a b d b a c
     
 

 

     
 

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên:
 
 
2 2
2 2 2
2
, 3 2 3 0
2
c a
b c d
d I P R a ac c
c a
a b c
 
 

       

 
 


Với c = - a thì d = - 2a, b =
2
a

nên chọn a = 2 ta được c = -2, d = -4, b = -1



1
: 2 2 4 0
P x y z
    

Với c = - 2a thì d = -7a, b = 2a nên chon a = 1 ta được c = -2, d = -7, b = 2


2
: 2 7 0
P x y z
    

+ Xác định tọa độ
1
T
:
Đường thẳng
1
IT
qua I(0; 1; 2) và vuông góc với
1
( )
P
nên nhận VTPT
 
1
2; 1; 2

n
 

của
1
( )
P
là VTCP nên có PTTS:
2
1
2 2
x t
y t
z t



 


 


Vì


1 1 1
T IT P
  nên
1

T
là nghiệm của hệ:
 
1
2
1
9 9 1 2;0;0
2 2
2 2 4 0
x t
y t
t t T
z t
x y z



 

    

 


   


+ Tương tự





2 2 2 2
1;3;0
T IT P T  
Dạng 4: Vị trí tương đối giữa đường thẳng với mặt cầu
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Phương pháp:
Cách 1: Cho mặt cầu S (I; R) và đường thẳng d bất kì. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d và h =
IH là khoảng cách từ I đến d. Khi đó:
- Nếu ( )h R d S
    

- Nếu
h R
 
d tiếp xúc với (S) tại H. Khi đó d được gọi là tiếp tuyến của (S)
- Nếu


( ) ,
h R d S A B
   
Cách 2:
Bước 1: Chuyển (d) về dạng tham số theo t
Bước 2: Thay x, y, z của (d) vào (S) ta được:

2
0
at bt c
  
(1)
Bước 3: Kết luận:
- Nếu (1) vô nghiệm




d S
   

- Nếu (1) có nghiệm kép


S
 tiếp xúc với (d)
- Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt




( ) ,
d S A B
 
Chú ý:
1. Với các bài toán có chứa tham số ta nên sử dụng cách 2
2. Trường hợp đặc biệt d = 0


I H

. Khi đó AB là đường kính của (S)

Ví dụ 1: Cho đường thẳng (d) và mặt cầu (S) có phương trình:
       
2 2 2
1
: 1 , ,( ) : 3 1 4 14
2
x
d y t t R S x y z
z t



        


 


Chứng tỏ rằng (d) cắt (S) tại hai điểm A, B. Tính độ dài AB
Bài giải:
Thay phương trình của (d) vào (S), ta được:
     
2 2 2
1 3 1 1 2 4 14
t t

       



 
2
1 1;2;3
1 2 2
1 1;0;1
t A
t AB
t B
 
    

  



Ví dụ 2: Cho đường thẳng (d) và mặt cầu (S) có phương trình:
   
2
2 2
3 3
: ,( ): 3 24
1 1 1
x y x
d S x y z
 
     



a. Chứng tỏ đường thẳng (d) tiếp xúc với mặt cầu (S). Tìm tọa độ tiếp điểm
b. Viết phương trình đường thẳng song song với (d) và cắt (S) tại A, B sao cho độ dài AB lớn nhất
Bài giải:
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

a. Chuyển (d) về dạng tham số:
 
3
: ,
3
x t
d y t t R
z t
 


  


 


Thay phương trình của (d) vào (S) được:
     
2 2 2

2
3 3 3 24 3 6 3 0 1
t t t t t t
             

Vậy (d) tiếp xúc với (S) tại M (2; 1; 2)
b. Mặt cầu (S) có tâm I(0; -3; 0)
Gọi



là đường thẳng cần tìm
Vì



song song với (d) nên



có VTCP là
 
1; 1;1
u 


Vì




cắt (S) tại hai điểm A, B và AB lớn nhất thì



phải qua tâm I của mặt cầu (S). Do đó:



qua
I(0; -3; 0) và có VTCP là
 
1; 1;1
u 

nên có phương trình là:
 
: 3 ,
x t
y t t R
z t



    





Ví dụ 3: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; -2) và đường thẳng

 
2 2 3
:
2 3 2
x y z
  
   . Tính khoảng cách từ A đến



. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt



tại
hai điểm B, C sao cho BC = 8
Bài giải:
Đường thẳng



đi qua điểm M(-2; 2; -3) và có VTCP là
 
2;3;2
u 


Ta có
   
2; 2;1 , 7;2; 10

MA MA u
 
    
 
