Bài giảng hệ tọa độ trong không gian

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.1 MB, 54 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

O

(

)



1;0;0
i

(

)



0;1;0
j

(

)



0;0;1
k

z

y
x

A.TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Tọa độ của vectơ

a) Định nghĩa: u



x y z; ;



 u xiy jzk với i j k, ,
  

là các vectơ đơn vị, tương ứng trên các trục Ox Oy Oz, , .

b) Tính chất: Cho hai vectơ a



a a a1; ;2 3



,b



b b b1; ;2 3



 

và k là số thực tùy ý, ta có:

•a b 



a1b a1; 2b a2; 3b3



 

.
•a b 



a1b a1; 2b a2; 3b3



 

.
•k a. 



ka ka ka1; 2; 3





• 12 12

3 3

a b

a b a b

a b

 


   

 


 

• a cùng phương





1 1

3
1 2
2 2

1 2 3
3 3

a kb

a

a a

b b a kb

b b b

a kb

 



     
 



  

với b b b1, ,2 3 0.

•a b . a b1 1. a b2. 2a b3. 3.

•a b  a b . 0  a b1 1. a b2. 2a b3. 30.

• 2 2 2 2

1 2 3

a a a a , suy ra 2 2 2 2
1 2 3
a  a  a a a .

•

 

1 1 2 2 3 3

2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
.

cos ;

.
.

a b a b a b
a b

a b

a a a b b b

a b

 

 

   

 
 

  với a0, 0.  b

2. Tọa độ của điểm

a) Định nghĩa: M x y z



; ;



OM



x y z; ;



(x: hoành độ, y tung độ, z cao độ).
Chú ý: Trong hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M x y z



; ;



ta có các khẳng định sau:
• M  O M



0;0;0



• M 



Oxy



 z 0, tức là M x y



; ;0 .



• M 



Oyz



 x 0, tức là M



0; ; .y z



• M 



Oxz



 y 0, tức là M x



;0; .z



• M Ox   y z 0, tức là M x



;0;0 .



• M Oy   x z 0, tức là M



0; ;0 .y



</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

• M Oz   x y 0, tức là M



0;0; .z



b) Tính chất: Cho bốn điểm khơng đồng phẳng A x y z



A; A; A

 

, ;B x y zB B; B



, ;C x y z



C C; C



và D x y z



D; D; D



.
•AB



xBx yA; By zA; BzA





•



 



B A B A B A

AB AB x x  y y  z z .

• Tọa độtrung điểm I của đoạn thẳng AB là ; ;

2 2 2

A B A B A B

x x y y z z

I    .

• Tọa độtrọng tâm G của tam giác ABC là ; ;

3 3 3

A B C A B C A B C

x x x y y y z z z

G       .

• Tọa độtrọng tâm G của tứ diện ABCD là ; ;

4 4 4

A B C D A B C d A B C D

x x x x y y y y z z z z

G          .

3. Tích có hướng của hai vectơ

a) Định nghĩa:Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ a



a a a1; ;2 3



, ; ;b



b b b1 2 3



 

. Tích có hướng của hai vectơ a và b là
một vectơ, kí hiệu là a b, 

 

 

và được xác định như sau:





2 3 3 1 1 2

2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1
2 3 3 1 1 2

, ; ; ; ;

a a a a a a

a b a b a b a b a b a b a b

b b b b b b

 



     

   

   

 

b) Tính chất

•a cùng phương với b a b , 0.

•a b, 

 

 

vng góc với cảhai vectơ a và b.

•b a,  a b, 

   

   

•  a b,  a b . .sin ;

 

a b  .

c) Ứng dụng

• Xét sựđồng phẳng của ba vectơ:

+) Ba véctơ a b c  ; ; đồng phẳng a b c  , . 0.

+) Bốn điểm A B C D, , , tạo thành tứ diện AB AC AD, . 0

 

  

.
• Diện tích hình bình hành: SABCD AB AD ,  .

• Tính diện tích tam giác: 1 ,
2

ABC

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

• Tính thểtích hình hộp: VABCD A B C D. ' ' ' ' AB AC AD, .
  

.
• Tính thể tích tứ diện: 1 , .

ABCD

V    AB AC AD .
4. Phương trình mặt cầu

● Mặt cầu tâm I a b c



; ;



, bán kính R có phương trình

  

 



2 2
:

S x a  y b  z c R .
● Xét phương trình x2y2z22ax2by2cz d 0.

 

*

Ta có

 

* 



x22ax

 

 y22by

 

 z22cz



 d



 



2 2 2 2

.x a y b z c d a b c

          

Đểphương trình

 

* là phương trình mặt cầu  a2  b2 c2 d. Khi đó

 

S có





2 2 2
tâm ; ;

bán kính
I a b c

R a b c d

   


    

 .

● Đặc biệt:

 

S : x2y2z2 R2, suy ra

 

S có tâm 0;0;0





bán kính

O
R




 .

B.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN

1. các ví dụ minh họa 
Ví dụ 1. Cho ba điểm A(1; 2; 3), B(3; 5; 4), C(3; 0; 5).

a.

Chứng minh A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.

b.

Tính chu vi, diện tích của ∆ABC.

c.

Tìm toạ độ điểm D để ABCD là hình bình hành và tính cơsin góc giữa hai vectơ AC và BD.

d.

Tính độ dài đường cao hA của ∆ABC kẻ từ A.

e.

Tính các góc của ∆ABC.

f.

Xác định toạ độ trực tâm H của ∆ABC.

g.

Xác định toạ độ tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC.

Ví dụ 2. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(5; 3; −1), B(2; 3; −4), C(1; 2; 0), D(3; 1; −2).

a.

Tìm tọa độ các điểm A1, A2 theo thứ tự là các điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (Oxy) và trục Oy.

b.

Chứng minh rằng A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ diện.

c.

Tính thể tích khối tứ diện ABCD.

d.

Chứng minh rằng hình chóp D.ABC là hình chóp đều.

e.

Tìm tọa độ chân đường cao H của hình chóp D.ABC.

f.

Chứng minh rằng tứ diện ABCD có các cạnh đối vng góc với nhau.

Phương pháp

Sử dụng các kết quả trong phần:
Tọa độ của vectơ.
Tọa độ của điểm.

Liên hệ giữa tọa độvectơ và tọa độhai điểm mút.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

g.

Tìm tọa độ điểm I cách đều bốn điểm A, B, C, D.

1. các ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Cho họ mặt cong (Sm) có phương trình:(Sm): (x − 2)2 + (y − 1)2 + (z − m)2 = m2− 2m + 5.

a.

Tìm điều kiện của m để (Sm) là một họ mặt cầu.

b.

Tìm mặt cầu có bán kính nhỏ nhất trong họ (Sm).

c.

Chứng tỏ rằng họ (Sm) ln chứa một đường trịn cố định.

Ví dụ 2. Cho họ mặt cong (Sm) có phương trình:(Sm): x2 + y2 + z2 - 2m2x - 4my + 8m2 - 4 = 0.

a.

Tìm điều kiện của m để (Sm) là một họ mặt cầu.

b.

Chứng minh rằng tâm của họ (Sm) luôn nằm trên một Parabol (P) cố định trong mặt phẳng Oxy, khi m thay

đổi.

c.

Trong mặt phẳng Oxy, gọi F là tiêu điểm của (P). Giả sử đường thẳng (d) đi qua F tạo với chiều dương của trục 
Ox một góc α và cắt (P) tại hai điểm M, N.

 Tìm toạ độ trung điểm E của đoạn MN theo α.

 Từ đó suy ra quỹ tích E khi α thay đổi.

1. các ví dụ minh họa 
Phương pháp

Với phương trình cho dưới dạng chính tắc:(S): (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = k, với k > 0 ta lần lượt có:

Bán kính bằng R = .

Tọa độ tâm I là nghiệm của hệphương trình:
⇔ ⇒ I(a; b; c).

Với phương trình cho dưới dạng tổng quát ta thực hiện theo các bước:

Bước 1: Chuyển phương trỡnh ban đầu về dạng:(S): x2 + y2 + z2− 2ax − 2by − 2cz + d = 0. (1)

Bước 2: Để(1) là phương trỡnh mặt cầu điều kiện là:a2 + b2 + c2− d > 0.

Bước 3: Khi đú (S) cú thuộc tớnh: .

Vấn đề2. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

Phương pháp

Gọi (S) là mặt cầu thoảmãn điều kiện đầu bài. Chúng ta lựa chọn phương trình dạng tổng qt hoặc dạng chính tắc.
Khi đó:

1.

