TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2

Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Contents
DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU.......................................................................................1
ĐỀ SỐ 1........................................................................................................................................1


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1 .........................................................................................4

ĐỀ SỐ 2...................................................................................................................................... 16


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 2 ....................................................................................... 19

ĐỀ SỐ 3...................................................................................................................................... 28


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 3 ....................................................................................... 31

ĐỀ SỐ 4...................................................................................................................................... 40


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 4 ....................................................................................... 43

ĐỀ SỐ 5...................................................................................................................................... 51


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 5 ....................................................................................... 54

ĐỀ SỐ 6...................................................................................................................................... 64


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 6 ....................................................................................... 66

DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU
ĐỀ SỐ 1
THỜI GIAN LÀM BÀI: 60 PHÚT
Câu 1:

(TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng

 P : 2x  6y  z  3  0 cắt trục Oz

và đường thẳng d :

x5 y z6
lần lượt tại A ,
 
1
2
1

B . Phương trình mặt cầu đường kính AB là

A.  x  2    y  1   z  5   36 .

B.  x  2    y  1   z  5   9 .

C.  x  2    y  1   z  5   9 .

D.  x  2    y  1   z  5   36 .

2

2

Câu 2:

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

(THPT Chuyên Hà Tĩnh) Trong không gian Oxyz , gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu đi

qua điểm A 1;  1; 4  và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P  a  b  c .

A. P  6

B. P  0

C. P  3

D. P  9

1


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Câu 3:

(THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1; 2; 3 ,

B  3; 4; 4  , C  2;6;6  và I  a; b; c  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính
abc.

31
B.
.
3

63
A.
.
5

Câu 4:

46
C. 5 .

D. 10 .

[SDG PHU THO] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm I (2; 5; 3) cắt
đường thẳng d :

x 1 y z  2
tại hai điểm phân biệt A , B với chu vi tam giác IAB
 
2
1
2

bằng 14  2 31 có phương trình
A.  x  2    y  3    z  5   49 .

B.  x  2    y  3    z  5   196 .

C.  x  2    y  3    z  5   31 .

D.  x  2    y  3    z  5   124 .

2

2

Câu 5:

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

(SỞ GD-ĐT PHÚ THỌ) Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I  2; 5; 3 cắt đường
x 1 y z  2
tại hai điểm phân biết A; B với chu vi tam giác IAB bằng
 
2
1
2

thẳng d :

10  2 7 có phương trình:
A.  x  2    y  5    z  3   25
2

2

2

B.  x  2    y  5    z  3   100
2

2

2

Câu 6. (TT Tân Hồng Phong) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho họ đường thẳng
 x  1  2mt

 dm  :  y  1   2m  1 t , m là tham số thực. Mặt phẳng   luôn qua  dm  . Tìm chu vi

 z  2   3m  1 t

đường tròn giao tuyến của mặt cầu S : x2  y2  z2  4x  2 y  2z  3  0 và mặt phẳng

  .
A. 2 2 .
Câu 7:

B. 4 2 .

C.

8 66
.
11

D. 4 2 .

[THPT Chuyen LHP Nam Dinh] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường
thẳng d :

x z3 y2
và hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2z  0 , Q : x  2y  3z  5  0.


2
1
1

Mặt cầu S  có tâm I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng  P  . Mặt phẳng

Q  tiếp xúc với mặt cầu S . Viết phương trình của mặt cầu S . .
2


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

A. S  :  x  2    y  4    z  3  

9
.
14

B. S  :  x  2    y  4    z  3  

C.  S  :  x  2    y  4    z  3  

2
.
7

D. S  :  x  2    y  4    z  3  

2

2

Câu 8:

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2
7
9
.
14

[THPT Chuyên SPHN] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai đường thẳng
x  4 y 1 z  5
x2 y3 z
và d2 :



 . Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc
3
1
2
1
3

1
với cả hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình:
d1 :

Câu 9:

A. x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 z  0 .

B. x 2  y 2  z 2  2 x  y  z  0 .

C. x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 z  0 .

D. x 2  y 2  z 2  2 x  y  z  0 .

(THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai
điểm A  0; 2; 2  , B  2; 2;0  . Gọi I1 1;1; 1 và I 2  3;1;1 là tâm của hai đường tròn nằm
trên hai mặt phẳng khác nhau và có chung một dây cung AB . Biết rằng luôn có một
mặt cầu S  đi qua cả hai đường tròn ấy. Tính bán kính R của S  .
A. R 

219
3

B. R  2 2

C. R 

129
3

D. R  2 6

Câu 10: [THPT Lê Hồng Phong-HCM] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 đường
thẳng

 d  : x 2 1 
1

y 1 z 1
,

1
2

 d  : x 1 3 
2

y 1 z 2
,

2
2

 d  : x 2 4 
3

y  4 z 1
.

