giải phương trình mặt cầu dạng 11 đến 14

ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

DẠNG 11: PTMC BIẾT TÂM, THỎA ĐK KHÁC
S
Câu 305: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   có tâm I (2; 1;1) và mặt phẳng
 P  : x  2 y  2 z  4  0 . Biết mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là một đường tròn
S
có bán kính bằng 5 . Viết phương trình mặt cầu   .

 x  2
A.
C.

 x  2

2

  y  1   z  1  81

2

  y  1   z  1  9

2

 x  2
B.

2

2

.

  y  1   z  1  81

2

2

2

 x  2    y  1   z  1  9 .
D.
Hướng dẫn giải

2

2

.

2

.

2

Chọn C

P
Ta có khoảng cách từ I đến   là

h�
I , P �
�
�

2224
1 4  4

 2 � R 2  h2 

 5

2

9

.

I  3; 2; 4 
Câu 306: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu tâm
và tiếp xúc với
Oy
trục
.
2
2
2

A. x  y  z  6 x  4 y  8 z  1  0 .
2
2
2
C. x  y  z  6 z  4 y  8 z  3  0 .

2
2
2
B. x  y  z  6 x  4 y  8 z  2  0 .
2
2
2
D. x  y  z  6 x  4 y  8 z  4  0 .

Hướng dẫn giải
Chọn D

uuur
�
M
0;
2;
4
�
IM   3; 0; 4 


Oy
Gọi M là hình chiếu của I lên trục

,
.
I  3; 2; 4 
Mặt cầu tâm
tiếp xúc với trục Oy � IM  5 là bán kính mặt cầu.
 S  : x2  y 2  z 2  6 x  4 y  8z  4  0 .
Phương trình mặt cầu
�x  2  t
�
d : �y  1  2t
�z  1  t
I  1; 0; 0 
�
Câu 307: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
và đường thẳng
.
 S  có tâm I và tiếp xúc với đường thẳng d là.
Phương trình mặt cầu
A.
C.

 x  1

2

 y2  z2  5

.
2
2

2
 x  1  y  z  10

B.

 x  1

2

.

 x  1  y  z  5 .
D.
Hướng dẫn giải
2

.

 y 2  z 2  10
2

2

Chọn D

H  2  t ;1  2t;1  t 
Gọir H là hình chiếu của I lên đường thẳng d .
. Vectơ chỉ phương của d
u   1; 2;1
là

.
uuu
r
uuu
rr
IH  3  t;1  2t ;1  t  IH .u  0 �  3  t   2  1  2t   1  t  0 � t  1, H  1; 1;0 
Ta có
;
.
2
2
2
2
2
R  IH  2  1  5 . Phương trình mặt cầu ( S ) :  x  1  y  z  5 .

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 1


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

I  1; 2; 1
 P  : 2 x  y  2 z  1  0 theo
Câu 308: Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm
và cắt mặt phẳng

8 có phương trình là

một đường tròn có bán kính bằng

 x  1
A.
C.

 x  1

2

  y  2    z  1  9

2

  y  2    z  1  3

2

2

Chọn A
Ta có:

d  d  I; P  

 x  1
B.

2

.

2

  y  2    z  1  3
2

2

2

.

2.1  2  2.  1  1
3

1

2

2

.

Bán kính mặt cầu là R  d  r  3 .
2

.

 x  1   y  2    z  1  9 .
D.
Hướng dẫn giải

2

2

d1 :

x  4 y 1 z  5


3
1
2 và

Câu 309: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai đường thẳng
x2 y3 z
d2 :


1
3
1 . Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d 2 có
phương trình:
2
2
2

A. x  y  z  2 x  y  z  0 .

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

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

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

Hướng dẫn giải
Chọn B
x  4 y 1 z  5
x2 y3 z


d2 :


3
1
2 và
1

3
1 lần lượt có hai véc-tơ
Ta có hai đường
thẳng
ur
uu
r
u  1;3;1
u  3; 1; 2 
chỉ phương 1
và 2
.
d1 :

Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng
chung của hai đường thẳng là một đường kính của mặt cầu.

A  4  3a;1  a; 5  2a  �d

d1

và

d2

khi đoạn vuông góc

B  2  b; 3  3b; b  �d

1

2
Gọi
và
,
uuur
AB  b  3a  2;3b  a  4; b  2a  5  AB
d
.
là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng 1 và
uuu
r ur
uuu
r ur
�
�
a  1
�
�AB  u1
�AB.u1  0 �7 a  b  6  0
��
��
r uu
r � �uuu
r uu
r
�uuu
11b  2a  9  0 �b  1
d2
AB  u2
�AB.u2  0 �

khi và chỉ khi �
.
uuu
r
A  1; 2; 3 B  3;0;1
AB  2; 2; 4 
 S  có tâm của là trung điểm của
Suy ra
,
và
. Suy ra mặt cầu
AB
R
 6
I
2;1;

1


 S  có phương trình là
2
đoạn AB có tọa độ
và bán kính
. Suy ra

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

.

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 2


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

 x  1
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là

2

Hình học tọa độ Oxyz

  y  2    z  1  9
2

2

.

A 0;0; 4 
Oyx 
Câu 310: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 
, điểm M nằm trên mặt phẳng 
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  2 .

A. R  2 .

C. R  1 .
Hướng dẫn giải

D. R  4 .

Chọn B
Ta có tam giác OAM luôn vuông tại O . Gọi I là trung điểm của OA (Điểm I cố định).
1
ID  OA  2  1
2
Ta có tam giác ADO vuông tại D có ID là đường trung tuyến nên

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
.

�x  1
�x  2
�
�
d : �y  1, d �
: �y  t �
x 1 y z 1
 
�z  t
�z  1  t �  :
Oxyz
�
�
1
1
1 .
Câu 311: Trong không gian
, cho các đường thẳng
và
 S  là mặt cầu có tâm thuộc  và tiếp xúc với hai đường thẳng d , d �. Phương trình của
Gọi
 S  là
2

2

2

� 5� � 1� � 5� 9
�x  � �y  � �z  �
A. � 4 � � 4 � � 4 � 16 .

 x  1
B.

2

 y 2   z  1  1
2

2

C.

 x  2

2

  y  1   z  2   1
2

2

.