  

 
 
,
49 4 100
, 3
4 9 4
MA u
d A
u
 
 
 
    
 
 


Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt



tại B, C sao cho BC = 8

bán kính

2
2
16 9 5
2
BC
R d
 
    
 
 

Vậy phương trình (S) là:
 
2
2 2
2 25
x y z
   

Dạng 5: Tìm điểm thỏa mãn điều kiện cho trước
Loại 1: Quỹ tích điểm là mặt cầu
Phương pháp: Để tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn tính chất K(quỹ tích là một mặt
cầu) ta lựa chọn một trong ba cách sau:
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Cách 1: Tìm một điểm O cố định rồi từ đó dựa trên tính chất K chứng minh
OM = R với R là độ dài không đổi

Cách 2: Tìm hai điểm A, B cố định rồi từ đó dựa trên tính chất K chứng minh

0
90
AMB 
Cách 3: Tìm hai điểm A, B cố định rồi dựa trên tính chất K chứng minh
2 2 2
MA MB k
 

với k là hằng số.
Ví dụ 1: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:

2 2 2 2 2
2
MA MB MC MD a
   
Bài giải:
Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD, ta có:

2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
a MA MB MC MD MA MB MC MD
       
   











2 2 2 2
MG GA MG GB MG GC MG GD
       
       




2 2 2 2
3
4 4 2 4
2
MG GA MG GA GB GC GD MG a
       
    

2
2
2 2
;
8 4 4
a a a
MG MG M S G
 

     
 
 
 

Vậy tập hợp điểm M là mặt cầu
2
;
4
a
S G
 
 
 
 
 
   
2 2 2
0
/ / ;
OM M O
M MA MB k M OM R S O R
  
    
Chú ý: Với mỗi điểm A và mặt cầu S(O; R), đặt OA = d, ta định nghĩa:
 
2 2
/M O
P d R
 

Ví dụ 2: Cho AB = 4 và hai mặt cầu




1 2
;2 , ;3
S A S B
. Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn
   
/ /
27
M A M B
P P
 
(1)
Bài giải:
Ta có:
 
2 2 2
/
4
A
M A
P MA R MA
   
(2)

 

2 2 2
/
9
B
M B
P MB R MB
   
(3)
Thay (2), (3) vào (1), ta được:
2 2 2 2
13 27 40
MA MB MA MB
     
(4)

Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó: (4)
2 2
40
MA MB
  
 






2 2
40
MI IA MI IB

    
   


2
2 2
2 40 16 4
2
AB
MI MI MI
      

Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Vậy tập hợp điểm M là mặt cầu S(I; 4)
Ví dụ 3: Cho đường thẳng (d) và một điểm I không thuộc (d). Gọi M là điểm di động trên (d). Tìm quỹ
tích các điểm N sao cho:
.
IM IN k

, k là hằng số khác 0
Bài giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (d)
Lấy
: .
E IH IH IE k E
  

cố định
Khi đó kết hợp với giả thiết, ta có:
. .IH IE IM IN
 
tứ giác MHNE nội tiếp
IHM INE N
   

nhìn EI dưới một góc vuông
Vậy tập hợp điểm N thuộc mặt cầu đường kính EI
Ví dụ 4: Cho hai điểm cố định A, B. Tìm tập hợp điểm M trong không gian sao cho:
2 2 2
MA MB k
 
, với k là hằng số
Bài giải:
Gọi O là trung điểm của AB, khi đó với điểm M ta có:
 
2
2 2 2
1
2 4
AB
OM MA MB   ( định lý đường trung tuyến)
2 2
2
2 4
k AB
OM   . Vậy ta được:
 

2 2
2 2 2 2
/ /
2 4
k AB
M MA MB k M OM
 
    
 
 

Từ đó:
- Nếu
2 2
2 4
k AB
 thì đặt
2 2
2 4
k AB
R   ta được:







2 2 2
/ / ;

M MA MB k M OM R S O R
    
- Nếu
2 2
2 4
k AB
 thì
0
OM M O
  
. Vậy quỹ tích M chỉ gồm một điểm O
- Nếu
2 2
2 4
k AB
 thì quỹ tích M là tập rỗng
C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1: Tìm tâm và bán kính của mặt cầu sau:
a. 02z15y3x6z3y3x3
222
 ĐS:
1 5
1; ;
2 2
O
 

 
 
,

7
6
R 

b.
     