Muốn có phương trình dạng chính tắc, ta lập hệ4 phương trình với bốn ẩn a, b, c, R, điều kiện R > 0. Tuy nhiên,
trong trường hợp này chúng ta thường chia nó thành hai phần, bao gồm:

 Xác định bán kính R của mặt cầu.

 Xác tâm I(a; b; c) của mặt cầu.

Từđó, chúng ta nhận được phương trình chính tắc của mặt cầu.

2.

Muốn có phương trình dạng tổng qt, ta lập hệ4 phương trình với bốn ẩn a, b, c, d, điều kiện a2 + b2 + c2− d >

Chú ý: 1. Cần phải cân nhắc giả thiết của bài toán thật kỹcàng để lựa chọn dạng phương trình thích hợp.

2. Trong nhiều trường hợp đặc thù chúng ta còn sử dụng phương pháp quỹtích đểxác định phương trình
mặt cầu.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ví dụ 1. Viết phương trình mặt cầu trong các trường hợp sau:

a.

Đường kính AB với A(3; −4; 5), B(−5; 2; 1).

b.

Tâm I(3; −2; 1) và đi qua điểm C(−2; 3; 1).

Ví dụ 2. Viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A(1; 2; 2), B(0; 1; 0) và tâm I thuộc trục Oz.

Ví dụ 3. Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), C(0; 2; 4) và có tâm nằm trên mặt phẳng (Oyz). 
Ví dụ 4. Lập phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), C(0; 2; 4) và có bán kính bằng 5.

Ví dụ 5. Cho bốn điểm A(1; 1; 1), B(1; 2; 1), C(1; 1; 2) và D(2; 2; 1).

a.

Chứng tỏ rằng A, B, C, D khơng đồng phẳng. Tính thể tích tứ diện ABCD.

b.

Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 
Ví dụ 6. Viết phương trình mặt cầu:

a.

Có tâm I(2; 1; −6) và tiếp xúc với trục Ox.

b.

Có tâm I(2; −1; 4) và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy).

c.

Có tâm O(0; 0; 0) tiếp xúc với mặt cầu (T) có tâm I(3; –2; 4), bán kính bằng 1. 
Ví dụ 7. Lập phương trình mặt cầu:

a.

Có tâm nằm trên tia Ox, bán kính bằng 5 và tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz).

b.

Có bán kính bằng 2 và tiếp xúc với (Oxy) tại điểm M(3; 1; 0).

1i. Bài tập tự luận tự luyện 
Bài 1

1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba véc tơ a2i3j5 , 3k b   j 4 , k c   i 2j
a) Xác định tọa độ các véc tơ a b c  , , , x3a2b và tính x

b) Tìm giá trị của x để véc tơ y



2x 1; x x; 3 2



vng góc với véc tơ 2b c 

c) Chứng minh rằng các véc tơ a b c  , , khơng đồng phẳng và phân tích véc tơ u



3;7; 14



qua ba véc tơ a b c  , , .

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các véc tơ a2i3  jk b,   i 2 , 2k c  j3k
a) Xác định tọa độ các véc tơ a b c  , ,

b) Tìm tọa độ véc tơ u2a3b4c và tính u

c) Tìm x để véc tơ v(3x1;x2; 3x) vng góc với b
d) Biểu diễn véc tơ x(3;1;7) qua ba véc tơ a b c  , , .

Bài 2

1. Cho hai véc tơ a b, có a 2 3, b 3,( , )a b  30 .0 Tính
a) Độ dài các véc tơ ab a, 52 , 3b a 2 ,b

b) Độ dài véc tơ a b, ,   a b, 3 , 5 , 2 .    a b
2. Tìm điều kiện của tham số m sao cho

a) Ba véc tơ u(2;1;m v m), (  1; 2; 0), (1; 1;2)w  đồng phẳng.

b) A(1; 1; ), ( ; 3;2 m B m m1), (4; 3;1), (C D m 3; m;2m) cùng thuộc một mặt phẳng.
c) Góc giữa hai véc tơ a(2; ;2m m1), ( ;2; 1)b m  là 60 .0

Bài 3 Cho tam giác ABC có B( 1;1; 1), (2; 3;5).  C Điểm A có tung độ là 1,

3 hình chiếu của điểm A trên BC là
7

1; ; 3
3

K 

 và diện tích tam giác ABC là
49

.
3

S 

1. Tìm tọa độ đỉnh A biết A có hồnh độ dương.
2. Tìm tọa độ chân đường vng góc hạ từ B đến AC.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

4. Chứng minh HG 2GI với G là trọng tâm tam giác ABC.
Bài 4 Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối bằng nhau. Tọa độ các
điểm A(2; 4;1), (0; 4; 4), (0; 0;1)B C và D có hồnh độ dương.

1. Xác định tọa độ điểm D.

2. Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD. Chứng minh rằng G cách đều các đỉnh của tứ diện.

3. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB CD, . Chứng minh rằng MN là đường vng góc chung của hai đường
thẳng AB và CD.

4. Tính độ dài các đường trọng tuyến của tứ diện ABCD.Tính tổng các góc phẳng ở mỗi đỉnh của tứ diện ABCD.
Bài 5 Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(0;2; 0), ( 1; 0; 3),B  C(0; 2; 0), D(3;2;1).

1. Chứng minh rằng bốn điểm A B C D, , , khơng đồng phẳng;

2. Tính diện tích tam giác BCD và đường cao BH của tam giác BCD;

3. Tính thể tích tứ diện ABCD và đường cao của tứ diện hạ từ A;

4. Tìm tọa độ E sao cho ABCE là hình bình hành;
5. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AC và BD;
6. Tìm điểm M thuộc Oy sao cho tam giác BMC cân tại ;

7. Tìm tọa độ trọng tâm G của tứ diện ABCD và chứng minh A G A, , ’ thẳng hàng với A' là trọng tâm tam giác BCD

Bài 6 Cho tam giác ABC có A(2; 3;1), ( 1;2; 0), (1;1; 2).B C 
1. Tìm tọa độ chân đường vng góc kẻ từ A xuống BC .
2. Tìm tọa độ H là trực tâm của tam giác ABC .

3. Tìm tọa độ I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC .

4. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Chứng minh rằng các điểm G H I, , nằm trên một đường thẳng.
Bài 7

Trong không gian với hệ tọa độ Đề Các vng góc Oxyz cho tam giác đều ABC có A(5; 3; 1), (2; 3; 4) B  và điểm C
nằm trong mặt phẳng (Oxy) có tung độ nhỏ hơn 3.

a) Tìm tọa độ điểm D biết ABCD là tứ diện đều.

b) Tìm tọa độ điểm S biết SA SB SC, , đôi một vng góc.
Bài 8

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A



3; 2; 4



a) Tìm tọa độ các hình chiếu của A lên các trục tọa độ và các mặt phẳng tọa độ
b) Tìm M Ox N, Oy sao cho tam giác AMN vuông cân tại A

c) Tìm tọa độ điểm E thuộc mặt phẳng (Oyz) sao cho tam giác AEB cân tại E và có diện tích bằng 3 29 với



1; 4; 4



B   .
Bài 9

Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(4; 0; 0), ( ; ; 0)B x y0 0 với x y0, 0 0 thỏa mãn AB2 10 và AOB 450. 
a) Tìm C trên tia Oz sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 8.

b) Gọi G là trọng tâm ABO và M trên cạnh AC sao cho AM x. Tìm x để OM GM.
1ii. Bài tập trắc nghiệm tự luyện

Vấn đề 1. TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ

Câu 1.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ

2 3 5

a i j k, b  3j 4k, c  i 2j.
Khẳng định nào sau đây đúng?

A. a



2;3; 5 , 3;4;0 , 1; 2;0



b 





c  





B. a



2;3; 5 , 3;4;0 , 0; 2;0



b 





c







C. a



2;3; 5 , 0; 3;4 , 1; 2;0



b







c  





D. a



2;3; 5 , 1; 3;4 , 



b 





c  



1; 2;1



Câu 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ



0;1;3



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

A. 4; ;9 5
2 2

x   



. B. 4; 9 5;
2 2

x  



C. 4; ;9 5
2 2

x  



. D. 4; 9 5;
2 2

x   



Câu 3.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ



2; 1;3



a  , b 



1; 3;2



và c



3;2; 4



Gọi x là vectơ thỏa mãn:

. 5
. 11
. 20
x a
x b
x c
  

 

 

 
 

  . Tọa độ của vectơ

x



là:

A.



2;3;1



. B.



2;3; 2



. C.



3;2; 2



. D.