2

.
2

� 3� � 1� � 3� 1
�x  � �y  � �z  �
D. � 2 � � 2 � � 2 � 2 .
Hướng dẫn giải

Chọn B
�x  1  m
�
 : �y  m
�z  1  m
�

 S  ta có
Đường thẳng  có phương trình tham số là:
. Gọi I là tâm mặt cầu
I  m  1; m; m  1
.
ur
uur
A
1;1;0
u

0;0;1
�
AI   m; m  1, m  1





Đường thẳng d đi qua
và có véctơ chỉ phương u1u
.
r
uur
B  2;0;1
u   0;1;1 � BI   m  1; m, m 
Đường thẳng d đi qua
và có véctơ chỉ phương 2
.
�
 S  tiếp xúc với hai đường thẳng d , d �nên ta có: d  I ; d   d  I ; d   R
Do

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 3


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
uu
r ur
uur uu
r
�
� �
�

IA
;
u
IB
;
u
1
�
� � 2�

�
ur
uu
r
u1
u2

 m  1

2

Hình học tọa độ Oxyz

 m2



1

 m  1

2

  m  1
2

� I  1;0;1

2

�m0

 S  là  x  1  y 2   z  1  1 .
và R  1. Phương trình của mặt cầu
 P  :2 x  y  2 z  9  0 . Viết phương trình mặt cầu  S  tâm O cắt mặt phẳng  P  theo giao
Câu 312: Cho
tuyến là đường tròn có bán kính 4 .
2

 S  : x 2  y 2  z 2  16 .
 S  : x2  y2  z 2  9 .
C.

2

 S  : x2  y 2  z 2  25 .
 S  : x2  y2  z 2  5
D.

A.

B.

Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có

d  O;  P   

 S
Bán kính của

9
9

3

.

2
S
S  : x 2  y 2  z 2  25


3

4

5
là

. Vậy phương trình mặt cầu
là
.
S
I
2;0;1
  có tâm 
 và
Câu 313: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Hãy viết phương trình mặt cầu
x 1 y z  2
d:
 
1
2
1 .
tiếp xúc với đường thẳng

 x  2
A.

2

 x  2
C.

2

2

 y 2   z  1  4

.

 x  1
B.

.

 x  2
D.

2

 y 2   z  1  2
2

2

2

  y  2    z  1  24
2

2

 y 2   z  1  9

.

2

.

Hướng dẫn giải
Chọn C

r
u   1; 2;1
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là :
.
Gọi

H  1  t ;2t ; 2  t  �d

Suy ra :

là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d .

uuu
r
IH   t  1; 2t ; t  1

.

uuu
r
uuu
r r
uuu
r r

IH
  1;0;1
Ta có : IH  u � IH . u  0 � t  1  4t  t  1  0 � t  0 �
.
Suy ra : IH  1  1  2 .
Mặt cầu

 S

tiếp xúc với đường thẳng d nên có bán kính R  IH  2 .

 S
Phương trình mặt cầu

 x  2
là :

2

 y 2   z  1  2
2

.

Câu 314: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho I (0; 2;3) . Phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với
trục Oy là.
2
2
2
A. x  ( y  2)  ( z  3)   3 .

2
2
2 
B. x  ( y  2)  ( z  3)  4 .

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 4


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
2
2
2
C. x  ( y  2)  ( z  3)   9 .

Hình học tọa độ Oxyz

2
2
2
D. x  ( y  2)  ( z  3)   2 .
Hướng dẫn giải

Chọn C
Gọi H là hình chiếu của I (0; 2;3) lên Oy � H (0; 2;0) .
� R  d  I ; Oy   IH  3
Mặt cầu tâm I tiếp xúc với trục Oy
.

2
2
2
Phương trình mặt cầu: x  ( y  2)  ( z  3)   9 .

A  1; 2;3
Câu 315: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm
và đường thẳng d có phương trình
x 1 y  2 z  3


2
1
1 . Tính đường kính của mặt cầu  S  có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng d .
B. 2 5 .

A. 10 2 .

C. 4 5 .
Lời giải

D. 5 2 .

Chọn A

r
M  1; 2; 3
u   2;1; 1
d
Ta có: qua

và có véctơ chỉ phương là
.
uuu
r r
uuu
r
MA; u �  2;14;10 
MA   2; 4; 6  �
�
�
Ta có:
,
.
uuu
r r
�
MA, u �
�
�
R  d  A, d  
5 2
r
u
� đường kính mặt cầu 2 R  10 2 .
Bán kính mặt cầu
x y 1 z  2


S
I  1; 3;5 


1
1 là.
Câu 316: Phương trình mặt cầu
tâm
và tiếp xúc với đường thẳng 1

A.

 x  1

C.

( x  1)   y – 3   z  5   49

2

  y – 3   z  5   14

2

2

2

2

( x  1) 2   y – 3   z  5   256
2

.

2

B.

.

( x  1)   y – 3   z  5   7 
D.
.
Hướng dẫn giải
2

.

2

2

2

Chọn A
Bán kính mặt cầu là khoảng cách từ I đến d . r
u  1; 1; 1
M  0; 1; 2 
Đường thẳng d đi qua
và có VTCP
.
uuur r

�
IM , u �
�
�
d  M,d  
 14
r
u
.
DẠNG 12: PTMC THỎA MÃN ĐK ĐỐI XỨNG

A  2;0;0  B  0; 2;0  C  0; 0; 2 
Câu 317: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
,
. Gọi
D là điểm đối xứng với gốc tọa độ O qua trọng tâm G của tam giác ABC . Gọi R là bán kính
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Tính R .
A. R  3 .

B. R  2 .

R

C.
Hướng dẫn giải

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
5

2 .

D.

R

3
2 .

Trang 5


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

Chọn A
�2 2 2 �
�G� ; ; �
�3 3 3 �
Ta có G là trọng tâm của tam giác ABC
�4 4 4 �
OD � D � ; ; �
�3 3 3 �
D đối xứng với O qua G nên G là trung điểm
.
ABC là tam giác đều cạnh bằng 2 2 , có trọng tâm G cũng là trực tâm

OG   ABC 
Dễ thấy

I  a; b; c 
Gọi
là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thì
AI  BI  CI � a  b  c � I  a; a; a 
2

2
� 4�
�1 1 1 �
� 3�
a  �  a  2   a 2  a 2 � a  1 � I � ; ; �
� 3�
�3 3 3 �.
3
Lại có AI  DI

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là R  AI  3 .
DẠNG 13: TOAN MAX-MIN LIEN QUAN DẾN MẶT CẦU

�x  1
�
Câu 318: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, xét đường thẳng d xác định bởi �y  z  2 và đường
�x  0
�
thẳng d �xác định bởi �y  z . Tính bán kính nhỏ nhất R của mặt cầu tiếp xúc cả hai đường
thẳng d và d �
.
A. R  2 .

B. R  2.

C. R  1 .
Hướng dẫn giải

D.

R

1
2.

