D01 tìm tâm và bán kính, đk xác định mặt cầu muc do 2

Câu 15.

[2H3-2.1-2](THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Một người
dùng một cái ca hình bán cầu (Một nửa hình cầu) có bán kính là 3  cm  để múc nước đổ vào
một cái thùng hình trụ chiều cao 10  cm  và bán kính đáy bằng 6  cm  . Hỏi người ấy sau bao
nhiêu lần đổ thì nước đầy thùng? (Biết mỗi lần đổ, nước trong ca luôn đầy)

A. 10 lần.

B. 24 lần.

C. 12 lần.
Lời giải

D. 20 lần.

Chọn D
Thể tích nước cần múc bằng thể tích của trụ: V   R 2 h   6210  360  cm3  .
Thể tích của mỗi ca nước bằng một nửa thể tích khối cầu bán kính 3  cm  , nên thể tích nước
mỗi lần múc là V  

14
 .33  18  cm3  .
23

Suy ra số lần cần múc để đổ đầy thùng nước là:
Câu 23:

360
 20 (lần).
18

[2H3-2.1-2] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Trong không gian
với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm I  2;1;3 và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  10  0 . Tính
bán kính r của mặt cầu  S  , biết rằng  S  có tâm I và nó cắt  P  theo một đường tròn T 
có chu vi bằng 10 .
B. r  34

A. r  5

C. r  5
Lời giải

D. r  34

Chọn B
Đường tròn T  có bán kính R  5 .

d  I ,  P   3
Mặt cầu  S  cắt mặt phẳng  P  theo một đường tròn T  nên có bán kính:



r  R2  d  I ,  P 
Câu 30:



2

 34 .

[2H3-2.1-2] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với
hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  1; 2;1 , B  0; 2;3 . Viết phương trình mặt cầu đường
kính AB.
2

1
5
2
2

A.  x     y  2    z  2   .
2
4


2

1
5
2
2

B.  x     y  2    z  2   .
2
4



2

2

1
5
2
2

D.  x     y  2    z  2   .
2
4

Lời giải

1
5
2
2

C.  x     y  2    z  2   .
2
4

Chọn C

AB 1
5
 1

Tâm I của mặt cầu là trung điểm của AB  I   ; 2; 2  . Bán kính R 

.

1 4 
2
2
2
 2

2

1
5
2
2

Vậy phương trình mặt cầu  S  là:  x     y  2    z  2   .
2
4

Câu 24: [2H3-2.1-2] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị m để phương trình
x2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  m  0 là phương trình của một mặt cầu.
A. m  6 .
B. m  6 .
C. m  6 .
Lời giải
Chọn D
Ta có:

D. m  6 .

x2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  m  0   x  1   y  1   z  2   6  m .
2

2

2

Để phương trình này là phương trình mặt cầu thì 6  m  0  m  6 .
Vậy giá trị cần tìm của m là m  6 .
Câu 27: [2H3-2.1-2](SGD Hà Nam - Năm 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm I 1;0; 2  và
đường thẳng d :

x 1 y z

 . Gọi  S  là mặt cầu có tâm I , tiếp xúc với đường thẳng d .
2
1 1

Bán kính của  S  bằng
A.

2 5
.
3

B.

5
.

3

C.

4 2
.
3

D.

30
.
3

Lời giải
Chọn D

d qua M 1;0;0  và có một vectơ chỉ phương u  2; 1;1
Bán kính mặt cầu bằng khoảng cách từ I đến d nên ta có: R 

 MI ; u 
30


.

3
u

Câu 25: [2H3-2.1-2] (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho điểm

A  2;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0; 2  , D  2; 2; 2  . Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính là:
A.

3
.
2

B.

3.

C.