1;3;2



Câu 4.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ



1;1;0



a  , b



1;1;0



và 1;1;1 .c





Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

A. a  2.B. c  3. C. ab. D. cb.
Câu 5.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ



1;1;0 , 1;1;0







a  b

 

và c



1;1;1



.
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

A. a c . 1. B. a b , cùng phương.

C. cos ,

 

2
6

b c 

 

. D. a b c    0.

Câu 6.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các vectơ



3, 2,1



p 


, 1,1, 2q 







, r



2,1, 3



và



11, 6,5



c  . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. c3p2q r  . B. c2p3q r  .

C. c2p3q r  . D. c3p2q2r.

Câu 7.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các vectơ



2;3;1 , 1;5;2







a b  , c



4; 1;3



và x 



3,22,5



. Đẳng thức nào đúngtrong các đẳng thức sau?

A. x2a3b c  . B. x 2a3b c  .

C. x2a3b c  . D. x2a 3b c .

Câu 8.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ



1;0; 2 , 2;1;3







a  b  , c 



4;3;5



. Tìm hai số
thực m, n sao cho m a n b. . c ta được:

A. m2; 3.n  B. m 2; 3.n  C. m2; 3.n
Câu 9.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ



2; 1; 1



a m  và b 



1; 3;2



. Với những giá trị
nguyên nào của m thì b a b  



2 



4?

A.4. B. 4. C. 2. D. 2.

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai
vectơ u



m; 2; m1



và v



0;m2;1



Tất cảgiá trị của m có thểcó đểhai vectơ u và v cùng
phương là:

A. m 1.B. m0. C. m1. D. m2.
Câu 11.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đểhai vectơ



;2;3



a m và b



1; ;2n



cùng phương, ta phải có:

A. 
1
2
4
3
m
n
 


 


. B. 
3
2
4
3
m
n
 


 


. C.

3
2
2
3
m
n
 


 


. D.

2
3
4
3
m
n
 


 

.

Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai
vectơ a



2;1; 2



và b



0; 2; 2



. Tất cả giá trị
của m để hai vectơ u2a3mb và vma b

vng góc là:

A. 26 2

  . B. 26 2

6
  .

C. 26 2
6

 . D. 2

 .

Câu 13.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ



1;1; 2



u  và v



1;0;m



. Tìm tất cảcác giá trị của

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bước 1:

 

2
1 2
cos ,

6. 1

m
u v

m




 

Bước 2: Góc giữa hai vectơ u và v có sốđo bằng 450
nên suy ra

2
2

1 2 1

1 2 3. 1

6. 1

m

m m

m

     

 .

 

Bước 3: Phương trình

  

* 1 2



2 2



2 1



2 4 2 0 2 6.

2 6

m

m m m m

m

  


         

 


Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ởbước nào?

A. Đúng B. Sai ởbước 1

C. Sai ởbước 2 D. Sai ởbước 3

Câu 14.Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho hai vectơ a

và b thỏa mãn a 2 3, 3b  và

 

a b , 300. Độ dài 
của vectơ 3a2b bằng:

A. 54. B. 54. C. 9. D. 6.

Câu 15.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ



2; 1;2



u  và vectơ đơn vị v thỏa mãn u v  4.
Độ dài của vectơ u v  bằng:

A. 4. B. 3. C. 2. D. 1.

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai
vectơ a và b thỏa mãn a 2, 5b  và

 

a b , 300. 
Độ dài của vectơ a b ,  bằng:

A.10. B. 5. C. 8. D. 5 3.
Câu 17.Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho hai vectơ a

và b thỏa mãn a 2 3, 3b  và

 

a b , 300. Độ dài 
của vectơ 5 , 2a b

 

 

bằng:

A. 3 3. B. 9. C. 30 3. D. 90.

Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai
vectơ u và v thỏa mãn u 2, v 1 và

 

u v , 600. 
Góc giữa hai vectơ v và u v  bằng:

A. 30 .0 B. 45 .0 C. 60 .0 D. 90 .0

Vấn đề 2. TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM

Câu 19.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm

(

2;0;0 , 0;2;0 , 0;0;2

) (

)

A B C và D

(

2;2;2

)

. Gọi M N,
lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tọa độ trung
điểm I của MN là:

A.  

 

1 1
; ;1
2 2

I .B. I

(

1;1;0

)

. C. I

(

1; 1;2−

)

. D. I

(

1;1;1

)

. 
Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai

vectơ a=

(

1;1; 2−

)

, b= −

(

3;0; 1−

)

và điểm A

(

0;2;1

)

. Tọa
độđiểm M thỏa mãn AM =2a b − là:

A. M

(

−5;1;2

)

.B. M

(

3; 2;1−

)

.C. M

(

1;4; 2−

)

.D. M

(

5;4; 2−

)

. 
Câu 21.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu

của điểm M



1; 3; 5 



trên mặt phẳng



Oxy



có tọa độ
là:

A.



1; 3;5



. B.



1; 3;0



. C.



1; 3;1



. D.



1; 3;2



. 
Câu 22.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm



3;2; 1



M   . Tọa độ điểm M' đối xứng với M qua
mặt phẳng



Oxy



là:

A.M'



3;2;1



. B.M' 3;2;1





. C.M' 3;2 1







. D.M' 3; 2; 1



 



. 
Câu 23.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm



2016; 1; 2017



M   . Hình chiếu vng góc của điểm

M trên trục Oz có tọa độ:

A.



0;0;0



B.



2016;0;0



C.



0; 1;0



D.



0;0 2017



Câu 24.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm



3;2; 1



A   . Tọa độđiểm A' đối xứng với A qua trục
Oy là:

A.A'



3;2;1



B.A' 3;2 1







C.A' 3;2;1





D.A' 3; 2; 1



 



Câu 25.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm



1;2;3



A . Khoảng cách từ A đến trục Oy bằng:

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Câu 26.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm



3; 1;2



M  . Trong các phát biểu sau, phát biểu nào
sai?

A. Tọa độhình chiếu của M trên mặt phẳng



xOy



là





' 3; 1;0

M  .

B. Tọa độ hình chiếu của M trên trục Oz là





' 0;0;2

M .

C. Tọa độ đối xứng của M qua gốc tọa độ O là





' 3;1; 2

M   .

D. Khoảng cách từ M đến gốc tọa độO bằng 314.
Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm



2; 5;4



M  . Trong các phát biểu sau, phát biểu nào
sai?

A. Tọa độ điểm M' đối xứng với M qua mặt phẳng



yOz



là M



2;5; 4



B. Tọa độđiểm M' đối xứng với M qua trục Oy là



2; 5; 4



M    .

C. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng tọa



xOz



bằng
5.

D. Khoảng cách từ M đến trục Oz bằng 29.

Câu 28.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm



1; 2;3



M  . Trong các phát biểu sau, phát biểu nào sai?

A. Tọa độđối xứng của O qua điểm M là O' 2; 4;6







B. Tọa độđiểm M' đối xứng với M qua trục Ox là





' 1; 2;3

M   .

C. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng tọa



yOz



bằng
1.

D. Khoảng cách từ M đến trục Oy bằng 10.

Câu 29.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm



3;4;2



A  , B



5;6;2



, C



4;7; 1



. Tìm tọa độđiểm

D thỏa mãn AD2AB3AC.

A.D



10;17; 7



B.D



10;17; 7



C.D



10; 17;7



D.D



10; 17;7



Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho sáu
điểm A



1;2;3



, B



2; 1;1



, C



3;3; 3



, A B C', ', ' thỏa
mãn A A B B C C  '  '  ' 0. Nếu G' là trọng tâm tam
giác A B C' ' ' thì G' có tọa độ là:

A. 2; ;4 1
3 3

 

  

 

  B.

4 1
2; ;

3 3

 
  

 

  C.

4 1
2; ;

3 3

 

 

  D.

4 1
2; ;

3 3

 
 

 

 

Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn
điểm M



2; 3;5



, N



4;7; 9



, P



3;2;1



và Q



1; 8;12



. Bộba điểm nào sau đây là thẳng hàng?

A.M N P, , B.M N, , Q C.M P Q, , D.N P Q, , 
Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba

điểm A



2; 1;3



, B



10;5;3



và M m



2 1;2;n2



.
Để A B M, , thẳng hàng thì giá trị của m n, là:

A. 1; 3

m n B. 3, 1

m  n

C. 1, 3

m  n  D. 2, 3

3 2

m n

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai
điểm A



1; 3;5



và B



3; 2;4



. Điểm M trên trục Ox
cách đều hai điểm A B, có tọa độ là:

A. 3;0;0
2

M . B. 3;0;0
2

M . C.M



3;0;0



. D.M



3;0;0



. 
Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba

điểm A



1;1;1



, B



1;1;0



, C



3;1; 1



. Điểm M trên
mặt phẳng



Oxz



cách đều ba điểm A B C, , có tọa độ
là:

A. 0; ;5 7
6 6

 

 

 . B.