2

1

Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I  a; b; c  , tiếp xúc với 3 đường thẳng  d1  ,  d2  ,  d3  .
Tính S  a  2b  3c .
A. S  10 .

B. S  11 .

C. S  12 .

D. S  13 .

Câu 11: (Chuyên KHTN - Lần 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2;0;0 
, B  0; 4;0  , C  0;0;6  . Điểm M thay đổi trên mặt phẳng  ABC  và N là điểm trên tia
OM sao cho OM.ON  12 . Biết rằng khi M thay đổi, điểm N luôn thuộc một mặt cầu

cố định. Tính bán kính của mặt cầu đó.
A.

7
.
2

B. 3 2 .

C. 2 3 .

D.

5

.
2

Câu 12: (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng) Trong không gian cho tam giác ABC đều cạnh
bằng 2 cố định, M là điểm thỏa mãn MA2  MB2  2 MC 2  12 . Khẳng định nào sau
đây đúng?

3


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

A. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R  7
B. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 

2 7
3

C. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 

7
2

D. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 

2 7
9

Câu 13: (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho các điểm

M 1; m;0  , N  1;0; n với m, n là các số thực dương thỏa mãn mn  2 . Chứng minh
rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Xác định bán kính của
mặt cầu đó?
A. R 

1
.
2

B. R 

6
.
3

C. R 

2
.
2

D. R  1

Câu 14. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm

A 1;0;  3 , B  3;  2;  5 . Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn
đẳng thức AM 2  BM 2  30 là một mặt cầu S  . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt
cầu S  là

Câu 15:

A. I  2;  2;  8  ; R  3 .

B. I  1;  1;  4  ; R  6 .

C. I  1;  1;  4  ; R  3 .

D. I  1;  1;  4  ; R 

30
.
2

(THPT Chuyên ĐHSP Hà NộI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm

A  0;0;  2  , B  4;0;0  . Mặt cầu S  có bán kính nhỏ nhất, đi qua O , A , B có tâm là
A. I  0;0;  1 .

B. I  2;0;0  .

C. I  2;0;  1 .

D.

4
2
I  ; 0;   .
3
3

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1
CÂU 1:
Lời giải
Chọn B

4


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

x5 y z6
lần
 
1
2
1
lượt tại A  0;0; 3  , B  4; 2;7  . Suy ra AB  9 và trung điểm của đoạn thẳng AB là

Mặt phẳng  P  : 2x  6 y  z  3  0 cắt trục Oz và đường thẳng d :

I  2; 1; 5 .
Vậy mặt cầu đường kính AB có phương trình là  x  2    y  1   z  5   9 .
2

2

2

CÂU 2:
Lời giải

Chọn D
Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên
a  b  c

a  b  c
d  I ,  Oyz    d  I , Ozx    d  I , Oxy    a  b  c  
 a  b  c

 a  b  c
Nhận thấy chỉ có trường hợp a  b  c thì phương trình AI  d  I , Oxy   có nghiệm,
các trường hợp còn lại vô nghiệm.
Thật vậy:
Với a  b  c thì I  a;  a; a 





AI  d I ,  Oyx    a  1   a  1   a  4   a 2  a 2  6 a  9  0  a  3
2

2

2

Khi đó P  a  b  c  9 .
CÂU 3:
Lời giải
Chọn C
Ta có

AB   2; 2;1 BC   1; 2; 2    AB, BC    2; 5; 6 
,
.

Phương trình mặt phẳng
Do

I  a; b; c 

 ABC  là 2x  5y  6z  10  0 .

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên

5


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

2 a  5b  6c  10  0
 I   ABC 


2
2
2
2
2
2



IA

IB
 a  1   b  2    c  3    a  3    b  4    c  4 


 IA  IC
2
2
2
2
2
2

 a  1   b  2    c  3    a  2    b  6    c  6 


3
a  10
2 a  5b  6c  10


4 a  4b  2c  27  b  4 .
2 a  8b  6c  62

49

c 
 10

Vậy

abc 

46
5 .

CÂU 4:
Lời giải
Chọn A
Gọi R ( B ) là bán kính của mặt cầu cần tìm.
d đi qua điểm M(1;0; 2) và có một vectơ chỉ phương là u   2;1; 2  .