2
.
3

D. 3

Lời giải
Chọn B
Gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện ABCD có dạng  S  : x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0, a2  b2  c2  d  0 .
Vì A, B, C , D nên ta có hệ phương trình


 4  4a  d  0
 d  4a  4
 d  4a  4
4  4b  d  0

d  0



 a  b  c
 a  b  c
.


a  b  c  1
12  12a 4a  4  0
12  12a 4a  4  0
4  4c  d  0


12  4a 4b  4c  d  0
Suy ra I 1;1;1 , do đó bán kính mặt cầu là R  IA  3 .
Câu 11: [2H3-2.1-2](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Trong không gian
với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  có phương trình x2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  m  0 có
bán kính R  5. Tìm giá trị của m .
A. m  4 .
B. m  4 .

C. m  16 .

D. m  16 .

Lời giải
Chọn C
Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 2  .

Gọi R là bán kính của mặt cầu  S  .
Theo đề bài ta có: R  1  4  4  m  5  m  16 .
Câu 46: [2H3-2.1-2] (Toán học tuổi trẻ tháng 1- 2018 - BTN) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz
cho phương trình x2  y 2  z 2  2  m  2  x  4my  2mz  5m2  9  0 .Tìm m để phương trình
đó là phương trình của một mặt cầu.
A. 5  m  5 .
B. m  5 hoặc m  1 . C. m  5 .
Lời giải
Chọn B
Ta có x2  y 2  z 2  2  m  2  x  4my  2mz  5m2  9  0 (*) .

D. m  1 .

(*)   x  m  2    y  2m    z  m   m2  4m  5 .
2

2

2

m  1
Do đó phương trình (*) là phương trình mặt cầu khi m2  4m  5  0  
.
 m  5
Câu 22.
[2H3-2.1-2] (TT Tân Hồng Phong - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho phương trình x2  y 2  2  m  2  x  4my  2mz  5m2  9  0 . Tìm m để phương trình đó là
phương trình của một mặt cầu.
A. 5  m  1.
C. m  5 .

B. m  5 hoặc m  1 .
D. m  1 .
Lời giải

Chọn B
Phương trình x2  y 2  2  m  2  x  4my  2mz  5m2  9  0 là phương trình của một mặt cầu khi

 m  2   2m
2

Câu 1:

2

 m2  5m2  9  0  m2  4m  5  0  m  5 hoặc m  1 .

[2H3-2.1-2] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I  2;1; 1 và tiếp xúc với
mp( P) có phương trình: 2 x  2 y  z  3  0 Bán kính của mặt cầu ( S ) là:

A. R 

2
.
9

B. R 

2
.

3

C. R 
Lời giải

Chọn D

4
.
3

D. R  2 .


R  d  I ;  P  

2.2  2.1  (1)  3
2   2    1
2

2

2

2

Câu 13: [2H3-2.1-2] (THPT Nguyễn Hữu Quang) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho
A(1;1;3), B(1;3;2),C(1;2;3) . Mặt cầu tâm O và tiếp xúc mặt phẳng (ABC) có bán kính R

là

A. R  3 .

B. R  3 .

C. R 

3
.
2

D. R 

3
.
2

Lời giải
Chọn A




Ta có: AB  2; 2; 1 , AC  2;1;0  .



Mặt phẳng  ABC  qua A 1;1;3 và có vecto pháp tuyến là n   AB, AC   1; 2; 2  .



Phương trình mặt phẳng  ABC  là:

 x 1  2  y 1  2  z  3  0  x  2 y  2 z  9  0 .
Vậy R  d O,  ABC   
Câu 2.

9
3

 3.

[2H3-2.1-2] (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) [2H3-1] Trong
2
2
không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình  x  1   y  3  z 2  9 . Tìm
tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu đó.
A. I  1;3;0  ; R  3 . B. I 1; 3;0  ; R  9 . C. I 1; 3;0  ; R  3 . D. I  1;3;0  ; R  9 .
Hướng dẫn giải
Chọn C
Mặt cầu đã cho có tâm I 1; 3;0  và bán kính R  3 .

Câu 42:

[2H3-2.1-2] (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội - Lần I - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ
tọa độ Oxyz , cho A  1;0;0  , B  0;0; 2  , C  0; 3;0  . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
OABC là

A.