Chọn D

�x  1
�
�y  t
�z  2  t  t ��
M  1;0; 2 
Đường thẳng d có phương trình tham số là �
,
đi qua điểm
có véctơ
r
u   0;1; 1
chỉ phương d
.
�x  0
�
�y  t �
�z  t �  t �

��
O  0;0;0 
Đường thẳng d �có phương trình tham số là �
,
đi qua điểm
có véctơ
r
u   0;1;1
chỉ phương d �
.
r
r r uuuu
 ud , ud � .OM 2
r
d  d,d�
  1.
 r r
r r
r r uuuu
2
 ud , ud �
 ud , ud �   2;0;0  �  ud , ud � .OM  2. Suy ra
Vì d và d �chéo nhau nên bán kính nhỏ nhất R của mặt cầu tiếp xúc cả hai đường thẳng d và
d  d, d�
  1.
R
d�
2
2 .
bằng

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 6


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

A  5;1; 1 B  14; 3;3 
Câu 319: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
và đường thẳng 
r
u   1; 2; 2 
có vectơ chỉ phương
. Gọi C , D lần lượt là hình chiếu của A và B lên  . Mặt cầu
đi qua hai điểm C , D có diện tích nhỏ nhất là
A. 9π .

B. 36π .

C. 44π .

D. 6π .

Hướng dẫn giải
Chọn A
Từ A dựng đường thẳng d song song với  . Gọi E là hình chiếu vuông góc của B trên d .
Ta có CD  AE � AE không đổi.

CD AE


CD

2R
R
2
2 .
Gọi R là bán kính mặt cầu
2
AE
Sc  4πR 2 �4π
 AE 2 .π
4
Ta có
.
2
Diện tích mặt cầu nhỏ nhất là Sc  AE π .

�
AE  AB.cos  với    d , AB  .
uuu
r
AB   9; 4; 4  AB  92  42  4 2  113
,
.
uuu
rr
uuu

r r
AB.u
3
3
cos   cos AB, u 
r 
AE  119.
3
AB. u
113
113
.





Diện tích nhỏ nhất mặt cầu là

Sc  9π

Câu 320: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng 2 x  2 y  z  9  0 và mặt cầu
( S ) : ( x  3) 2  ( y  2) 2  ( z  1)2  100 . Tọa độ điểm M nằm trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng
cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) đạt giá trị nhỏ lớn nhất là

� 11 14 13 �
M � ; ; �
A. � 3 3 3 �.
� 29 26 7 �
M � ; ;  �

3 �.
C. � 3 3

�29 26 7 �
M � ; ; �
3
3 �.
�3
B.
11 14 13 �
�
M � ; ; �
3 �.
D. �3 3
Hướng dẫn giải

Chọn C

Mặt cầu ( S ) có tâm I (3; 2;1) và bán kính R  10 .
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 vuông góc với ( P)
�x  3  2t
�
( d ) : �y  2  2t
�z  1  t
�
Phương trình
.
Ta có: M �(d ) � M (3  2t ; 2  2t ;1  t )

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 7


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

� 10
�29 26 7 �
t  � M1 � ;  ;  �
�
3
3
3�
�3
��
� 10
� 11 14 13 �
t   � M2 �
 ; ; �
�
3
� 3 3 3�
�
Mà: M �( S )

� 29 26 7 �
M � ; ;  �

d ( M 1 , ( P))  d ( M 2 , ( P))
3 �thỏa yêu cầu bài toán.
Thử lại ta thấy:
nên � 3 3
 S  là mặt cầu đi qua A  1;1;1 , tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ Oxy , Oyz , Oxz và có bán
Câu 321: Gọi
kính lớn nhất. Viết phương trình mặt cầu

 S .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

� 3 3 � � 3 3 � � 3 3 � 63 3
 S :�

�x  2 �
� �
�y  2 �
� �
�z  2 �
�
2
�
�
�
�
�
�
A.
.
� 3 3 � � 3 3 � � 3 3 � 63 3
 S :�
�x  2 �
� �
�y  2 �
� �
�z  2 �
�
2
�
�
�
�
�
�

B.
.
� 3 3 � � 3 3 � � 3 3 � 6 3 3
 S :�
�x  2 �
� �
�y  2 �
� �
�z  2 �
�
2
�
�
�
�
�
�
C.
.
2
2
2
 S  :  x  3   y  1   z  1  9 .
D.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Do

 S

 S  nằm trọn trong một phần của không
tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ nên mặt cầu
gian Oxyz do 3 mặt phẳng tọa độ chia.
Do

 S

đi qua

A  1;1;1

 S  có tâm I  t; t; t   t  0  .
và tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ nên

R  IA  d  I ;  Oxy  

Ta có

 S
Do

� 3 3
t
�
2
2
� 3  t  1  t 2 � �
� 3 3
t
�

�
2

có bán kính lớn nhất nên

t

2

3 3
2 .
2

2

� 3 3 � � 3 3 � � 3 3 � 63 3
 S :�
�x  2 �
� �
�y  2 �
� �
�z  2 �
�
2
�
� �
� �
�
Vậy
.

A  2; 2; 2  , B  3; 3;3 M
Câu 322: Trong không gian Oxyz , cho điểm
.
là điểm thay đổi trong không
MA 2

gian thỏa mãn MB 3 . Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng?
A. 12 3 .

B. 5 3 .

5 3
C. 2 .

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
D. 6 3 .
Trang 8


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

Hướng dẫn giải
Chọn A

.

M  x; y; z 

Gọi
. Ta có:
MA 2
2
2
2
2
2
2
 � 9 MA2  4 MB 2 � 9 �
 4�
 x  2   y  2   z  2 �
 x  3   y  3   z  3 �
�
�
�
�
MB 3
� x 2  y 2  z 2  12 x  12 y  12 z  0 � M �mặt cầu  S  tâm I  6; 6; 6  bán kính R  6 3 .
OM max  d  O; I   R  OI  R  6 3  6 3  12 3
Khi đó
.
A  2; 2; 2  B  3; 3;3
Câu 323: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
;
. Điểm M trong
MA 2

không gian thỏa mãn MB 3 . Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng

A. 6 3 .

5 3
C. 2 .
Hướng dẫn giải

B. 12 3 .

D. 5 3 .

Chọn B
M  x; y; z 
Gọi
.
MA 2

2
2
Ta có MB 3 � 3MA  2MB � 9MA  4MB
2
2
2
2
2
2
� 9�
 4�
 x  2   y  2   z  2 �
 x  3   y  3   z  3 �
�

� �
�

� x 2  y 2  z 2  12 x  12 y  12 z  0
�  x  6    y  6    z  6   108
2

2

2

.

 S  tâm I  6;6; 6  và bán kính R  108  6 3 .
Như vậy, điểm M thuộc mặt cầu
OI  R 
Do đó OM lớn nhất bằng

 6 

2

 62   6   6 3  12 3
2

.
2
2
 S  :  x  2    y  1   z  1  9
2

Câu 324: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
M  x0 ; y0 ; z0  � S 
A  x0  2 y0  2 z0
x  y0  z 0
sao cho
đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó 0
bằng
A. 1 .