Gọi H là hình chiếu của I lên d ta có IH  d  I ; d  

 MI ; u


u

3 2 .

Suy ra AB  2 R2  IH 2  2 R2  18 .
Từ đó ta có
2 R  2 R2  18  14  2 31  R  R2  18  7  31


R7
 R  71 

  0  R  7 .

R2  18  31 


Suy ra phương trình mặt cầu  x  2    y  3    z  5   49 .
2

2

2

CÂU 5:
Lời giải
Chọn A

6


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Gọi H là hình chiếu cảu I trên đường thẳng d . Ta có IH  d  I ; d  

 MI .u 
d

ud

3 2.

với M 1;0; 2   d ; ud   2;1; 2  .
đặt HA  x trong tam giác vuông IAH ta có: IA  HA 2  IH 2  x 2  18
theo giả thiết ta có : IA  IB  AB  2 x 2  18  2 x  10  2 7 .
x2  7

 2( x2  18  5)  2( x  7)  0 





 x 7 (

x 7
x2  18  5

x2  18  5

x 7 0

 1)  0  x  7 .

 R  IA  HA2  IH 2  5 .

vậy phương trình mặt cầu là:  x  2    y  5    z  3   25
2

2

2

CÂU 6:
Lời giải
Chọn C

 d  , ta có 5x  2 y  2z  3  0 .
  : 5x  2y  2z  3  0 luôn đi qua  d  với mọi m .

Từ phương trình tham số của

m

Vậy mặt phẳng

m

Mặt cầu S  có tâm I  2;1;1 và bán kính R  3 .





Khoảng cách d I ;   

5.2  2  2  3
5 2 2
2

2

2



33
.
11

7


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

2

 33 
4 66
Bán kính đường tròn giao tuyến bằng r  R  d  3  
.
 
 11 
11


2

2

Chu vi của đường tròn giao tuyến là C  2 r 

2

8 66
.
11

CÂU 7:
Lời giải
Chọn C
 x  2t

Ta có d :  y  3  t  t 
z  2  t


  I  2t; t  3; t  2 . .

Mà I   P   2t  2  t  3  2 t  2   0  2t  2  0  t  1  I  2; 4; 3 . .
Gọi R là bán kính của S , ta có  Q  tiếp xúc với S  .





 d I ; Q   R  R 

2  2.4  3.3  5
1   2   3
2

2

2



2
14

..

Kết hợp với S  có tâm I  2; 4; 3  S  :  x  2    y  4    z  3  
2

2

2

4 2
 .
14 7

CÂU 8:
Lời giải
Chọn C
Ta có hai đường thẳng d1 :

x  4 y 1 z  5
x2 y3 z
và d2 :




 lần lượt có hai
3
1
2
1
3
1

véc-tơ chỉ phương u1  3; 1; 2  và u2 1; 3;1 .
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 khi đoạn
vuông góc chung của hai đường thẳng là một đường kính của mặt cầu.

8


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Gọi A  4  3a;1  a; 5  2a   d1 và B  2  b; 3  3b; b  d2 ,
AB  b  3a  2; 3b  a  4; b  2a  5  . AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng

 AB  u
 AB.u  0  7 a  b  6  0
a  1
1
1




d1 và d2 khi và chỉ khi 
 AB  u2
 AB.u2  0 11b  2 a  9  0 b  1

Suy ra A 1; 2; 3 , B  3;0;1 và AB  2; 2; 4  . Suy ra mặt cầu S  có tâm của là trung
điểm của đoạn AB có tọa độ I  2;1; 1 và bán kính R 

AB
 6 . Suy ra  S  có
2

phương trình là x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 z  0. .
CÂU 9:
Lời giải
Chọn C

Gọi d1 là đường thẳng đi qua I 1 và vuông góc với mặt phẳng  I1 AB  , khi đó d1 chứa
tâm các mặt cầu đi qua đường tròn tâm I 1 ; d2 là đường thẳng đi qua I 2 và vuông
góc với mặt phẳng  I 2 AB , khi đó d2 chứa tâm các mặt cầu đi qua đường tròn tâm I 2 .
Do đó, mặt cầu S  đi qua cả hai đường tròn tâm  I1  và  I 2  có tâm I là giao điểm
của d1 và d2 và bán kính R  IA
Ta có I1 A   1;1; 3  , I1 B  1; 3;1 . Đường thẳng d1 có véc-tơ pháp tuyến là
 I A; I B  10; 4; 2   2  5; 2;1 .
1 
 1