7;0; 5

6 6

 

  

 

 . C.

5;0; 7

6 6

 
  

 

 . D.

6;0; 6

5 7

 

  

 

 .
Câu 35.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam
giác ABC biết



1;0; 2



, B



2;1; 1



, C



1; 2;2



. Tìm
tọa độtrọng tâm G của tam giác ABC.

A.G



4; 1; 1 



B. 4; 1; 1

3 3 3

G    

 

C. 2; 1; 1

2 2

G    D. 4 1 1; ;
3 3 3

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam
giác ABC có A

(

0;0;1

)

, B

(

− −1; 2;0

)

, C

(

2;1; 1−

)

. Khi đó
tọa độchân đường cao H hạ từ A xuống BC là:

A. 5 ; 14; 8
19 19 19

H − − 

  B.

 

 

 

4
;1;1
9

H

C.  − 

 

8
1;1;

H D.  

 

3
1; ;1

H

Câu 37.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác
ABC có A



1;2; 1



, B



2; 1;3



, C



4;7;5



. Tọa độ
chân đường phân giác trong góc B của tam giác ABC
là:

A. 2 11; ;1
3 3

 

 

 

  B.

2 11 1; ;
3 3 3

 

 

  C.

11; 2;1
3

 

  

 

  D.



2;11;1



Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho



2; 1;3



A  , B



4;0;1



, C



10;5;3



. Độdài đường phân
giác trong góc B của tam giác ABC bằng:

A.2 3 B.2 5 C. 2

5 D.
2

3

Câu 39.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác

ABC có A



0; 4;0



, B



5;6;0



, C



3;2;0



. Tọa độchân
đường phân giác ngồi góc A của tam giác ABC là:

A.



15; 14;0



B.



15; 4;0



C.



15;4;0



D.



15; 14;0



Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba

điểm M



2;3; 1



, N



1;1;1



, P



1;m1;2



. Với những
giá trịnào của m thì tam giác MNP vng tại N ?

A.m3 B.m2 C.m1 D.m0 
Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam

giác ABC có đỉnh C



2;2;2



và trọng tâm G



1;1;2



.
Tìm tọa độcác đỉnh A B, của tam giác ABC, biết A

thuộc mặt phẳng



Oxy



và điểm B thuộc trục cao.

A.A



 1; 1;0 ,

 

B 0;0;4



B. A



1;1;0 ,

 

B 0;0;4



C. A



1;0;1 ,

 

B 0;0;4



D. A



4;4;0 ,

 

B 0;0;1



Câu 42.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác

ABC có A



 4; 1;2



, B



3;5; 10



. Trung điểm cạnh

AC thuộc trục tung, trung điểm cạnh BC thuộc mặt
phẳng



Oxz



. Tọa độđỉnh C là:

A.C



4; 5; 2 



. B.C



4;5;2



. C.C



4; 5;2



. D.C



4;5; 2



. 
Câu 43.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác

ABC có A



2; 1;6



, B



  3; 1; 4



, C



5; 1;0



. Trong
các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

tam giác ABC là

A.Tam giác cân. B.Tam giác đều.

C.Tam giác vuông. D. Cả A và C.

Câu 44.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm



1; 2;0 , 1;0; 1







A  B  và C



0; 1;2



. Mệnh đềnào sau
đây là đúng?

A.Ba điểm A B C, , thẳng hàng.

B.Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác cân.

C. Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác có một góc
bằng 60 .0

D.Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác vuông.

Câu 45.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm



2;0;1



A , B



0;2;0



và C



1;0;2



. Mệnh đềnào sau đây
đúng?

A.Ba điểm A B C, , thẳng hàng.

B.Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác cân ở A.

C.Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác cân ở B.

D.Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác vuông.

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các
điểm A B C, , có tọa độ thỏa mãn OA     i j k,

OB  i  j k, BC2i8j3k. Tọa độ điểm D để
tứ giác ABCD là hình bình hành là:

A.D



3;1;5



B.D



1;2;3



C.D



2;8;6



D.D



3;9;4



Câu 47.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm



2;0;0



M , N



0; 3;0



, P



0;0;4



. Nếu MNPQ là hình
bình thành thì tọa độ của điểm Q là:

A.



 2; 3;4



B.



3;4;2



C.



2;3;4



D.



  2; 3; 4



Câu 48.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm



1;2; 1



A  , B



3; 1;2



, C



6;0;1



. Trong các điểm sau đây,
điểm nào là đỉnh thứtư của hình bình hành có ba đỉnh là

, ,

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

A. Chỉcó điểm M B. Chỉcó điểm N

C. Chỉcó điểm P D. Cảhai điểm M và N
Câu 49.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình bình

hành OABD, có OA 



1;1;0



và OB



1;1;0



với O là
gốc tọa độ. Khi đó tọa độ của D là:

A.



0;1;0 .



B.



2;0;0 .



C.



1;0;1 .



D.



1;1;0 .



Câu 50.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm



1;0; 2



A  , B



2;1; 1



, C



1; 2;2



và D



4;5 7



. Trọng
tâm G của tứ diện ABCD có tọa độ là:

A.



2;1;2



B.



8;2; 8



C.



8; 1;2



D.



2;1; 2



Câu 51.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp

. ' ' ' '

ABCD A B C D . Biết A



2;4;0



, B



4;0;0





1;4; 7



C   và D' 6;8;10





. Tọa độđiểm B' là:

A.



10;8;6



B.



6;12;0



C.



13;0;17



D.



8;4;10



Vấn đề3. TÍCH CĨ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ
Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai

vectơ a và b khác 0. Kết luận nào sau đây sai?

A. a b ,   a bsin ,

 

 a b B. a b,3 3 ;a b

   

   

C. 2 ,a b 2 ,a b  D. 2 ,2a b 2 ,a b 

Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai
vectơ u và v khác 0. Phát biểu nào sau đây là sai?

A. u v, 

 

 

có độ dài là u v  cos ,

 

u v 

B. u v,   0

 

  

khi hai vecto u v , cùng phương

C. u v, 

 

 

vng góc với hai vecto u v ,

D. u v , là một vectơ

Câu 54. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba
vectơ a b , và c khác 0. Điều kiện cần và đủ để ba
vectơ a b c  , , đồng phẳng là:

A. a b c  . . 0 B. a b c, .  0

 

   

C.Ba vectơ đơi một vng góc với nhau
D.Ba vectơ có độ lớn bằng nhau

Câu 55.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, trong các
bộba vectơ a b c  , , sau đây, bộnào thỏa mãn tính chất

, . 0

a b c

  

 
 

  

(hay còn gọi là ba vectơ a b c  , , đồng
phẳng).

A. a 1; 1;1 , b0;1;2 , 4;2;3 . c 

B. a4;3;4 ,b2; 1;2 , 1;2;1 .  c 

C. a2;1;0 , b 1; 1;2 , c2;2; 1 . 

D. a1; 7;9 ,  b3; 6;1 ,  c2;1; 7 . 

Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn
vectơ a



2,3,1



, b



5,7,0



, c



3, 2,4



và



4,12, 3



d  .

Mệnh đềnào sau đây sai?

A. d  a b c  

B. a, b, c là ba vectơ không đồng phẳng.

C. a b   d c  D. 2a3b  d 2c

Câu 57.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ

a



và b khác 0. Gọi c  a b , . Mệnh đề sau đây là
đúng?

A. c cùng phương với a.

B. c cùng phương với b.

C. c vng góc với hai vectơ a và b.

D. CảA và B đều đúng.

Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba
vectơ a



1;2; 1



, b



3; 1;0



và 1; 5;2c 





.
Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. a cùng phương với b.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

C. a, b, c đồng phẳng. D. a vng góc b.

Câu 59. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba
vectơ a3; 1; 2  , b1;2;m và c5;1;7. Giá trị
của m để c a b, là:

A. 1 B. 0 C.1 D. 2.

Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba
vectơ u=

(

2; 1;1−

)

, v=

(

m;3; 1−

)

và w=

(

1;2;1

)

. Để ba
vectơ đã cho đồng phẳng khi m nhận giá trị nào sau
đây?

A. −8 B. 4 C. −7

3 D. −

8
3

Câu 61. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba
vectơ a1; ;2 ,m  bm1;2;1 và c0;m2;2.
Đểba vectơ đã cho đồng phẳng khi m nhận giá trịnào
sau đây?