B. 2 .

C. 1 .
Hướng dẫn giải

D. 2 .

Chọn C
M � P  : x  2 y  2 z  A  0
A  x0  2 y0  2 z0 � x0  2 y0  2 z0  A  0
Tacó:
nên
,

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 9

và

ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

 S  với mặt phẳng  P  .
do đó điểm M là điểm chung của mặt cầu
 S  có tâm I  2;1;1 và bán kính R  3 .
Mặt cầu
|6 A|
d  I, P  �
 R��
3
3 A 15
3
Tồn tại điểm M khi và chỉ khi

 S  thì A  x0  2 y0  2 z0 �3 .
Do đó, với M thuộc mặt cầu
 P  : x  2 y  2 z  3  0 với  S  hay M là hình
Dấu đẳng thức xảy ra khi M là tiếp điểm của
t  1
�x0  2 y0  2 z0  3  0 �
�x  2  t
�x  1
�0
�0
��
�
�y0  1  2t

�y0  1
�z0  1
 P  . Suy ra M  x0 ; y0 ; z0  thỏa: �
�
�z0  1  2t
chiếu của I lên

Vậy � x0  y0  z0  1 .
A  m; 0; 0  B  0; m  1;0  C  0; 0; m  4 
Câu 325: Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với
,
;
thỏa
mãn BC  AD , CA  BD và AB  CD . Giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoai tiếp tứ diện
ABCD bằng
7
A. 2 .

B.

14
2 .

C.

7.

D. 14 .

Hướng dẫn giải

Chọn B

Đặt BC  a ; CA  b ; AB  c .
Gọi M , N lần lượt là trrung điểm của AB và CD .
Theo giả thiết ta có tam giác ABC  CDA
M � MN  CD .

 c.c.c  � CM  DM

hay tam giác CMD cân tại

Chứng minh tương tự ta cũng có MN  AB .
Gọi I là trung điểm của MN thì IA  IB và IC  ID .

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 10


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

Mặt khác ta lại có AB  CD nên BMI  CNI � IB  IC hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện ABCD .
2
2
2
Ta có IA  IM  AM



MN 2 AB 2 MN 2  c 2


4
4
4
.

Mặt khác CM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên
� MN 2  CI 2  CN 2

Vậy

IA2 



2a 2  2b 2  c 2
4

2a 2  2b 2  c 2 c 2 a 2  b 2  c 2
 
4
4
2
.

a 2  b2  c 2

8
.

a 2  b2  c 2  2m2  2  m  1  2  m  4   6  m  1  28
2

Với

CM 2 

2

2

7
14
6  m  1  28 7

IA 
� � IAmin 
2
2 .
8
2
Vậy
2

2

S  S  S 

Câu 326: Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz cho các mặt cầu 1 , 2 , 3 có bán kính r  1 và lần
A  0;3; 1 B  2;1; 1 C  4; 1; 1
 S  là mặt cầu tiếp xúc với
lượt có tâm là các điểm
,
,
. Gọi
cả ba mặt cầu trên. Mặt cầu 6 có bán kính nhỏ nhất là
A. R  2 2 .

B. R  10  1 .
C. R  2 2  1 .
Hướng dẫn giải

D. R  10 .

Chọn B

Ta có AB  8 , AC  32 , BC  40 nên tam giác $ABC$ vuông tại A . Gọi I là trung điểm
 S  thỏa mãn đề bài là mặt cầu có
của $BC$, khi đó IM  IN  IP  10  1 . Do đó mặt cầu
bán kính R  10  1 .
Câu 327: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  4  0 và mặt cầu

( S ) : x 2  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

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 11

ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

A.

 1;1;3

Hình học tọa độ Oxyz

�1 1 1 �
�5 7 7 �
�; ; �
� ; ; �
B. �3 3 3 �.
C. �3 3 3 �.
Hướng dẫn giải

.

D.

 1; 2;1 .

Chọn C
Ta có: d ( M , ( P))  3  R  2 � ( P) �( S )  �.

�x  1  t
�
�y  1  2t , t ��.

�z  1  2t
�

 P  có pt:
Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với
�5 7 7 � �1 1 1 �
A� ; ; � B � ;  ;  �
 S  là �3 3 3 �, �3 3 3 �
Tọa độ giao điểm của d và
Ta có: d ( A, ( P ))  5 �d ( B, ( P))  1. �d ( A, ( P))
 �
d ( M , ( P)) min 1 M B.
Vậy:
.

d ( M , ( P))

d ( B, ( P)).

A  1; 0; 0  B  0; 2; 0 
C  0; 0;3
Câu 328: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
và
. Mặt cầu
 S  luôn qua A , B , C và đồng thời cắt ba tia Ox , Oy , Oz tại ba điểm phân biệt M , N , P .
I  4; 2; 2 
Gọi H là trực tâm của tam giác MNP . Tìm giá trị nhỏ nhất của HI với
.
A. 2 5 .

7.

B.

D. 10 .

C. 5 2 .
Hướng dẫn giải

Chọn D
M  m;0; 0  N  0; n; 0  P  0; 0; p 
Gọi
,
,
.
 S  , R là bán kính mặt cầu  S  .
Gọi E là tâm mặt cầu
Gọi K là trung điểm AM , ta có : EK  AM .
uuuu
r uuu
r uuur uuuur uuur uuu
r
uuur uuuur uuur uuuur
OM .OA  OK  KM OK  KA  OK  KM OK  KM
 OK 2  KM 2
Ta có :





 





 OE 2  KE 2  KM 2  OE 2  R 2
uuur uuu
r
uuu
r uuur
ON .OB  OE 2  R 2 , OP.OC  OE 2  R 2
Chứng
minh
tương
tự
ta
có:
uuuu
r uuu
r uuur uuu
r uuu
r uuur
� OM .OA  ON .OB  OP.OC � m.1  n.2  p.3

x y z
  1
m n p

Ta có : phương trình mặt phẳng
hay
r
� x  2 y  3z  m  0 � vectơ pháp tuyến của  MNP  là n   1; 2;3 .
OH   MNP 
Vì tứ diện OMNP có 3 cạnh từ O đôi một vuông góc nên
x y z
 OH  :  
� phương trình đường thẳng
1 2 3 (cố định).
Vậy HI nhỏ nhất khi H là hình chiếu của I lên OH
Khi đó :
Phương trình mặt phẳng qua I và vuông góc OH là : x  2 y  3z  14  0 ,
� H  1; 2;3  � IH  10

 MNP  :

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
x 2 y 3z


1
m m m

Trang 12


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

 S  :  x  1   y  2    z  3  16 . Gọi
Câu 329: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
2

2

2

M là điểm thuộc mặt cầu  S  sao cho biểu thức A  2 xM  yM  2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị

biểu thức

B  xM  yM  zM

bằng.

B. 5

A. 3

C. 10
Hướng dẫn giải

D. 21

Chọn C
A  2 xM  yM  2z M  2  xM  1   yM  2   2  z M  3  6
Ta có

�  22  12  22 

  x  1

2

  y  2    z  3
2

2

  6  3.4  6  18 .