14

.
3

B.

14
.
4

C.

14
.
2

D. 14 .

Lời giải
Chọn C
Gọi  S  là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC .
Phương trình mặt cầu  S  có dạng: x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 .
Vì O , A , B , C thuộc  S  nên ta có:


1

a




d  0
2

1  2a  d  0
3


 b   .

2

 4  4c  d  0
c

1

9  6b  d  0
d  0

Vậy bán kính mặt cầu  S  là: R  a 2  b2  c 2  d 
Cách 2: OABC là tứ diện vuông có cạnh OA
tiếp là R

1
OA2
2

OB 2

1

1 9
2

OC 2

1 , OB

4

1 9
14
.
 1 
4 4
2
3 , OC

2 có bán kính mặt cầu ngoại

14
.
2

Câu 33: [2H3-2.1-2] (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu - An Giang - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN)
Trong không gian Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
x2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 z  m  0 là phương trình của một mặt cầu.

C. m  6 .
Lời giải

B. m  6 .

A. m  6 .

D. m  6 .

Chọn B
Ta có x2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 z  m  0 là phương trình của một mặt cầu

 a 2  b2  c2  d  0  22   1  12  m  0  m  6 .
2

Câu 18. [2H3-2.1-2] (SGD Bình Dương - HK 2 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ
cho
mặt
phẳng
và
mặt
Oxyz ,
 P  : 2x  2 y  z  9  0
cầu  S  :  x  3   y  2    z  1  100 . Mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo một đường
2

2

2

tròn  C  . Tìm tọa độ tâm K và bán kính r của đường tròn  C  là
A. K  3; 2;1 , r  10 . B. K  1; 2;3 , r  8 . C. K 1; 2;3 , r  8 . D. K 1; 2;3 , r  6 .
Lời giải

Chọn B

Mặt cầu  S  có tâm I  3; 2;1 ; R  10 .
Khoảng cách từ I đến  P  là IK  d  I ;  P   

6  4 1 9
3

 6.


 x  3  2t

Đường thẳng qua I  3; 2;1 vuông góc với  P  có phương trình tham số là  y  2  2t khi đó
z  1 t

 x  3  2t
 y  2  2t

Tọa độ tâm K là nghiệm của hệ phương trình 
 K  1; 2;3 .
z

1

t

2 x  2 y  z  9  0
Bán kính: r  R2  IK 2  100  36  8 .
Câu 32. [2H3-2.1-2] (SGD Bình Dương - HK 2 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz giả sử tồn tại mặt cầu  S  có phương trình x2  y 2  z 2  4 x  8 y  2az  6a  0 . Nếu

 S  có đường kính bằng 12 thì các giá trị của
A. a  2; a  8 .

a là
C. a  2; a  4 .

B. a  2; a  8 .

D. a  2; a  4 .

Lời giải
Chọn A
Mặt cầu  S  có tâm I  2; 4; a  , bán kính R  22   4   a 2  6a  a 2  6a  20 .
2

 a  2
.
a 2  6a  20  6  a2  6a  16  0  
a  8
Câu 33-34 – sgd Bình Dương.

Theo giả thiết ta có phương trình

Câu 7560.

[2H3-2.1-2] [THPT Trần Cao Vân - Khánh Hòa- 2017] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho tứ diện ABCD có

A 1;1;1 B 1; 2;1 C 1;1; 2  D  2; 2;1

,

,

,

. Tâm I mặt cầu ngoại

tiếp tứ diện ABCD là:
A. I  3;3; 3 .