A. 2

m B. 5
2

m C. m 2 . D. m0.

Câu 62. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba
vectơ a 



2,0,3 , 0,4, 1



b







và c



m2,m2,5



. 
Đểba vectơ đã cho đồng phẳng khi m nhận giá trịnào

sau đây?

A. m 2 hoặc m 4 B. m2 hoặc m4
C. m1 hoặc m6 D. m2 hoặc m5

Câu 63. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn
điểm A



1; 2;0



, B



1;0; 1



, C



0; 1;2



và D



0; ;m p



.
Hệ thức giữa m và p để bốn điểm A B C D, , , đồng
phẳng là:

A.2m p 0 B.m p 1 C.m2p3 D.2m3p0 
Câu 64.Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho các điểm



0;0;4



A , B



2;1;0



, C



1;4;0



và D a b



; ;0



. Điều kiện
cần và đủ của a b, để hai đường thẳng AD và BC
cùng thuộc một mặt phẳng là:

A.3a b 7. B.3a5b0. C.4a3b2. D.a2b1. 
Câu 65.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm



1;2; 1



A  , B



5;0;3



và C



7,2,2



. Tọa độgiao điểm M

của trục Ox với mặt phẳng đi qua điểm A B C, , là:

A.M



1;0;0



. B.M



1;0;0



.C.M



2;0;0



. D.M



2;0;0



.

Câu 66. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn

điểm



0;2; 1



A  , B



3;1; 1



, C



4;3;0



và D



1;2;m



Tìm m để bốn điểm A B C D, , , đồng phẳng. Một học
sinh giải như sau:

Bước1:AB  



3; 1;1



, AC



4;1;2



, AD



1;0;m2



Bước2: , 1 1 1; 3; 3 1



3;10;1



1 2 2 4 4 1

AB AC     

   



   

   

 
.

Suy ra   AB AC AD, .     3 m 2 m 5.

Bước3:A B C D, , , đồngphẳng

, . 0 5 0 5

AB AC AD m m

 

          .
Đáp án: m 5.

Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ởbước nào?
A.Đúng B. Sai ởBước 1.

C. Sai ởBước 2. D. Sai ởBước 3.

Câu 67. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam
giác ABC. Tập hợp các điểm M thỏa mãn



MA MB AC



, 0

  

 

 

   

là:

A.Đường thẳng qua C và song song với cạnh AB.

B. Đường thẳng qua trung điểm I của AB và song
song với cạnh AC.

C.Đường thẳng qua trung điểm I của AB và vng
góc với cạnh AC.

D.Đường thẳng qua B và song song với cạnh AC .
Câu 68. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

A. 7

2 B.
5

2 C.

2 D.
11
2

Câu 69. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam
giác ABC có A



1;0;0



, B



0;0;1



, C



2;1;1



. Độ dài
đường cao kẻ từ A của tam giác ABC bằng:

A. 30
5 B.

5 C.2 5 D.3 6

Câu 70. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai
điểm C



4;0;0



và B



2;0;0



. Tìm tọa độđiểm M thuộc

trục tung sao cho diện tích tam giác MBC bằng 3.

A.M



0;3;0 ,



M



0; 2;0



. B. M



0;3;0 ,



M



0; 3;0



. 
C. M



0;4;0 ,



M



0; 3;0



. D. M



0;3;0 ,



M



0; 1;0



. 
Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba

điểm A



1;2; 1 , 2;1;1 , 0;1;2

 

B



C





Gọi H a b c



; ;



là trực tâm của tam giác ABC. Giá trị
của a b c  bằng:

A. 4 B. 5 C. 7 D. 6

Câu 72.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình bình
hành ABCD. Biết A



2;1; 3



, B



0; 2;5



, C



1;1;3



. Diện
tích hình bình hành ABCD là:

A.2 87 B. 349 C. 87 D. 349
2

Câu 73. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình
bình hành ABCD với A



1;0;1



, B



2;1;2



và giao điểm

của hai đường chéo là 3;0;3
2 2

I . Diện tích của hình
bình hành ABCD bằng:

A. 5 B. 6 C. 2 D. 3

Câu 74.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện

ABCD với A



1;0;0



, B



0;1;0



, C



0;0;1



, D



2;1; 1



.
Thể tích của tứ diện ABCD bằng:

A.1 B. 2 C.1

2 D.

1
3

Câu 75.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện

ABCD với A



2;1; 1



, B



3;0;1



, C



2; 1;3



, điểm D

thuộc Oy và thể tích của tứ diện ABCD bằng 5. Tọa
độ của đỉnh D là:

A.D



0; 7;0



B. D



0;8;0



C.D



0; 7;0



hoặc D



0;8;0



D.D



0;7;0



hoặc D



0; 8;0



Câu 76.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện
ABCD với A



 1; 2;4



, B



 4; 2;0



, C



3; 2;1



và



1;1;1



D . Độ dài đường cao của tứ diện ABCD kẻ từ
đỉnh D bằng:

A.3 B. 1 C.2 D.1

Câu 77. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn
điểm A



2;2;0



, B



2;4;0



, C



4;0;0



và D



0; 2;0



.
Mệnh đềnào sau đây là đúng?

A. Bốn điểm A B C D, , , tạo thành tứ diện.
B. Bốn điểm A B C D, , , tạo thành hình vng.
C. Bốn điểm A B C D, , , tạo thành hình chóp đều.

D.Diện tích ABC bằng diện tích DBC .

Câu 78. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn
điểm A



1;0;0



, B



0;1;0



, C



0;0;1



và D



1;1;1



. Trong
các mệnh đề sau, mệnh đềnào sai?

A. Bốn điểm A B C D, , , tạo thành một tứ diện.
B.Ba điểm A B D, , tạo thành tam giác đều.

C. ABCD.

D.Ba điểm B C D, , tạo thành tam giác vng.

Câu 79.Cho hình hộp ABCD A B C D. ' ' ' '. Hãy xác định ba
vectơ nào sau đây đồng phẳng?

A.   AA BB CC', ', ' B.   AB AD AA, , '
C.   AD A B CC, ' ', ' D.   BB AC DD', , '

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

hộp ABCD A B C D. ' ' ' ' có A



1;1; 6



, B



0;0; 2





5;1;2



C  và D' 2;1; 1







. Thể tích của khối hộp đã cho
bằng:

A. 36 B. 38 C. 40 D. 42

Vấn đề4. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

Câu 81. (ĐỀMINH HỌA QUỐC GIA NĂM 2017) Trong 
không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  

 



: 1 2 1 9

S x  y  z  . Tính tọa độtâm I

và bán kính R của

 

S .

A. I



1;2;1



và R3 . B. I



1; 2; 1 



và R3 .

C. I



1;2;1



và R9 . D. I



1; 2; 1 



và R9 .
Câu 82.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S có phương trình x2y2z22x4y6z 2 0
. Tính tọa độtâm I và bán kính R của

 

S .

A.Tâm I



1;2; 3



và bán kính R4.

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16.

Câu 83. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu nào
sau đây có tâm nằm trên trục Oz?

A.

 

2 2 2

1 : x 2 4 2 0

S y z  x y  . 
B.

 

2 2 2

2 : x 6 2 0

S y z  z  .

C.

 

2 2 2

3 : x 2 6 0

S y z  x z .

D.

 

2 2 2

4 : x 2 4 6 2 0

S y z  x y z  .

Câu 84. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu
nào sau đây có tâm nằm trên mặt phẳng tọa độ



Oxy



?
A.

 

2 2 2

1 : 2 4 2 0

S x y z  x y 

B.

 

2 2 2

2 : 4 6 2 0

S x y z  y z 

C.

 

2 2 2

3 : 2 6 2 0

S x y z  x z 

D.

 

2 2 2

4 : 2 4 6 2 0

S x y z  x y z 

Câu 85. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu
tâm I



6,3, 4



tiếp xúc với Ox có bán kính R bằng:
A. R6 B. R5 C. R4 D. R3

Câu 86. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho mặt

cầu

 

S có phương trình

2 2 2 2 4 6 5 0

x y z  x y z  .

Trong các sốdưới đây, sốnào là diện tích của mặt cầu

 

S ?

A. 12 B. 9 C. 36 D. 36

Câu 87:Trong các phương trình sau, phương trình nào là

phương trình của mặt cầu:

A. x2+y2+z2−10xy−8y+2z− =1 0 
B. 3x2+3y2+3z2−2x−6y+4z− =1 0
C. 2x2+2y2+2z2−2x−6y+4z+ =9 0 
D. x2+

(

y z−

)

2−2x−4

(

y z− − =

)

9 0

Câu 88.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, giả sử tồn
tại mặt cầu

 

S có phương trình

2 2 2 4 8 2 6 0

x y z  x y az a . Nếu

 

S có
đường kính bằng 12 thì a nhận những giá trịnào?