�xM  1  2t
xM  1 yM  2 zM  3
�


 t  0 � �yM  2  t
2
1
2
�Z  3  2t
�M
Dấu bằng xảy ra khi
, thay vào phương trình
11 2 17 �
�
4
2

2
2
; ; �
 S  ta được: 4t  t  4t  16 � t  3 . Do đó M �
�3 3 3 �và B  xM  yM  z M  10 .
�5 10 13 �
B� ;
; �
 S  là
Oxyz
7
7
7�
�
Câu 330: Trong không gian với hệ tọa độ
, cho hai điểm
,
. Gọi
M  a; b; c 
 S  , giá
mặt cầu tâm I đi qua hai điểm A , B sao cho OI nhỏ nhất.
là điểm thuộc
trị lớn nhất của biểu thức T  2a  b  2c là

A  1; 2;7 

A. 18 .

B. 7 .

C. 156 .
Hướng dẫn giải

D. 6 .

Chọn A

 S  đi qua hai điểm A , B nằm trên mặt phẳng trung trực của AB . Phương trình
Tâm I mặt cầu
 P  : x  2 y  3z  14  0 .
mặt phẳng trung trực của AB là
OI nhỏ nhất khi và chỉ khi I là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng  P  .
�x  t
�
�y  2t
 P  có phương trình �
�z  3t .
Đường thẳng d qua O và vuông góc với mặt phẳng
Tọa độ điểm I khi đó ứng với t là nghiệm phương trình
t  2.2t  3.3t  14  0 � t  1 � I  1; 2;3
.
 S  là R  IA  4 .
Bán kính mặt cầu
 Q : 2x  y  2z  T  0 .
Từ T  2a  b  2c � 2a  b  2c  T  0 , suy ra M thuộc mặt phẳng
Vì M thuộc mặt cầu nên:
2.1  2  2.3  T
ۣ
4
2

22   1  22
d  I ;  Q   �R
� 6  T �12 � 6 �T �18
.
max
T

18
Vậy
.

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 13


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

A  0;1;1 B  3;0; 1 C  0; 21; 19 
Câu 331: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
,
,
và mặt
cầu

 S  :  x  1

2

  y  1   z  1  1
2

2

M  a; b; c 

là điểm thuộc mặt cầu
2
2
2
biểu thức T  3MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng S  a  b  c .
A. S  12 .

B.

S

14
5 .

. Gọi điểm

S

C.
Hướng dẫn giải

12

5 .

 S

sao cho

D. S  0 .

Chọn B

uuu
r uuur uuur r
K  x; y; z 
Gọi điểm
sao cho 3KA  2 KB  KC  0 .
uuu
r
�KA    x;1  y;1  z 
�3 x  2  3  x   x  0
�
�x  1
�uuur
�
�
KB

3

x
;


y
;

1

z

 � �3  1  y   2 y  21  y  0
�
� �y  4 � K  1; 4; 3
u
u
u
r
�
�
�z  3
KC    x; 21  y; 19  z 
3  1  z   2  1  z   19  z  0
�
�
Ta có �
.
uuuu
r uuu
r 2
uuuu
r uuu
r

�
3MA2  3 MK  KA  3MK 2  6 MK .KA  3KA 2
�
uuuu
r uuur 2
uuuu
r uuur
�
2 MB 2  2 MK  KB  2 MK 2  4 MK .KB  2 KB 2
�
�
uuuu
r uuur 2
uuuu
r uuur
�MC 2  MK  KC  MK 2  2 MK .KC  2 KC 2
Khi đó �
.
uuuu
r uuu
r uuur uuur
2
2
2
2
2
2
2  5MK  2 MK 3KA  2 KB  KC   3KA  2 KB  KC 
� T  3MA  2 MB  MC














 5MK 2   3KA2  2 KB 2  KC 2 
1 4 4 44 2 4 4 4 43
const

Suy ra

Ta có

 3t 

2

M  IK � S 

. Do đó

Tmin



khi và chỉ khi

MK min

.

và đồng thời M nằm giữa I và K .

�x  1
uur
�
IK   0;3; 4  � IK : �y  1  3t
�z  1  4t
�

. Suy ra toạ độ điểm M thoả mãn:

� 8 1�
1
1
2
M�
1; ; �
  4t   1 � t  �
t
� 5 5 �.
5 . Vì M nằm giữa I và K nên

5 và

8 1 14
S  a  b  c  1  
5 5 5 .
Vậy
:

I  3; 4;0 

x 1 y  2 z  1


1
1
4 . Phương

Câu 332: Trong không gian Oxyz , cho điểm
và đường thẳng
 S  có tâm I và cắt  tại hai điểm A , B sao cho diện tích tam giác IAB bằng
trình mặt cầu
12 là

 x  3
A.

2

  y  4  z2  5
2

 x  3
B.

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
2

  y  4   z 2  25
2

Trang 14


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

 x  3
C.

2

  y  4   z 2  25

Hình học tọa độ Oxyz

 x  3
D.

2

2

  y  4  z 2  5
2

Hướng dẫn giải
Chọn B

r
M
1;
2;

1
u
  1;1; 4 


Đường thẳng  đi qua điểm
và có véc-tơ chỉ phương
.
uuur r
uuur r
uuur
��
IM , u �
IM , u �
IM   2; 2; 1 � �
�
� 9 2 .

�
�  9; 9;0 
Ta có
Khoảng cách từ I đến đường thẳng  là
uuur r
�
IM , u �
�
� 9 2
d  I,  

3
r
18
u
.
Diện tích tam giác IAB bằng 12 nên
2 S IAB
2.12
AB 

8
d  I, 
3
.
 S  là
Bán kính mặt cầu
2

2

�AB �
R  � � �
d  I ,  �
 42  32  5
�
�
2
� �
.

 S  cần lập là
Phương trình mặt cầu
2
2
 x  3   y  4   z 2  25 .

2
2
2
�
 d  1   e  2    f  3  1
�
.
�
2
2
2
a

3


b

2

c

9




�
a
,
b
,
c
,
d
,
e
,
f
Câu 333: Cho
là các số thực thỏa mãn �
Gọi giá trị lớn nhất,

giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M  m bằng

A. 2 2 .

B. 10 .

F

 ad

2

  b  e   c  f
2

C. 10 .
Hướng dẫn giải



2

lần lượt là M , m. Khi đó,

D. 8 .

Chọn D
2
2
2
A  d , e, f 
 S  :  x  1   y  2    z  3  1 có tâm I1  1; 2;3 , bán

Gọi
thì A thuộc mặt cầu 1
2
2
R  1 B  a, b, c 
 S  :  x  3   y  2   z 2  9 có tâm I 2  3; 2; 0  ,
kính 1
,
thì B thuộc mặt cầu 2
R 3
I I  5  R1  R2 �  S1 
S 
bán kính 2
. Ta có 1 2
và 2 không cắt nhau và ở ngoài nhau.