3 3 3
B. I  ; ;  .
2 2 2

3 3 3
D. I  ;  ;  .
2 2 2

C. I  3;3;3 .
Lời giải

Chọn B
Giả sử I  a; b; c  . Do I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên:
 a  1   b  1   c  1   a  1   b  2    c  1
 IA2  IB 2
 IA  IB


 2
2
2
2
2
2
2


2
 IA  IC   IA  IC   a  1   b  1   c  1   a  1   b  1   c  2  .
 IA  ID
 IA2  ID 2

2
2
2
2
2
2

a  1   b  1   c  1   a  2    b  2    c  1



2

2

2

2

2

2

2b  3
2

3 3 3
 2c  3
 a  b  c  . Vậy I  ; ;  .
3
2 2 2
2a  2b  6

Câu 8002:
[2H3-2.1-2] [THPT HOÀNG VĂN THỤ –KHÁNH HÒA- 2017] Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình.
x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  9  0 . Tìm tâm I và bán kính R của mặt cầu đó.

A. I  1; 2; 3 , R  5 .

B. I 1; 2;3 , R  5 .

C. I 1; 2;3 , R  5 .

D. I  1;2; 3 ; R  5 .

Lời giải
Chọn B
Ta có : a  1, b  2, c  3, d  9  R  a 2  b2  c 2  d  5 , tâm I 1; 2;3 .
Câu 8003:
[2H3-2.1-2] [THPT HOÀNG HOA THÁM –KHÁNH HÒA- 2017] Trong không gian
với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  5  0 .
Trong các số dưới đây, số nào là diện tích của mặt cầu  S  ?
A. 9 .

D. 36 .

C. 12 .
Lời giải

B. 36 .

Chọn D
Bán kính R  3  S  4 R2  36 .
Câu 8005:
[2H3-2.1-2] [TTGDTX CAM LÂM – KHÁNH HÒA - 2017] Cho mặt cầu
(S): x2 y 2 z 2 2 x 4 y 6 z 11 0 . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu là.
A. I 1; 2;3 , R 5 .
B. I 1; 2; 3 , R 25 .
C. I 1; 2;3 , R

25 .

D. I

1; 2; 3 , R

5.

Lời giải
Chọn A

Từ phương trình mặt cầu ta suy ra
a

1, b

2, c

3, R

12

2

2

32

11

5.

Vậy mặt cầu có tâm là I 1; 2;3 , bán kính R 5 .

Câu 8010:

[2H3-2.1-2] [CỤM 1 HCM - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu
 S  : x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  6z  4  0 có bán kính R là.
B. R  2 15 .

A. R  3 2 .

C. R  10 .
Lời giải

D. R  52 .

Chọn C

 S  : x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  6z  4  0 có bán kính là R  22  12  32  4  10 .
Câu 8012:

[2H3-2.1-2] [THPT THD NAM ĐỊNH - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

cho mặt cầu  S  : x2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  6 . Tính bán kính R của mặt cầu đó.
A. R  9 .

B. R  3 .

C. R  6 .
Lời giải

D. R  6 .

Chọn B

 S    x 12   y  12   z 12  9 . Vậy bán kính

R  9  3.

Câu 8013:[2H3-2.1-2] [THPT CHUYÊN LHP NAM ĐỊNH - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz, cho mặt cầu S : x2 y 2 z 2 4 x 2 y 2 z 3 0. .
Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của S .
A. I

2;1; 1 và R

C. I 2; 1;1 và R

9.
3.

B. I 2; 1;1 và R
D. I
Lời giải

Chọn C

2;1; 1 và R

9.
3.

Ta viết lại mặt cầu  S  như sau  S  :  x  2    y  1   z  1  9. .
2

2

2

Mặt cầu  S  có tâm I  a; b; c  , bán kính R có phương trình.

 S  :  x  a    y  b    z  c   R2 . .
2
2
2
Dựa vào đó, ta thấy ngay mặt cầu  S  :  x  2    y  1   z  1  9 có tâm I  2; 1;1 và bán
2

2

2

kính R  9  3. .
Câu 8014:
[2H3-2.1-2] [THPT HÙNG VƯƠNG PHÚ THỌ - 2017] Xác định tọa độ tâm I và bán
kính R của mặt cầu có phương trình x2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  10  0 .
A. I   2; 1; 3 ; R  4 .