9

Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

 x  1  5t

Phương trình đường thẳng d1 là: d1 :  y  1  2t .
 z  1  t


Ta có I 2 A   3;1;1 , I 2 B   1; 3; 1 . Đường thẳng d2 có véc-tơ pháp tuyến là
 I A; I B   2; 4;10   2 1; 2; 5  .
2 
 2
x  3  s

Phương trình đường thẳng d2 là: d2 :  y  1  2s .
 z  1  5s

 1
1  5t  3  s
t  3
8 5 2

Xét hệ phương trình: 1  2t  1  2s  
. Suy ra I   ; ;   .
3 3 3
s   1
1  t  1  5s


3

2

2

2

 8 
5 
2
129
Bán kính mặt cầu S  là R  IA       2     2   
.
3
3
3
3

 
 


CÂU 10:
Lời giải
Chọn B

B

 d  đi qua điểm A 1;1;1 có VTCP u   2;1;  2  .
1

d2

1

 d  đi qua điểm B 3;  1; 2 có VTCP u  1; 2; 2  .
2

2

I

 d  đi qua điểm C  4; 4;1 có VTCP u   2;  2;1 .
3

3

A
Ta có u1 .u2  0 , u2 .u3  0 , u3 .u1  0

  d1  ,  d2  ,  d3  đôi một vuông góc với nhau.

d1

C
d3

u , u  .AB  0 , u , u  .BC  0 , u , u  .CA  0
 2 3
 1 2
 3 1

  d1  ,  d2  ,  d3  đôi một chéo nhau.
Lại có: AB   2;  2;1 ; AB. u1  0 và AB.u2  0 nên  d1  ,  d2  ,  d3  chứa 3 cạnh của
hình hộp chữ nhật như hình vẽ.

10


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Vì mặt cầu tâm I  a; b; c  tiếp xúc với 3 đường thẳng  d1  ,  d2  ,  d3  nên bán kính

R  d  I , d1   d  I , d2   d  I , d3   R2  d2  I , d1   d2  I , d2   d2  I , d3 
  AI , u 
1

2
 R 
u1



2

   BI , u 
2
 
 
  u2
 

2

  CI , u 
3
 
 
  u3
 

2


2
2
2

 , với u1  u2  u3  9 ,



AI   a  1; b  1; c  1 ,  AI , u1    2b  c  1; 2a  2c  4; a  2b  1 .


BI   a  3; b  1; c  2  ,  BI , u2    2b  2c  6;  2a  c  4; 2a  b  7  .


CI   a  4; b  4; c  1 , CI , u3    b  2c  6;  a  2c  2; 2 a  2b  16  .



2
 2 

9 R   AI , u1 

2
2
2
2
 2 
2








27
R

AI
,
u

BI
,
u


CI
,
u
9
R

BI
,
u

1
2
3
2





2
9 R2  CI , u 
3







 27 R2  18 a2  b2  c 2  126a  54b  54c  423

2

2

2




7
3
3  243 243
 27 R  18  a    18  b    18  c   

2
2
2
2
2



2

 Rmin 

3
2

khi a 

7 3 3
7
3
, b  c   I ; ; .
2
2
2 2 2

Khi đó S  a  2b  3c  11 .
CÂU 11:
Lời giải
Chọn A
Phương trình mặt phẳng  ABC  :

x y z
   1  6 x  3 y  2 z  12  0
2 4 6

Gọi N  x; y; z 

11


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Theo giả thiết ta có N là điểm trên tia OM sao cho OM.ON  12 suy ra
OM 

12

.ON
ON 2


12 y
12 x
12 z
; 2
; 2
Do đó M  2
2
2
2
2
2
2
x y z x y z x y z

Mặt khác M   ABC  nên 6




 .


12 y
12 x
12 z
3 2

2 2
 12  0
2
2
2
2
x y z
x y z
x  y2  z2
2



 6x  3y  2z  x2  y 2  z2  0  x2  y 2  z2  6x  3y  2z  0 .

Do đó điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định S : x2  y2  z2  6x  3y  2z  0 có
2

3
7
 3 
tâm I  3; ;1  và bán kính R  32     12  .
2
2
 2 

CÂU 12:
Lời giải
Chọn C

C

I

A

D

B

Trước hết, ta xác định điểm I thỏa mãn IA  IB  2IC  0 . Gọi D là trung điểm AB ,
ta có:
IA  IB  2IC  0  2ID  2IC  0  ID  IC  0

Suy ra I là trung điểm CD .
Từ đó, ta có:

12


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

2

2

2

MA2  MB2  2 MC 2  12  MA  MB  2 MC  12



 



2



2

 MI  IA  MI  IB  2 MI  IC



2



2



2

2

 12
2

 4 MI  MI IA  IB  2IC  IA  IB  2IC  12
 4 MI 2  IA2  IB2  2 IC 2  12

 MI 
2



12  IA2  IB2  2 IC 2
4

.