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 15


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

A �A1 , B �B1 �
I I  R1  R2  9
Dễ thấy F  AB , AB max khi
Giá trị lớn nhất bằng 1 2
.

AB min khi A �A2 , B �B2 � Giá trị nhỏ nhất bằng I1 I 2  R1  R2  1 .
Vậy M  m  8
�x  1
�x  4  t
�
�
1 : �y  2  t  2 : �y  3  2t
�z  t
�z  1  t
 S  là mặt
�
�
Câu 334: Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng
,
. Gọi


 S .
cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và 2 . Bán kính mặt cầu
3
A. 2

B.

2

C.

10
2

D.

11
2

Hướng dẫn giải
Chọn D
;3  2t �
;1  t �
A �1 � A  1; 2  t;  t  B � 2 � B  4  t �
.
,
uuu
r
AB   3  t �
;1  2t �
 t;1  t �
 t
Ta có
ur
u1   0;1;  1

VTCP của đường thẳng 1 là uu
.
r
u   1;  2;  1

VTCP củả đường thẳng 2 là 2
.

uuu
r ur
�
1  2t �
 t   1  t�
t  0
�
�AB.u1  0
�
��
r uu
r
�uuu
3  t�
 2  1  2t �
 t    1  t�
t  0
AB.u  0
�
Ta có � 2
t �
 2t  0
�
uuu
r
��
6t �
 t  0 � t  t�
 0 . Suy ra AB   3;1;1 � AB  11 .
�



Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và 2 có đường kính bằng độ
AB
11
r

2
2 .
dài đoạn AB nên có bán kính
Câu 335: Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 , 3 , 3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc
ngoài với nhau. Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 16


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
6
A. 11

3
B. 7

Hình học tọa độ Oxyz
7
C. 15

5

D. 9

Hướng dẫn giải
Chọn A
Cách 1:
Gọi A, B, C , D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB  4 ,
AC  BD  AD  BC  5 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD . Dễ dàng tính được
MN  2 3 . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì
IA  IB, IC  ID nên I nằm trên đoạn MN .
Đặt IN  x , ta có IC  3  x  3  r ,
2

2



IA  22  2 3  x



2

 2r
2

Từ đó suy ra
Cách 2



32  x 2  22  2 2  x



2

�
12 3 �
6
12 3
r

3


3

�
�
� 11 �
1 � x 
11
�
�
11 , suy ra
2

Gọi A, B là tâm quả cầu bán kính bằng 2 . C , D là tâm quả cầu bán kính bằng 3 . I là tâm quả
cầu bán kính x .
 I  tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm A, B, C , D nên IA  IB  x  2, IC  ID  x  3 .

Mặt cầu
 P  ,  Q  lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD .
Gọi
�
�IA  IB � I � P 
� I � P  � Q   1
�
IC

ID
�
I
�
Q


�
.
ABCD
DA

DB

CA

CB

5 suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và
Tứ diện
có

CD , suy ra MN   P  � Q  (2).
 1 và  2  suy ra I �MN
Từ
Tam giác IAM có

IM  IA2  AM 2 

 x  2

2

4

.

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 17


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

 x  3

IN  IC 2  CN 2 
Tam giác CIN có

2

9

Hình học tọa độ Oxyz
.

Tam giác ABN có NM  NA  AM  12 .
2

Suy ra

 x  3

2

9 

 x  2

2

2

 4  12 � x 

6
11 .

 S  :  x  1   y  2    z  3  16 . Gọi
Câu 336: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
M là điểm thuộc mặt cầu  S  sao cho biểu thức A  2 xM  yM  2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị
B  xM  yM  zM

biểu thức
bằng.
2

B. 5

A. 3

2

C. 10
Hướng dẫn giải

2

D. 21

Chọn C
A  2 xM  yM  2z M  2  xM  1   yM  2   2  z M  3  6
Ta có
�  22  12  22 

  x  1

2

  y  2    z  3
2

2

  6  3.4  6  18 .

�xM  1  2t
xM  1 yM  2 zM  3
�


 t  0 � �yM  2  t
2
1
2
�Z  3  2t
�M
Dấu bằng xảy ra khi
, thay vào phương trình
11 2 17 �
�
4
2
2
2
M� ; ; �
4
t

t

4
t


16
�
t

S
  ta được:
�3 3 3 �và B  xM  yM  zM  10 .
3 . Do đó
2
2
2
 S  :  x  1   y  2    z  2   9 và hai
Câu 337: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
M  4; 4; 2  N  6;0;6 
 S  sao cho EM  EN đạt giá trị
điểm
,
. Gọi E là điểm thuộc mặt cầu
 S  tại E .
lớn nhất. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu
A. x  2 y  2 z  8  0 .
C. 2 x  2 y  z  1  0 .

B. 2 x  y  2 z  9  0 .
D. 2 x  2 y  z  9  0 .
Hướng dẫn giải

Chọn D

 S  có tâm I  1; 2; 2 

và bán kính R  3 .
MN � K  5; 2; 4  và K nằm ngoài mặt cầu  S  .
Gọi K ulà
ur trung điểm của
uuuu
r
IK   4; 4; 2  MN   2; 4; 4  MN  6
Do đó
,
,
và IK  MN .
Mặt cầu

� 2 MN 2 �

2
�EK 
�
EM  EN � 2  EM 2  EN 2 
2 � 2 EK 2  36
�
Ta có
.
Bởi vậy EM  EN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi EM  EN và EK lớn nhất.

Vì IK  MN nên EM  EN thì E thuộc đường thẳng

�x  1  2t

�
IK : �y  2  2t
�z  2  t
�

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
.

Trang 18


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

 S  ứng với t là nghiệm phương trình:
Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu
2
2
2
 1  2t  1   2  2t  2    2  t  2   9 � t  �1 .
E  3; 0;3
E  1; 4;1
Như vậy 1
hoặc 2
.
uur
E   1; 4;1 � IE   2; 2; 1
E1 K  3 E2 K  9

Ta có
,
. Suy ra
, nên phương trình tiếp diện của
 S  tại E có phương trình:
mặt cầu
2  x  1  2  y  4   1 z  1  0
hay 2 x  2 y  z  9  0 .

S : x2  y 2  z 2  2x  4 y  2 z  0
Câu 338: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  
và
M  0;1; 0 
P
S
C
điểm
. Mặt phẳng   đi qua M và cắt   theo đường tròn   có chu vi nhỏ nhất.
C
N ( x0 ; y0 ; z0 )
y
Gọi
là điểm thuộc đường tròn   sao cho ON  6 . Tính 0 .