B. I   2;1;3 ; R  2 .

C. I   2;1;3 ; R  4 .

D. I   2; 1; 3 ; R  2 .
Lời giải

Chọn B

Ta có a  2 , b  1, c  3 và d  10 .
Mà a2  b2  c2  d  4  1  9 10  4 .
Vậy mặt cầu đã cho có tâm là điểm I  2;1;3 và bán kính R  2 .
Câu 8017:
[2H3-2.1-2] [THPT YÊN LẠC – VĨNH PHÚC - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz, cho mặt cầu  S  có phương trình x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  2  0 . Tính tọa độ tâm I
và bán kính R của  S  .
A. I 1; 2;3 , R  4 .

B. I 1; 2;3 , R  16 .

C. I  1;2; 3 , R  4 .

D. I  1; 2;3 , R  4 .
Lời giải

Chọn C

I  1;2; 3 , R  1  22  32  2  4 .
Câu 8024:
[2H3-2.1-2] [THPT NGUYỄN TẤT THÀNH - 2017] Tìm m để phương trình
2
x  y 2  z 2  2mx  4  2m  1 y  2 z   52m  46   0 là phương trình của mặt cầu.

m  1

A. 
.
m  3

 m  1
B. 
.
m  3

m  1
C. 
.
m  3
Lời giải

 m  1
D. 
.
m  3

Chọn A

m  1
2
YCBT  m2  4  2m  1  1   52m  46   0  17m2  68m  51  0  
.
m  3
Câu 8025:

[2H3-2.1-2] [THPT THÁI PHIÊN HP - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

mặt cầu  S  : x2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  m2  5  0 , với m là tham số thực. Tìm m sao cho
mặt cầu  S  có bán kính R  3. .
A. m  3 2 .

B. m  2 2 .

C. m   2 .
Lời giải

Chọn B
Bán kính R  12  12   2   m2  5  3  1  m2  9  m  2 2 .
2

D. m  2 3 .


Câu 8030:

[2H3-2.1-2] [THPT CHUYÊN VINH - 2017] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho
mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  m  0 có bán kính R  5 . Tìm giá trị của m .
A. m  16 .

B. m  4 .

D. m  4 .

C. m  16 .
Lời giải

Chọn C

Ta có: a  1; b  2; c  2; d  m .
Theo giả thiết R  5  a2  b2  c2  d  5  9  m  5  m  16 .
Câu 8031:

[2H3-2.1-2] [SỞ GDĐT HÀ TĨNH LẦN 02 - 2017] Trong hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu
 S  : x2  y 2  z 2  2x  4 y  6 z  13  0 có diện tích là:

A.

4
.
3

D. 8 .

C. 4 .

B. 4 2 .

Lời giải
Chọn C
Mặt cầu có bán kính R  1  4  9  13  1 nên có diện tích là S  4 R2  4 .
Câu 8042:

[2H3-2.1-2] [BTN 165 - 2017] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình

 S  : x2  y 2  z 2  2x  4 y  6z  2  0 . Tính tọa độ tâm I và bán kính R của  S  .
A. Tâm I 1; 2;3 và bán kính R  16 .
B. Tâm I 1; 2;3 và bán kính R  4 .

C. Tâm I  1; 2; 3 và bán kính R  4 .
D. Tâm I  1; 2;3 và bán kính R  4 .
Lời giải
Chọn C
Ta có:  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  2  0 hay  S  :  x  1   y  2    z  3  16 .
2

2

2

Do đó mặt cầu  S  có tâm I  1; 2; 3 và bán kính R  4. .
Câu 8043:
[2H3-2.1-2] [BTN 174 - 2017] Trong không gian Oxyz , cho các phương trình sau,
phương trình nào không phải là phương trình của mặt cầu ?
2
2
2
A.  x  1   y  2    z  1  9 .
B. x2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  8  0 .
C. 3x2  3 y 2  3z 2  6 x  12 y  24 z  16  0 .