Mặt khác:





IA2  IB2  2 IC 2  2 IA 2  2 IC 2  2 ID 2  AD 2  2 IC 2
2

2
AB2  2 3  2
AB2

 4 IC  2 AD  CD 
 CD 2 
   5.

 2 
2
2
2


2

Nên: MI 2 

2

2



12  IA2  IB2  2IC 2
4

  12  5  7 . Suy ra IM 
4

4

Vậy, tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 

7
7
.


4
2

7
.
2

CÂU 13:
Lời giải
Chọn D

2
Cách 1: Giả sử tâm mặt cầu cần tìm là I  a; b; c  . Xét M  1; m; 0  , N  1; 0;  ta có:
m

 IM , MN 


d  I ; MN  

MN

 m c  2m  2b   2mc  2a  2    m a  2mb  m 
2

2

2

2

2

2

m4  4 m2  4

Ta thấy rằng nếu a  b  c  0 thì d  I ; MN   1 là giá trị không đổi.
Cách 2: Xét hệ trục tọa độ Oxyz với các điểm M, N trong hệ tọa độ đó như hình vẽ
bên. Ta lần lượt gọi các điểm A 1;0;0  , B  1;0;0  .

Từ hệ tọa độ, ta thấy rằng AM và BN là các đường thẳng chéo nhau có đoạn vuông
góc chung là AB.

13


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Vấn đề mấu chốt là khai thác dữ kiện mn  2 .
Ta có: AM  m, BN  n . Đồng thời:
MN  4  m2  n2  4   m  n  2mn  m  n .
2

Vậy MN  AM  BN . Gọi O là trung điểm của AB, hạ OH  MN . Theo định lý
Pythagoras:
2
2
2
2

2

OM  OA  AM  OH  MH

2
2
2
2
2

ON  OB  BN  OH  NH

Do vậy: AM 2  BN 2  MH 2  NH 2 hay:

 AM  BN  AM  BN    MH  NH  MH  NH 
 AM  BN  MH  NH  AM  MH


 AM  BN  MH  NH BN  NH
 OH 2  OM 2  MH 2  OM 2  MA2  OA2  1 .

Vậy tâm O có khoảng cách tới MN bằng 1.
(Bài toán của tác giả Đoàn Trí Dũng)

14


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

M

H
B
A

N

O

.

CÂU 14:
Lời giải
Chọn C
Gọi tọa độ điểm M  x; y; z  . Khi đó AM 2  BM 2  30
  x  1  y 2   z  3    x  3    y  2    z  5   30
2

2

2

2

2

 2 x 2  2 y 2  2 z 2  4 x  4 y  16 z  18  0
 x2  y 2  z2  2x  2 y  8z  9  0
  x  1   y  1   z  4   9 là phương trình của mặt cầu  S  , có tâm I  1;  1;  4  và bán
2

2

2

kính R  3 .
CÂU 15:
Lời giải
Chọn C
Gọi J là trung điểm AB  J  2;0;  1
Tam giác ABO vuông tại O nên J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB .
Gọi I là tâm mặt cầu S  , S  qua các điểm A , B , O .
Ta có đường thẳng IJ qua J và có một VTCP là j   0;1; 0  nên có PTTS
x  2

y  b .
 z  1

I   IJ   I  2; b;  1 ,IA  b2  5  IA  5 .

15


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Dấu bằng xảy ra khi b  0
Vậy I  2;0;  1 .
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ĐỀ SỐ 2
THỜI GIAN LÀM BÀI: 60 PHÚT
Câu 1:

(THTT - Số 484 - Tháng 10) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm

A 1; 2; 4  , B 1; 3;1 , C  2; 2; 3 . Tính đường kính l của mặt cầu S  đi qua ba điểm
trên và có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy  .
A. l  2 13 .
Câu 2:

C. l  2 26 .

D. l  2 11 .

[TT Hiếu Học Minh Châu] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

S  đi qua điểm A 2; 2; 5 và tiếp xúc với các mặt phẳng   : x  1 ,    : y  1 ,
  : z  1 . Bán kính mặt cầu S  bằng.
A. 3 .

Câu 3:

B. l  2 41 .

B.

33 .