A. 1 .
Chọn D
Mặt cầu

C. 2 .
Hướng dẫn giải

B. 3.

 S

có tâm

I  1; 2;1

D. 2 .

, bán kính R  6 .

2
2
2
C
d  d  I , P 
Bán kính đường tròn   r  R  d  6  d với
C
Chu vi   nhỏ nhất khi và chỉ khi r nhỏ nhất � d lớn nhất
d �IM � d max  IM �  P 
M và vuông góc IM
Ta có
uuur đi qua
 P  đi qua M  0;1; 0  , và nhận IM   1; 1; 1 làm VTPT
�  P  : x   y  1  z  0 � x  y  z  1  0

Ta có tọa độ N thỏa hệ
�x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  0

�
�y  2
2 x  4 y  2 z  6
�
�
�
� �x  y  z  1  0 � �x  y  z  1
�y2
�x  y  z  1  0
�x 2  y 2  z 2  6
�x 2  y 2  z 2  6
�x 2  y 2  z 2  6
�
�
�
A  1;1; 2  , B  1;0; 4  C  0; 1;3
Câu 339: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
và điểm
2
2
2
2
2
M thuộc mặt cầu  S  : x  y   z  1  1 . Khi biểu thức MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ
nhất thì độ đài đoạn AM bằng
2

A.

2.

6.

B.

C. 6 .
Hướng dẫn giải

D. 2 .

Chọn A

G  0; 0;3
G � S 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có
và
.
u
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u

u
r
u
u
u
r
u
u
u
u
r
uuur
2
2
MA2  MB 2  MC 2  MG  GA  MG  GB  MG  GC
Khi đó:
uuuu
r uuu
r uuu
r uuur
 3MG 2  2 MG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2



 3MG 2  6 .

 MA
Do đó

2

 MB 2  MC 2 



min



� MG

 

 



2

ngắn nhất

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 19


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

I  0;0;1
 S  qua O .
có bán kính R  1 tâm
thuộc trục Oz , và
M  Oz � S 
M  0;0; 2 
Mà G �Oz nên MG ngắn nhất khi
. Do đó
.
Vậy MA  2 .
Ta lại có, mặt cầu

 S

3
2
y  0  2
Câu 340: Cho a, b, c �� sao cho hàm số y  2 x  ax  bx  c đạt cực trị tại x  1 đồng thời có
y  1  3
M  a; b; c 
và
. Hỏi trong không gian Oxyz , điểm
nằm trong mặt cầu nào sau đây?

A.
C.

 x  1

2

  y  1   z  1  25
2

2

.
2
2
2
 x  1   y  2    z  3  49

x 2  y 2   z  5   60
2

B.

.
2
 x  2    y  3   z  5   90
2

.

D.
Hướng dẫn giải

2

.

Chọn C
�
 6 x 2  2a x  b , y �
 12 x  2a .
TXĐ: D  �, y�
�y�
 1  0
6  2a  b  0
�
�
�
�
a 1
 1 �0
�y�
�
a �6
�
�
��
�
��
b  8
2c
�2  c
�
�
�3  2  a  b  c
�

c2
3  2  a  b  c
�
�
Theo đề ra ta có: �
.
M  1; 8; 2 
Vậy
.
Thay tọa độ M vào các phương trình mặt cầu, ta có:
2
2
2
 1  2    8  3   2  5  90 � M nằm ngoài mặt cầu này.
2
2
2
 1  1   8  1   2  1  25 � M nằm ngoài mặt cầu này.
2
2
2
 1   8   2  5  60 � M nằm ngoài mặt cầu này.
2
2
2
 1  1   8  2    2  3  49 � M nằm trong mặt cầu này.
2
2
2
S  :  x  1   y  2    z  3  9


Oxyz
Câu 341: Trong không gian
cho mặt cầu
và mặt phẳng
 P  : 2 x  2 y  z  3  0 . Gọi M  a; b; c  là điểm trên mặt cầu  S  sao cho khoảng cách từ M
 P  là lớn nhất. Khi đó
đến

A. a  b  c  7 .

B. a  b  c  8 .
C. a  b  c  5 .
Hướng dẫn giải

D. a  b  c  6 .

Chọn A

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 20


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Mặt cầu

 S  :  x  1

2

  y  2    z  3  9
2

2

có tâm

Hình học tọa độ Oxyz

I  1; 2;3

và bán kính R  3.

I  1; 2;3
 P
Gọi d là đường thẳng đi qua
và vuông góc
�x  1  2t
�
�y  2  2t
�z  3  t
Suy ra phương trình tham số của đường thẳng d là �
.
 S  , khi đó tọa độ A, B ứng với t là nghiệm của phương
Gọi A, B lần lượt là giao của d và
t 1
�
2

2
2
 1  2t  1   2  2t  2    3  t  3  9 � �
t  1
�
trình
13
.
3
Với
5
t  1 � B  1; 4; 2  � d  B; ( P )   .
3
Với
M  a; b; c 
 S  ta luôn có d  B; ( P)  �d  M ;( P)  �d  A;( P)  .
Với mọi điểm
trên
13
P
M  3;0; 4 


Vậy khoảng cách từ M đến
là lớn nhất bằng 3 khi
Do đó a  b  c  7. .
t  1 � A  3;0; 4  � d  A;( P )  

A  0; 1; 1 B  3; 0; 1 C  0; 21; 19 
Câu 342: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm

,
,
và
  y  1   z  1  1 M  a; b; c 
 S  sao cho
.
là điểm thuộc mặt cầu
2
2
2
biểu thức T  3MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a  b  c .

mặt cầu

 S  :  x  1

A. a  b  c  12 .

2

2

B.

abc 

2

14
5 .

C. a  b  c  0 .
Hướng dẫn giải

D.

abc 

12
5 .

Chọn B
2
2
2
 S  :  x  1   y  1   z  1  1 có tâm I  1; 1; 1
uuu
r uuu
r uuur r
G  x; y; z 
Gọi
là điểm thỏa 3GA  2GB  GC  0 , khi đó

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 21


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

�
3 0  x  2  3  x   0  x  0
�x  1
�
�
3  1  y   2  0  y    21  y   0 � �y  4
�
�
�
3  1  z   2  1  z    19  z   0
�z  3 � G  1; 4; 3 
�
Lúc này ta có
T  3MA2  2MB 2  MC 2
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuur
 3MG 2  6MG.GA  3GA2  2MG 2  4 MG.GB  2GB 2  MG 2  2MG.GC  GC 2
uuuu
r uuu
r uuur uuur
 6 MG 2  2MG 3GA  2GB  GC





 6 MG 2

T đạt giá trị nhỏ nhất khi M là một trong hai giao điểm của đường thẳng IG và mặt cầu  S  .
�x  1
�
IG : �y  1  3t
�z  1  4t
�
Phương trình đường thẳng
M  IG � S 
nên tọa độ M là nghiệm của hệ
�x  1
� 1
� �8 1�
�y  1  3t
t
M1 �
1; ; �
�
�
�
5
5 5�
�
��
�

�z  1  4t

1
�
� � 2 9�
�
t
M2 �
1; ; �
2
2
2
�
�
�
5
�
 x  1   y  1   z  1  1
5 5�
�
�
�
. Khi đó :

Vì

M 1G  M 2G

Vậy

abc 

�8 1�
M �M 1 �
1; ; �
5 5�
�
nên điểm

14
5 .