A. 2

8
a
a
  

 
 B.

2
8
a
a
 


  

 C.

2
4
a
a
  

 

 D.

2
4
a
a
 

  


Câu 89.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, giả sử tồn
tại mặt cầu

 

S có phương trình

2 2 2 4 2 2 10 0

x y z  x y az a . Với những giá

trịnào của a thì

 

S có chu vi đường trịn lớn bằng 8
?

A.



1; 11



B.



1;10



C.



1;11



D.



10;2



Câu 90.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>









2 2 2 2 2 3 6 2 7 0

x y z  m x my m z  . Gọi

R là bán kính của

 

S , giá trịnhỏnhất của R bằng:
A. 7 B. 377

7 C. 377 D.

377
4

Câu 91.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S có phương trình x2y2z22x4y6z0. 
Mặt phẳng



Oxy



cắt

 

S theo giao tuyến là một đường
trịn. Đường trịn giao tuyến này có bán kính r bằng:

A. r 5 B. r2 C. r 6 D. r4

Câu 92.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu

 

S có
tâm I



1; 2;0



, bán kính R5. Phương trình của mặt
cầu

 

S là:

A.

  

 



2 2

: 1 2 25

S x  y z  .

B.

  

S : x1

 

2 y 2



2z2 5. 
C.

  

S : x1

 

2 y 2



2z225. 
D.

  

S : x1

 

2 y2



2z25.

Câu 93. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai
điểm A



2;4;1 , 2;2; 3

 

B  



. Phương trình mặt cầu
đường kính AB là:

A. x2 



y 3

 

2 z 1



2 9
B. x2



y3

 

2 z 1



29
C. 2



 



3 1 3

x  y  z 

D. x2 



y 3

 

2 z 1



2 9

Câu 94.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu

 

S

có tâm I



1;4;2



và có thể tích V 972. Khi đó
phương trình của mặt cầu

 

S là:

A.



 



1 4 2 81

x  y  z 

B.



 



1 4 2 9

x  y  z 

C.



 



1 4 2 9

x  y  z 

D.



 



1 4 2 81

x  y  z 

Câu 95.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu

 

S

có tâm I



2;1; 1



, tiếp xúc với mặt phẳng tọa độ



Oyz



.
Phương trình của mặt cầu

 

S là:

A.



 



2 1 1 4

x  y  z 

B.



 



2 1 1 1

x  y  z 

C.



 



2 1 1 4

x  y  z 

D.



 



2 1 1 2

x  y  z 

Câu 96.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu

 

S

đi qua A



0,2,0



, B



2;3;1



, C



0,3;1



và có tâm ởtrên
mặt phẳng



Oxz



. Phương trình của mặt cầu

 

S là:

A. x2 



y 6

 

2 z 4



29
B. x2 



y 3



2z216

C. 2



 



7 5 26

x  y  z 

D.



x1



2y2



z3



2 14

Câu 97.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu

 

S

có bán kính bằng 2, tiếp xúc với mặt phẳng



Oyz



và
có tâm nằm trên tia Ox. Phương trình của mặt cầu

 

S

là:

A.

  

S : x2



2y2z24. 
B.

 

S x: 2 



y 2



2z2 4. 
C.

  



2 2 2

: 2 4

S x y z  .

D.

 

S x: 2y2 



z 2



24.

Câu 98.Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho các điểm



2,0,0 , 0,4,0 , 0,0,4

 







A B C . Phương trình nào sau
đây là phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC (

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

A. x2y2z22x4y4z0
B.



 



1 2 2 9

x  y  z 

C.



 



2 4 4 20

x  y  z 
D. x2y2z22x4y4z9

Câu 99. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba
điểm A



1,0,0



, B



0,2,0 , C 0,0,3







. Tập hợp các điểm



, ,



M x y z thỏa mãn: MA2MB2MC2 là mặt cầu có 
bán kính là:

A. R2 B. R 2 C. R3 D. R 3
Câu 100. Trong không gian với hệ tọa độOxyz, mặt cầu có

phương trình nào sau đây đi qua gốc tọa độ?

A.

 

2 2 2

1 : 2 4 2 0

S x y z  x y  
B.

 

2 2 2

2 : 4 6 2 0

S x y z  y z 

C.

 

2 2 2

3 : 2 6 0

S x y z  x z

D.

 

2 2 2

4 : 2 4 6 2 0

S x y z  x y z 

Câu 101. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt
cầu

  

 



: 1 2 3 9

S x  y  z  .
Điểm nào sau đây nằm ngoài mặt cầu

 

S ?

A.M



1;2;5



.B.N



0;3;2



. C. P



1;6; 1



.D. Q



2;4;5



Câu 102. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S x: 2y2 z2 6x4y2z0. Điểm nào sau đây 
thuộc mặt cầu

 

S ?

A.M



0;1; 1



.B.N



0;3;2



. C. P



1;6; 1



. D. Q



1;2;0



Câu 103. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S x: 2 



y 1

 

2 z 2



225. Điểm nào sau đây nằm 
bên trong mặt cầu

 

S .

A.M



3; 2; 4 



.B.N



0; 2; 2 



. C. P



3;5;2



.D. Q



1;3;0



Câu 104. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S x: 2y2z22x4y6z0. Trong ba điểm



0;0;0 , 2;2;3 , 2; 1; 1

 



O A B   , có bao nhiêu điểm nằm
trong mặt cầu

 

S ?

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

Câu 105.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm



1; ;1



A a và mặt cầu

 

S có phương trình
2 2 2 2 4 9 0

x y z  y z  . Tập các giá trị của a để

điểm A nằm trong khối cầu là?

A.



1;3



B.



1;3



C.



3;1



D.



  ; 1

 

3;



Câu 106. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S x: 2 



y 4

 

2 z 1



2 36. Vị trí tương đối của 
mặt cầu

 

S với mặt phẳng



Oxy



là:

A.



Oxy



cắt

 

S . B.



Oxy



không cắt

 

S . 
C.



Oxy



tiếp xúc

 

S . D.



Oxy



đi qua tâm

 

S . 
Câu 107. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt

cầu

  

 



: 1 2 5 4

S x  y  z  .
Mặt phẳng nào sau đây cắt mặt cầu

 

S ?

A.



Oxy



. B.



Oyz



. C.



Oxz



. D. Cả A, B, C.

Câu 108. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu
nào sau đây tiếp xúc với mặt phẳng tọa độ



Oxy



A.

  



2 2





1 : 1 2 2

S x y  z 

B.

  

 



2 : 1 3 1 2

S x  y  z 

C.

  

 



2 2

3 : 1 1 1

S x  y z 

D.

 

2 2





4 : 4 16

S x y  z 

Câu 109. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  

S : x3



2y2 



z 2



2m24. Tập các giá trị của

m để mặt cầu

 

S tiếp xúc với mặt phẳng



Oyz



là:

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Câu 110. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt

cầu

 

S có phương trình



x2



2



y 5



2z2m22m6. Tập các giá trị

của m để mặt cầu

 

S cắt trục Oz tại hai điểm phân
biệt là:

A. m1. B. m 3. C.  3 m 1. D. m 3 hoặc m1.

Câu 111. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt
cầu

 

S có phương trình



x1

 

2 y 3



2z29. 
Mệnh đềnào sau đây đúng ?

A.

 

S tiếp xúc với trục Ox B.

 

S không cắt trục Oy

C.

 

S tiếp xúc với trục OyD.

 

S tiếp xúc với trục Oz

Câu 112. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu
nào sau đây tiếp xúc với hai trục tọa độ Oy và Oz?

A.

  



2 2





1 : 1 2 2

S x y  z 

B.

  



2 2 2

2 : 1 1

S x y z 

C.

  

 



2 2

3 : 1 1 1

S x  y z 

D.

  

 



4 : 1 3 1 2

S x  y  z 

Câu 113. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt
cầu

  

 



: 1 3 14

S x  y  z  và điểm



1; 1; 6



A   . Tìm trên trục Oz điểm B sao cho đường
thẳng AB tiếp xúc với

 

S .

A. 0;0; 19
3

B  . B. B0;0;193.C. B0;0; 193.D.B0;0;193.

Câu 114. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt
cầu

 

S x: 2y2z24x4y4z0 và điểm



4;4;0



A .Tìm tọa độ điểm B thuộc

 

S sao cho tam
giác OAB đều (O là gốc tọa độ).