C. 3 2 .

D. 1 .

[Sở GD và ĐT Long An] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I  2; 1; 6 

x 1 y z 1
 
. Gọi  P  là mặt phẳng thay đổi luôn chứa đường
1
2
2
thẳng  ; S  là mặt cầu có tâm I và tiếp xúc mặt phẳng  P  sao cho mặt cầu S  có

và đường thẳng  :

bán kính lớn nhất. Tính bán kính R của mặt cầu S  .
A. R  5 .
Câu 4:

B. R  3 2 .

C. R  2 5 .

D. R  2 3 .

(THPT CHUYÊN KHTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

A  5;0;0  và B  3; 4;0  . Với C là điểm nằm trên trục Oz , gọi H là trực tâm của tam
giác ABC . Khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán
kính của đường tròn đó bằng
5
3
5
.
B.

.
C.
.
D. 3 .
4
2
2
(Đề thi lần 6- Đoàn Trí Dũng)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết

A.
Câu 5.

phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm M 1;1; 2  , đồng thởi cắt 3 trục tọa độ lần
lượt tại các điểm A, B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC .
A. x  y  2 z  6  0 . B.

x y z
   3  0 . C. x  y  2 z  4  0 .
1 1 2

D.

x  y  2z  2  0 .

16


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Câu 6:

[MINH HỌA L2 - 2017]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét các điểm A  0;0;1 ,

B  m;0;0  , C  0; n;0  , D 1;1;1 với m  0; n  0 và m  n  1. Biết rằng khi m , n thay
đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  và đi qua d . Tính bán
kính R của mặt cầu đó?
A. R  1 .
Câu 7:

B. R 

2
.
2

C. R 

3
.
2

D. R 

3
.
2

[CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

A  0;0; 4  , điểm M nằm trên mặt phẳng Oxy  và M  O . Gọi D là hình chiếu vuông

góc của O lên AM và E là trung điểm của OM . Biết đường thẳng DE luôn tiếp xúc
với một mặt cầu cố định. Tính bán kính mặt cầu đó.
B. R  1 .

A. R  2 .
Câu 8:

C. R  4 .

D. R  2 .

(THPT CHUYÊN KHTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
d1 :

x1 y 1 z 1
x2 y z9
và d2 :
. Mặt cầu có một đường kính là đoạn


 
2
1
3
1
2
3

thẳng vuông góc chung của d1 và d2 có phương trình là:
2

2

2

16  
2
A.  x     y     z  14   3 .
3  
3

2

2

2

8 
1
C.  x     y     z  7   3 .
3 
3


Câu 9:

2

2

2

8 
1
B.  x     y     z  7   12 .
3 
3

2

2

2

16  
2
D.  x     y     z  14   12
3  
3


(THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện
ABCD có tọa độ đỉnh A  2; 0; 0  , B  0; 4; 0  , C  0; 0; 6  , A  2; 4; 6  . Gọi  S  là mặt

cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm trùng với tâm
của mặt cầu S  và có bán kính gấp 2 lần bán kính của mặt cầu S  .
A.  x  1   y  2    z  3   56 .

B. x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  0 .

C.  x  1   y  2    z  3   14 .

D. x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  12  0

2

2

Câu 10.

2

2

2

2

(Sở GD Bạc Liêu - HKII) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho m , n là hai số
thực dương thỏa mãn m  2n  1 . Gọi A , B , C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng

 P  : mx  ny  mnz  mn  0 với các trục tọa độ Ox , Oy , Oz . Khi mặt cầu ngoại tiếp tứ

diện OABC có bán kính nhỏ nhất thì 2m  n có giá trị bằng

17


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

A.
Câu 11:

3
.
5

B.

4
.
5

C.

2
.
5

D. 1 .

(Toán Học Tuổi Trẻ - Số 5) Trong không gian Oxyz , cho điểm H 1; 2;  2  . Mặt phẳng

  đi qua H

và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác

ABC . Viết phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng   .

A. x 2  y 2  z 2  81 .

C. x 2  y 2  z 2  9 .

B. x 2  y 2  z 2  1 .

D.

x 2  y 2  z 2  25 .

Câu 12:

[LẠNG GIANG SỐ 1]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng
 x2
x  1
x 1 y z 1


 
. Viết phương trình mặt cầu
d1 :  y  1, t  ; d2 :  y  u , u  ;  :
1
1
1
z  1  u
z  t



tiếp xúc với cả d1 , d2 và có tâm thuộc đường thẳng  ?
Câu 13: Cho điểm A  2; 5;1 và mặt phẳng ( P) : 6 x  3 y  2 z  24  0 , H là hình chiếu vuông góc

của A trên mặt phẳng  P  . Phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 và tiếp xúc
với mặt phẳng  P  tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu là:
A.  x  8    y  8    z  1  196.