2 2 2
2 1 4 2 4 1 4
x y z
     
ĐS:
1
;2; 1 , 1
2
O R
 
  
 
 

Bài 2: Tìm tâm và bán kính của đường tròn sau:
2 2 2
x y z 4x 8y 2z 4 0
x 2y z 10 0
      


   


ĐS: không tồn tại đường tròn
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Bài 3: Cho họ


m
S
có phương trình:
     
2 2 2
2
2 1 2 5
x y z m m m
       

a. Tìm điều kiện của m để


m
S
là họ mặt cầu
b. Tìm mặt cầu có bán kính nhỏ nhất trong họ


m
S

c. Chứng tỏ rằng


m
S
luôn chứa một đường tròn cố định
ĐS: a. Với mọi m thì


m
S
luôn là phương trình mặt cầu với
 
2
2;1; , 2 5
I m R m m
  

b. Vậy trong họ


m
S
mặt cầu


1
S
có bán kính nhỏ nhất bằng 2

c. Vậy họ


m
S
luôn chứa đường tròn (C) có tâm


0
2;1;1 , 2
I R

nằm trong mặt phẳng z =1
Chú ý: Tổng quát phương pháp thực hiện yêu cầu: “ Chứng tỏ rằng họ mặt cầu


m
S
luôn chứa một
đường tròn cố định”
Bước 1: Gọi


0 0 0
; ;
M x y z
là điểm cố định mà họ


m

S
luôn đi qua
Bước 2: Lập phương trình ẩn m. Sau đó cho các hệ số = 0
Bài 4:Lập phương trình mặt cầu (S) trong các trường hợp sau:
a) Có tâm I(–2, 1, 1) và tiếp xúc với mặt phẳng có phương trình 05zy2x





ĐS:
     
2 2 2
8
2 1 1
3
x y z
     

b) Có tâm I nằm trên trục Ox và đi qua điểm A(3, 1, 0), B(5, 5, 0)
ĐS:
 
2
2 2
10 50
x y z
   

c) Có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy và đi qua ba điểm A(1, 2, 4), B(1, –3, 1),
C( 2, 2, 3) ĐS:

   
2 2
2
2 1 26
x y z
    

Bài 5: Lập phương trình mặt cầu:
a. Có tâm nằm trên tia Ox, bán kính bằng 5 và tiếp xúc với mp (Oyz)
b. Có bán kính bằng 2 và tiếp xúc với mp (Oxy) tại điểm M(3; 1; 0)
ĐS: a.
 
2
2 2
5 25
x y z
   

b.
 
 
2
2 2
2
2 2
3 ( 1) ( 2) 4
3 ( 1) ( 2) 4
x y z
x y z


     


     


Bài 6: Cho hai đường thẳng
1 2
2 5 0
: , :
2 0
0
x t
x z
d y t t R d
y
z


  


  
 
 





Khóa học: Hình học giải tích trong không gian ôn thi ĐH

Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Vũ Thanh Hà

Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc d
1
và cách d
2
một khoảng bằng 3. Cho biết mặt phẳng (P) 2x
+ 2y – 7z = 0 cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 5.
ĐS:
   
   
2 2
2
2 2
2
2 2 25
1 1 25
x y z
x y z

    


    


Bài 7: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm I(1; 1; 1) và đường thẳng
14 5
:
4 1 2
x y z
d
 
 

.
Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I cắt d tại hai điểm A, B sao cho AB = 16.
ĐS:
     
2 2 2
1 1 1 81
x y z
     

Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 10 = 0 và điểm I (2; 1; 3). Viết phương
trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4
ĐS:
     
2 2 2
2 1 3 25
x y z
     

Bài 9: Cho 2 điểm A(1; -1; 5), B(0; 0; 1)
a. Lập phương trình mp (P) qua 2 điểm A, B và song song với trục Oy
b. Lập phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với mp (P)

c. Lập phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất đi qua 2 điểm A, B và cắt (P) theo thiết diện là đường
tròn lớn
ĐS: a. (P): 4x – z + 1 = 0
b.
 
2
2 2
1
13
17
x y z
   

c.
 
2 2
2
1 1 9
3
2 2 2
x y z
   
     
   
   

Bài 10: Cho điểm A( 2; 3; 4) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z – 6 = 0
a. Lập phương trình mp (P) đi qua A và song song với (P)
b. Lập phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) tại A và tiếp xúc với (Q)
c. Lập phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với (P) tại điểm A à cắt (Q) theo thiết diện là

đường tròn lớn ĐS: a. (P): x + 2y + 3z – 20 = 0, b.
2 2 2
3 5 7 3
2 2 2 4
x y z
     
     
     
     

c.
     
2 2 2
1 2 3 3
x y z
     