A.









0; 4;4
4;0;4

B
B

 



 . B.









0;4; 4
4;0;4

B

 




 .C.









0; 4; 4
4;0;4

B
B

  




 .D.









0;4;4
4;0;4

B
B





</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

1.

H

Ệ

TO

Ạ

ĐỘ

TRONG KHễNG GIAN

Dạng toán 1:

T

a

c

a im, vect và các yế

u t

ố

liên quan

Phương pháp

S

ử

d

ụ

ng các k

ế

t qu

ả

trong ph

ầ

n:

T

ọa độ

c

ủa vectơ.

T

ọa độ

c

ủa điể

m.

Liên h

ệ

gi

ữ

a t

ọa độ

vectơ và tọa độ

hai điể

m mút.

Tích có hướ

ng c

ủa hai vectơ và các ứ

ng d

ụ

ng

ThÝ dô 1.

Cho ba điểm

A(1; 2; 3), B(3; 5; 4), C(3; 0; 5).

a.

Ch

ứng minh

A, B, C

là ba đỉnh của một tam giác

.

b.

Tính chu vi, di

ện tích của

∆

ABC.

c.

Tìm to

ạ độ điểm

D

để

ABCD

là hình bình hành và tính cơsin góc gi

ữa hai vectơ

AC

và

BD

.

d.

Tính độ dài đường cao

h

c

ủa

∆

ABC

k

ẻ từ

A. e.

Tính các góc c

ủa

∆

ABC.

f.

Xác định toạ độ trực tâm

H

c

ủa

∆

ABC.

g.

Xác định toạ độ tâm đường trịn ngoại tiếp

∆

ABC.



Giải

a.

Ta có:

AB


(2; 3; 1) và

AC

(2;

−

2; 2)

⇒

AB

và

AC

không cùng phương.

V

ậy, ba điể

m A, B, C không th

ẳ

ng hàng.

b.

Ta l

ần lượ

t có:

CV

∆ABC

= AB + AC + BC =

22+32+12 + 22+ −( 2)2+22 + −( 5)2+12

=

14+ 12+ 26

.

S

∆ABC

=

1 AB, AC

2  
 

=

|

(8;

−

2;

−

10)

|

=

1
2

2 2 2

8 + −( 2) + −( 10)

=

.

c.

Gi

ả

s

ử

D(x; y; z), để

ABCD là hình bình hành điề

u ki

ệ

n là:

AB


=

DC

⇔

(2; 3; 1) =

(3

−

x;

−

y; 5

−

z)

⇔

2 3 x

3 y

1 5 z

= −

 = −

 = −


⇔

x 1

y 3

z 4

=

 = −

 =


⇒

D(1;

−

3; 4).

cos(

AC

,

BD

) =

AB.BD

AB . BD
 

 

=

12. 68

=

51
17

.

d.

Ta có:

S

∆ABC

=

h

.BC

⇔

h

=

ABC

2S
BC

∆

=

2 42

=

2 273

.

e.

Ta l

ần lượ

t có:

cosA =

AB.AC

AB . AC
 

 

= 0

⇔

A = 90

,

cosB =

BA.BC

BA . BC
 

 

=

và cosC = sinB =

1 cos B−

=

118

.

f.

Ta có th

ể

l

ự

a ch

ọ

n m

ộ

t trong hai cách sau:

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

AH BC
BH AC
H (ABC)
⊥

 ⊥

 ∈


⇔

AH BC
BH AC

Ba vectơ AB, AC, AH đồng phẳng

 ⊥
 ⊥



 
 

  

⇔

AH.BC 0
BH.AC 0

AB, AC .AH 0

 =
 =

  =
 

 
 
  

⇔

(x 1; y 2; z 3).(0; 5; 1) 0
(x 3; y 5; z 4).(2; 2; 2) 0
(8; 2; 10).(x 1; y 2; z 3) 0

− − − − =

 − − − − =

 − − − − − =


⇔

5(y 2) z 3 0

2(x 3) 2(y 5) 2(z 4) 0
8(x 1) 2(y 2) 10(z 3) 0

− − + − =

 − − − + − =

 − − − − − =


⇔

5y z 7
x y z 2

4x y 5z 13

− =

 − + =

 − − = −


⇔

x 1
y 2
z 3
=

 =


 =


V

ậy, ta đượ

c tr

ự

c tâm H(1; 2; 3).

Cách 2

: Vì

∆

ABC vng t

ạ

i A nên tr

ự

c tâm H

≡

A, t

ứ

c là H(1; 2; 3).

g.

Ta có th

ể

l

ự

a ch

ọ

n m

ộ

t trong hai cách sau:

Cách 1

: Gi

ả

s

ử

I(x; y; z) là tâm đườ

ng tròn ngo

ạ

i ti

ế

p

∆

ABC, ta có:

AI BI
AI CI
I (ABC)
=

 =

 ∈


⇔

2 2
2 2
AI BI
AI CI

AB, AC, AH đồng phẳng

 =


=


  

⇔

2 2
2 2
AI BI
AI CI

AB, AC .AI 0

 =
 =

  =
 

  

⇔

2 2 2 2 2 2

(x 1) (y 2) (z 3) (x 3) (y 5) (z 4)

(x 1) (y 2) (z 3) (x 3) y (z 5)

4x y 5z 13

 − + − + − = − + − + −

− + − + − = − + + −

 − − = −


⇔

2x 3y z 18
x y z 5

4x y 5z 13

+ + =

 − + =

 − − = −


⇔

x 3
y 5 / 2
z 9 / 2

=

 =


 =


.

V

ậy, ta được tâm đườ

ng tròn ngo

ạ

i ti

ế

p là

I 3; ;

5 9

2 2













.

Cách 2

: Vì

∆

ABC vng t

ạ

i A nên tâm I c

ủa đườ

ng trịn ngo

ạ

i ti

ế

p

∆

ABC chính là trung điể

m c

ủ

a BC, t

ứ

c là

5 9

I 3; ;

2 2













.

F

Nhận xét

: Như vậ

y, v

ớ

i bài tốn trên (tam giác trong khơng gian) các em h

ọ

c sinh có th

ể

ơn t

ập đượ

c h

ầ

u

h

ế

t ki

ế

n th

ứ

c trong bài h

ọ

c "

H

ệ tọa độ trong không gian

", và trong đó vớ

i các câu f), g):



Ở

cách 1, chúng ta nh

ận được phương pháp chung để

th

ự

c các yêu c

ầ

u c

ủ

a bài toán.



Ở

cách 2, b

ằ

ng vi

ệc đánh giá đượ

c d

ạng đặ

c bi

ệ

t c

ủ

a

∆

ABC chúng ta nh

ận đượ

c l

ờ

i gi

ả

i

đơn giản hơn rấ

t nhi

ề

u.

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

a.

Tìm tọa độ các điểm

A

, A

2 theo thứ tự là các điểm đối xứng với điểm

A

qua mặt phẳng

(Oxy)

và tr

ục

Oy

.

b.

Ch

ứng minh rằng

A, B, C, D

là b

ốn đỉnh của một hình tứ diện.

c.

Tính th

ể tích khối tứ diện

ABCD.

d.

Ch

ứng minh rằng hình chóp

D.ABC

là hình chóp đều.

e.

Tìm t

ọa độ chân đường cao

H

c

ủa hình chóp

D.ABC.

f.

Ch

ứng minh rằng tứ diện

ABCD

có các c

ạnh đối vng góc với nhau.

g.

Tìm t

ọa độ điểm

I

cách đều bốn điểm

A, B, C, D.



Giải

a.

Ta l

ần lượ

t:



Hình chi

ế

u vng góc c

ủa điể

m A trên m

ặ

t ph

ẳng (Oxy) là điể

m E(5; 3; 0). T

ừ

đó, vì E là trung điể

m c

ủ

a

AA

nên A

(5; 3; 1).



Hình chi

ế

u vng góc c

ủa điể

m A trên tr

ục Oy là điể

m F(0; 3; 0). T

ừ

đó, vì F là trung điể

m c

ủ

a AA

nên

A

(

−

5; 3; 1).

b.

Ta có th

ể

l

ự

a ch

ọ

n m

ộ

t trong hai cách sau:

Cách 1

: Để

ch

ứ

ng minh b

ốn điểm A, B, C, D không đồ

ng ph

ẳ

ng ta s

ẽ

đi chứng minh ba vectơ

DA

(2; 2; 1),

DB

(

−

1; 2;

−

2),

DC

(

−

2; 1; 2) không đồ

ng ph

ẳ

ng.