D. 2 x2  2 y 2  2 z 2  4 x  2 y  2 z  16  0 .

Lời giải
Chọn D
Muốn là mặt cầu thì a2  b2  c2  d  0 nhưng đáp án 2 x2  2 y 2  2 z 2  4 x  2 y  2 z  16  0
1
1
lại không thỏa điều này, thật vậy ta có a  1, b   , c   , d  8 nên a2  b2  c2  d  0 .

2
2

Câu 8049:

[2H3-2.1-2] [BTN 176 - 2017] Bán kính của mặt cầu
 S  : x2  y 2  z 2  4x  2 y 10z  5  0 là:

A. 6 .

B. 4 .

C. 9 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn D
Bán kính của mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  4x  2 y  10z  5  0 là R  22   1  52  5  5 .
2


Câu 8052:
[2H3-2.1-2] [Sở GD&ĐT Bình Phước-2017] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz ,
cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0) , C (0;0;1), D(1;1;1) . Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán
kính bằng bao nhiêu?
3
3
A. 2 .
B.

.
C. .
D. 3 .
2
4
Lời giải
Chọn B
Gọi phương trình tổng quát của mặt cầu là: x2  y 2  z 2  2 Ax  2By  2Cz  D  0 , với
A2  B2  C 2  D  0 .
Các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;0;1), D(1;1;1) cùng thuộc mặt cầu nên ta có hệ:

1

A   2
2 A  D  1

1
2 B  D  1

 B  
2
2
2

2  (S ) : x  y  z  x  y  z  0 .

2
C

D



1


1
2 A  2 B  2C  D  3 C  
2

 D  0

R
Câu 8054:

1 1 1
3
  0 
.
4 4 4
2

[2H3-2.1-2] [SỞ GD ĐT HÀ TĨNH-2017] Trong hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm
A  0; 0; 1 , B  0; 1; 0  , C 1; 0; 0  và D 1; 1; 1 . Bán kính mặt cầu đi qua bốn điểm
A, B, C, D là.

A.

3
.
2

B.

3.

C.

1
.
2

D.

3
.
4

Lời giải
Chọn A
 S  : x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 .

A   S   1  2c  d  0 .

B   S   1  2b  d  0 .
C   S   1  2a  d  0 .
D   S   3  2a  2b  2c  d  0 .
1

a  2


b  1
3
2
2
2
Giải hệ phương trình 
.
2  R  a b c d 
2

1
c 
2

 d  0
Câu 8056:

[2H3-2.1-2] [BTN 171-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tính bán kính R của

mặt cầu đi qua 4 điểm A 1;0;0 , B  0; 2;0  , C  0;0;4  và gốc tọa độ O .


A. R 

21
.
4

B. R 

21
.
6

C. R 

21
.
8

D. R 

21
.
2

Lời giải
Chọn D
Phương trình mặt cầu  S  đi qua bốn điểm A, B, C, O có dạng:
x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 .

Vì A, B, C,O   S  nên ta có hệ phương trình:

2a  d  1
a  0,5
4b  d  4
b  1


, suy ra.





8
c

d


16
c

2


d  0
d  0
2

1
21
2
2
 S  : x 2  y 2  z 2  x  2 y  4 z  0   x     y  1   z  2   .
2
4

21
Vậy R 

.
2

Câu 8101.

[2H3-2.1-2] [CHUYÊN SƠN LA-2017] Trong không gian Oxyz , cho điểm I 1;0; 1 là

x 1 y  1 z

 , đường thẳng d cắt mặt cầu  S  tại
2
2
1
hai điểm A , B sao cho AB  6 . Mặt cầu  S  có bán kính R bằng.
tâm của mặt cầu  S  và đường thẳng d :

A. 10 .

B.

2.

C. 10 .
Lời giải

D. 2 2 .

Chọn C
(S)

I
R

A

B

Đường thẳng d qua M 1; 1;0  và có vectơ chỉ phương là u   2; 2; 1 .

 IM , ud 


Ta có IM   0; 1;1 . Khi đó d  I , d  
 1.
ud
2

 AB 
2
Áp dụng định lý Pitago ta có R  
  d  I , d   10 .
 2 