DẠNG 14: ĐIỂM THUỘC MẶT CẦU THỎA ĐK
Câu 343: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

 P  : 2 x  2 y  z  3  0 . Gọi

M  a; b; c 

 S  :  x  1

2

  y  2    z  3  9

là điểm trên mặt cầu

P
đến   là lớn nhất. Khi đó
A. a  b  c  6 .

B. a  b  c  7 .

2

 S

C. a  b  c  8 .

2

và mặt phẳng

sao cho khoảng cách từ M
D. a  b  c  5 .

Hướng dẫn giải
Chọn B

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 22


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

 S  :  x  1
Mặt cầu

2

  y  2    z  3  9
2

Hình học tọa độ Oxyz

2

có tâm

I  1; 2;3

và bán kính R  3.

I 1; 2;3
P
Gọi d là đường thẳng đi qua 
và vuông góc  

Suy ra phương trình tham số của đường thẳng d là

�x  1  2t
�
�y  2  2t
�z  3  t
�

.

S
Gọi A, B lần lượt là giao của d và   , khi đó tọa độ A, B ứng với t là nghiệm của phương

trình

Với

 1  2t  1

2

t 1
�
2
2
  2  2t  2    3  t  3  9 � �
t  1
�

t  1 � A  3;0; 4  � d  A;( P )  

13
.
3

5
t  1 � B  1; 4; 2  � d  B;( P )   .
3
Với
Với mọi điểm

M  a; b; c 

trên

 S

ta luôn có

d  B;( P)  �d  M ; ( P )  �d  A;( P)  .

13
P
M  3;0; 4 
Vậy khoảng cách từ M đến   là lớn nhất bằng 3 khi
Do đó a  b  c  7. .
A  1;1; 2  , B  1;0; 4  C  0; 1;3
Câu 344: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
và điểm
2
2
2
2
2
2
M thuộc mặt cầu  S  : x  y   z  1  1 . Khi biểu thức MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ
nhất thì độ đài đoạn AM bằng
A. 2 .
B. 6 .
C. 6 .
D. 2 .

Hướng dẫn giải

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 23


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

Chọn A

G  0; 0;3
G � S 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có
và
.
uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuur
MA2  MB 2  MC 2  MG  GA  MG  GB  MG  GC
Khi đó:
uuuu
r uuu
r uuur uuur
 3MG 2  2MG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2



 



 



2



 3MG 2  6 .

 MA
Do đó

2

 MB 2  MC 2 

Ta lại có, mặt cầu

 S

min

� MG

ngắn nhất

I  0;0;1
 S  qua O .
có bán kính R  1 tâm
thuộc trục Oz , và

M  Oz � S 
M  0;0; 2 
Mà G �Oz nên MG ngắn nhất khi
. Do đó
.
Vậy MA  2 .
S : x2  y 2  z 2  2x  4 y  2 z  0
Câu 345: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  
và

điểm

M  0;1; 0 

. Mặt phẳng

 P

S
C
đi qua M và cắt   theo đường tròn   có chu vi nhỏ nhất.

C
N ( x0 ; y0 ; z0 )
y
Gọi
là điểm thuộc đường tròn   sao cho ON  6 . Tính 0 .
A. 2 .
B. 1 .
C. 3.
D. 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn A
Mặt cầu

 S

có tâm

I  1; 2;1

Bán kính đường tròn
Chu vi
Ta có

 P

 C

 C

, bán kính R  6 .

r  R 2  d 2  6  d 2 với d  d  I ,  P  

nhỏ nhất khi và chỉ khi r nhỏ nhất � d lớn nhất

d �IM � d max  IM �  P 

đi qua

M  0;1; 0 

, và nhận

đi qua M và vuông góc IM

uuur
IM   1; 1; 1

làm VTPT

�  P  : x   y  1  z  0 � x  y  z  1  0

Ta có tọa độ N thỏa hệ
�x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  0
�
�y  2
2 x  4 y  2 z  6
�

�
�
� �x  y  z  1  0 � �x  y  z  1
�y2
�x  y  z  1  0
�x 2  y 2  z 2  6
�x 2  y 2  z 2  6
�x 2  y 2  z 2  6
�
�
�

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 24


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

A  0; 1; 1 B  3; 0; 1 C  0; 21; 19 
Câu 346: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
,
và
2
2
2
 S  :  x  1   y  1   z  1  1 . M  a; b; c  là điểm thuộc mặt cầu  S  sao cho

mặt cầu
2
2
2
biểu thức T  3MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a  b  c .
12
14
abc 
abc 
a

b

c

12
5 .
5 .
A.
B.
.
C.
D. a  b  c  0 .
Hướng dẫn giải
Chọn C

 S  :  x  1
Gọi

2

  y  1   z  1  1

G  x; y; z 

2

2

có tâm

I  1; 1; 1

uuu
r uuur uuur r
là điểm thỏa 3GA  2GB  GC  0 , khi đó

�
3 0  x  2  3  x   0  x  0
�x  1
�
�
3  1  y   2  0  y    21  y   0 � �y  4
�
�
�z  3
3  1  z   2  1  z    19  z   0
� G  1; 4; 3
�
�

Lúc này ta có
T  3MA2  2 MB 2  MC 2
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuur
 3MG 2  6MG.GA  3GA2  2 MG 2  4 MG.GB  2GB 2  MG 2  2 MG.GC  GC 2
uuuu
r uuu
r uuu
r uuur
 6 MG 2  2 MG 3GA  2GB  GC





 6 MG 2
T đạt giá trị nhỏ nhất khi M là một trong hai giao điểm của đường thẳng IG và mặt cầu  S  .

Phương trình đường thẳng
M  IG � S 

�x  1
�

IG : �y  1  3t
�z  1  4t
�

nên tọa độ M là nghiệm của hệ

�x  1
� 1
�y  1  3t
t
�
�
5
��
�z  1  4t
1
�
�
t
2
2
2
�
� 5
 x  1   y  1   z  1  1 �
�

� �8 1�
M1 �
1; ; �

�
5 5�
�
�
� � 2 9�
M2 �
1; ; �
�
5 5�
�
�
. Khi đó :

�8 1�
M �M 1 �
1; ; �
M G  M 2G
� 5 5�
Vì 1
nên điểm

Vậy

abc 

14
5 .

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />

Trang 25