B.  x  8    y  8    z  1  196.

C.  x  16    y  4    z  7   196.

D.  x  16    y  4    z  7   196.

2

2

2

2

2

 P : x  2y  2z  10  0

Câu 14: Cho mặt phẳng
2 :

2

2

2

2

2

2

2

và hai đường thẳng 1 :

x  2 y z 1
,
 
1
1
1

x2 y z3
. Mặt cầu S  có tâm thuộc  1 , tiếp xúc với  2 và mặt phẳng  P 
 
1
1
4

, có phương trình:
2

2

2

2

2

2


11  
7 
5  81
A. ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  9 hoặc  x     y     z    .
2 
2 
2
4

2

2

2


11  
7 
5  81
B. ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  9 hoặc  x     y     z    .
2 

2 
2
4

2

2

2

C. ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  2)2  9.
D. ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  2)2  3.

18


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Câu 15:

(THPT Kim Liên-Hà Nội)

Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm

M  2; 2;1

,

 8 4 8 
N ; ; 
 3 3 3  . Viết phương trình mặt cầu có tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam

Oxz 
giác OMN và tiếp xúc với mặt phẳng 
.
A. x 2   y  1   z  1  1 .

B. x 2   y  1   z  1  1 .

C.  x  1   y  1  z 2  1 .

D.  x  1  y 2   z  1  1 .

2

2

2

2

2

2

2

2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 2
CÂU 1:
Lời giải
Chọn C.

Gọi tâm mặt cầu là : I  x; y; 0  .

 IA  IB



 IA  IC



 x  1   y  2 

2

 42 

 x  1   y  3 

 x  1   y  2 

2

 42 

 x  2   y  2

2

2

2

2

2

2

 12
 32

2
2
2
2

 y  2   4   y  3   1

2
2

 x  2 x  1  16  x  4 x  4  9

10 y  10
 x  2


 l  2R  2
2 x  4
y  1

 3   1
2

2

 42  2 26 .

CÂU 2:
Lời giải
Chọn A
Gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu.

 a  1  b  1 (*)

Ta có:  a  1  c  1 (**)
.

2
2
2
2

 a  1   a  2    b  2    c  5  (***)

 b  c

Từ (*) (**)  
.
b  c  2  0
Xét b  c :

19


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

a  c

- Từ (**)  
.
a  c  2

a  4

- Với a  c thay vào (***)  b  4  R  a  1  3 .
c  4

Tương tự các trường hợp khác. Chọn A.
CÂU 3:
Lời giải
Chọn B
Gọi H là hình chiếu của I lên  .

Ta có: IH  d  I ,    d  I ,  P   .

Gọi   là mặt phẳng chứa I và vuông góc  .
Ta tìm được   : x  2 y  2z  12  0 .
Tọa độ H là giao điểm của   và    nên là nghiệm của hệ phương trình:
x  1  t
t  1


 y  2t
x  2
.



 z  1  2t
y  2
 x  2 y  2 z  12  0  z  3

Vậy: H  2; 2; 3 .
2
2
2
Bán kính R  IH  0  3  3  3 2 .

CÂU 4:
Lời giải
Chọn A

20

Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

z
C

H

y

O
K

B
E

Ax

Ta có C  0;0; c  . Dễ thấy tam giác ABC cân tại C . Gọi E   4; 2;0  là trung điểm của
 AB  OC
) và là mặt phẳng cố
AB . Ta có mặt phẳng OCE vuông góc với AB (do 
 AB  CE

định.

Gọi K là trực tâm tam giác OAB , do A , B và K cùng nằm trong mặt phẳng Oxy 
x  3
OK.AB  0


 3 

x.  2   y.4  0
nên 



3 . Tìm được K   3; ; 0  .
 2 

 BK.OA  0
y 
x  3  0
2


 AB   OEC   HK  AB

Ta chứng minh được KH  CAB do 
.
CA   BHK   HK  CA

Suy ra KHE  90 . Suy ra H thuộc mặt cầu đường kính KE  1 







1
5

và
4
2



3
 d B, SCD   d H , SCD  thuộc mặt phẳng OCE cố định. Vậy H luôn thuộc
2

một đường tròn cố định có bán kính R 

5
.
4

CÂU 5:
Lời giải
Chọn A

21


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC .

OA  OB
Ta có: 
 OA  OBC   OA  BC .
OA  OC

Mặt khác: BC  AH nên BC  OAH   BC  OM .
Tương tự ta có: AB  OM .
Vậy OM   ABC  . Suy ra nP  OM  1;1; 2  .
Phương trình mặt phẳng  P  : x  y  2z  6  0 .
CÂU 6:
Lời giải
Chọn A
Gọi I 1;1;0  là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (Oxy )
Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC) là:

x y
 z 1
m n

Suy ra phương trình tổng quát của ( ABC) là nx  my  mnz  mn  0





Mặt khác d I ;  ABC  

1  mn
m  n2  m 2 n2
2





 1 (vì m  n  1 ) và ID  1  d( I ;  ABC  .

Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp
xúc với ( ABC) và đi qua D . Khi đó R  1 .
CÂU 7:

22


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

Lời giải
Chọn A
A

I
D

M

O

E

Ta có tam giác OAM luôn vuông tại O .

Gọi I là trung điểm của OA (Điểm I cố định)
Ta có tam giác ADO vuông tại D có ID là
1
đường trung tuyến nên ID  OA  2 1
2
Ta có IE là đường trung bình của tam giác OAM
nên IE song song với AM mà OD  AM  OD  IE
Mặt khác tam giác EOD cân tại E . Từ đó suy ra
IE là đường trung trực của OD

Nên DOE  ODE; IOD  IDO  IDE  IOE  90  ID  DE  2 
Vậy DE luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính R 

OA
2.
2

CÂU 8:
Lời giải
Chọn C
Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là u1   2;1; 3 , u2  1; 2; 3  .
Gọi AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 với A  d1 , B  d2 .
Suy ra: A  1  2a; 1  a; 1  3a  ; B  2  b; 2b;9  3b  .
Khi đó: AB   2a  b  3; a  2b  1; 3a  3b  10  .
Vì AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 nên:
  11 4 

7
a


A ; ; 6 
 AB  u

14a  13b  37
  3 3 
3
1



 AB  2 3 .

13a  14b  35
b   1
 AB  u2
B  5 ;  2 ; 8 




3
 3 3 

23


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

8 1 
1

Gọi I là tâm mặt cầu S  có đường kính là AB . Suy ra I  ; ;7  và R  AB  3 .
2
3 3 
2

2

2

8 
1
Vậy phương trình mặt cầu S  :  x     y     z  7   3 .
3 
3


CÂU 9:
Lời giải
Chọn A
Gọi phương trình mặt cầu S  có dạng: x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 .
Vì S  là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên ta có:
2 2  0 2  0 2  2.a.2  2.b.0  2.c.0  d  0
4a  d  4
a  1
 2


2
2
0  4  0  2.a.0  2.b.4  2.c.0  d  0

8b  d  16
b  2
 

 2
2
2
0  0  6  2.a.0  2.b.0  2.c.6  d  0
12c  d  36
c  3
2 2  4 2  6 2  2.a.2  2.b.4  2.c.6  d  0
4a  8b  12c  d  56
d  0


 x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  0  I 1; 2; 3 và R  14  R  2 14 .
Vậy: mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 3 và R  2 14 :  x  1   y  2    z  3   56
2

2

2

CÂU 10:
Lời giải
Chọn B
Phương trình mặt phẳng  P  : mx  ny  mnz  mn  0 

x y z
  1.

n m 1

Do A , B , C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng  P  với các trục tọa độ Ox , Oy ,
Oz nên A  n;0;0  ; B  0; m;0  ; C  0;0;1 khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC

n m 1
là I  ; ;  .
2 2 2

 n 1  2n 1 
; .
Theo đề bài ta có m  2n  1  m  1  2n  I  ;
2
2
2

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là R  OI 

1
5n2  4n  2
2

2

1 
2 6 1 6

5 n    
.
2 

5 5 2 5

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC nhỏ nhất khi n 

2
1
m .
5
5

24


Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn

 2m  n 

4
.
5

CÂU 11:
Lời giải
Chọn C

z

C

H

O

B

y

K

A

x
Ta có H là trực tâm tam giác ABC  OH   ABC  .
Thật vậy :
OC  OA
 OC  AB (1)

OC  OB

Mà CH  AB (vì H là trực tâm tam giác ABC ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB  OHC   AB  OH (*)
Tương tự BC  OAH   BC  OH . (**)
Từ (*) và (**) suy ra OH   ABC  .
Khi đó mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng  ABC  có bán kính R  OH  3 .
Vậy mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng   là S : x2  y2  z2  9 .
CÂU 12:
Lời giải
Chọn A
Đường thẳng d1 đi qua điểm M1 1;1;0  và có véc tơ chỉ phương ud   0; 0;1 .
1

25