Gi

ả

s

ử

trái l

ạ

i, t

ứ

c là ba

vectơ

DA

,

DB

,

DC

đồ

ng ph

ẳng, khi đó sẽ

t

ồ

n t

ạ

i c

ặ

p s

ố

th

ứ

c

α

,

β

sao cho:

DA


=

α

DB

+

β

DC

⇔

2 2

1 2 2

= −α − β


 = α +β


 = − α + β


, vô nghi

ệ

m

⇒

Ba vectơ

DA

,

DB

,

DC

không đồ

ng ph

ẳ

ng.

V

ậ

y, b

ốn điể

m A, B, C, D là b

ốn đỉ

nh c

ủ

a m

ộ

t hình t

ứ

di

ệ

n.

Cách 2

: Ta có

DA

(2; 2; 1),

DB

(

−

1; 2;

−

2),

DC

(

−

2; 1; 2), t

ừ

đó suy ra:

DA, DB .DC

 

 

  

=

2 1 .( 2) 1 2 .1 2 2.2

2 −2 − + −2 −1 + −1 2

= 27

≠

0 ⇒

Ba véctơ

DA

,

DB

và

DC

không đồ

ng ph

ẳ

ng.

V

ậ

y, b

ốn điể

m A, B, C, D là b

ốn đỉ

nh c

ủ

a m

ộ

t hình t

ứ

di

ệ

n.

c.

Th

ể

tích V c

ủ

a t

ứ

di

ện ABCD đượ

c cho b

ở

i

V 1 DA, DB .DC

6  

=   

=

92

.

d.

Ta l

ần lượ

t có:

2 2 2

DA 2 2 1 3

DB ( 1) 2 ( 2) 3

DC ( 2) 1 2 3

 = + + =



 = − + + − =




= − + + =



⇒

DA = DB = DC.

Tương tự, ta cũng có AB = BC = CA =

3 2

.

V

ậy, hình chóp D.ABC là hình chóp đề

u.

e.

Ta có th

ể

trình bày theo hai cách sau:

Cách 1

: Gi

ả

s

ử

H(x; y; z) là hình chi

ế

u vng góc c

ủ

a D lên m

ặ

t ph

ẳng (ABC), ta có điề

u ki

ệ

n:

DH AB

DH AC

H (ABC)

⊥


 ⊥


 ∈


⇔

DH AB

DH AC

Ba vectơ AB, AC, AH đồng phẳng

 ⊥

 ⊥






 
 

  

⇔

DH.AB 0
DH.AC 0

AB, AC .AH 0

 =

 =



  =

 



 
 

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

⇔

x z 1

4x y z 15

x 5y z 9

+ =

 + − =

 − − = −


⇔

x 8 / 3
y 8 / 3
z 5 / 3

=

 =

 = −


⇒

H

8 8

; ;

5 3 3

3 

−











.

V

ậy, ta đượ

c

H

8 8

; ;

5 3 3

3 

−











.

Cách 2

: D

ự

a theo k

ế

t qu

ả

câu d), ta suy ra chân đườ

ng cao H c

ủ

a hình chóp D.ABC chính là tr

ọ

ng tâm c

ủ

a

∆

ABC, do đó:

(

)

OH OA OB OC

= + +

   

⇔

H xA xB xC;yA yB yC;zA zB zC 8 8; ; 5

3 3 3 3 3 3

+ + + + + +

  = − 

 

   

 

.

f.

V

ớ

i c

ặ

p c

ạ

nh AD và BC, ta có:

DA

(2; 2; 1),

BC

(

−

1;

−

1; 4)

⇒

DA

.

BC

= 0

⇔

⊥

BC.

Ch

ứng minh tương tự, ta cũng có AB

⊥

CD và AC

⊥

BD.

V

ậ

y, t

ứ

di

ệ

n ABCD có các c

ạnh đố

i vng góc v

ớ

i nhau.

g.

Ta có th

ể

trình bày theo hai cách sau:

Cách 1

: Gi

ả

s

ử

I(x; y; z) là tâm m

ặ

t c

ầ

u ngo

ạ

i ti

ế

p t

ứ

di

ệ

n ABCD, ta có:

AI BI
AI CI
AI DI
=


 =

 =


⇔

2 2
2 2
2 2
AI BI
AI CI
AI DI
 =

=

 =


⇔

2 2 2 2 2 2

(x 5) (y 3) (z 1) (x 2) (y 3) (z 4)

(x 5) (y 3) (z 1) (x 1) (y 2) z

(x 5) (y 3) (z 1) (x 3) (y 1) (z 2)

 − + − + + = − + − + +

− + − + + = − + − +

 − + − + + = − + − + +


⇔

x z 1
4x y z 15
4x 4y 2z 21

+ =

 + − =

 + + =


⇔

x 5 / 2
y 7 / 2
z 3 / 2

=

 =


 = −


⇒

I

5 7

; ;

3 2 2

2 

−











.

Cách 2

: D

ự

a theo k

ế

t qu

ả

câu d), ta suy tâm I(x; y; z) thu

ộ

c DH sao cho ID = IB, t

ứ

c là ta có:

2 2

DI

BI

DI // HI



=







 

⇔

2 2 2 2 2 2

(x 3) (y 1) (z 2) (x 2) (y 3) (z 4)

x 3 y 1 z 2

8 8 5

x y z

3 3 3

 − + − + + = − + − + +
 − − +
 = =
 − − +


⇔

2x 4y 4z 15

5x y 16
x z 1

− + = −

 + =

 + =


⇔

x 5 / 2
y 7 / 2
z 3 / 2

=

 =

 = −


⇒

I

5 7

; ;

3 2 2

2 

−











.

F

Nh

ận xét

:

Như vậ

y, v

ớ

i bài toán trên (kh

ối đa diệ

n) các em h

ọc sinh đã ôn tập đượ

c các ki

ế

n th

ứ

c trong

bài h

ọ

c "

H

ệ tọa độ trong khơng gian

", và trong đó:



Ở

câu b), chúng ta nh

ận được hai phương pháp để

ch

ứ

ng minh b

ốn điểm không đồ

ng

ph

ẳng (tương ứ

ng v

ới ba vectơ không đồ

ng ph

ẳng) và thông thườ

ng chúng ta s

ử

d

ụ

ng

cách

2 trong bài thi. Và đặ

c bi

ệ

t giá tr

ị

DA, DB .DC  

được xác đị

nh r

ấ

t nhanh và chính

xác v

ớ

i các em h

ọ

c sinh bi

ế

t s

ử

d

ụ

ng máy tính Casio fx

−

570MS.

A

B

C

D

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>



Ở

câu e), cách 1 trình bày phương pháp chung cho mọ

i d

ạ

ng t

ứ

di

ện và cách 2 được đề

xu

ấ

t d

ự

a trên d

ạng đặ

c bi

ệ

t c

ủ

a t

ứ

di

ệ

n ABCD. Và các em h

ọ

c sinh c

ầ

n nh

ớ

thêm r

ằ

ng

chúng ta cịn có m

ộ

t cách chung khác b

ằ

ng vi

ệ

c th

ự

c hi

ện theo các bướ

c:

Bước 1:

Vi

ết phương trỡnh mặ

t ph

ẳ

ng (ABC).

Bước 2:

Vi

ết phương trỡnh đườ

ng th

ẳ

ng (d) qua D và vuụng gúc v

ớ

i m

ặ

t ph

ẳ

ng (ABC).

Bước 3:

Khi đú, điểm H chớnh là giao điể

m c

ủa đườ

ng th

ẳ

ng (d) v

ớ

i m

ặ

t ph

ẳ

ng (ABC).



Hai cách s

ử

d

ụ

ng trong câu g) v

ới ý tương tượ

ng t

ự

như câu e). Tuy nhiên, các em họ

c

sinh cũng có thể

th

ự

c hi

ện như sau:

Bước 1:

Vi

ết phương trỡnh mặ

t c

ầ

u (S) ngo

ạ

i ti

ế

p t

ứ

di

ện ABCD (phương trỡnh mặ

t c

ầ

u

đi qua bốn điể

m).

Bước 2:

T

ừ

k

ế

t qu

ả

ở

bướ

c 1, chỳng ta nh

ận đượ

c t

ọa độ

tõm I.

Dạng toán 2:

Phươ

ng trỡnh m

ặ

t c

ầ

u

Phương pháp

V

ới phương trình cho dướ

i

dạng chính tắc

:

(S): (x

−

a)

+ (y

−

b)

+ (z

−

c)

= k, v

ớ

i k > 0

ta l

ần lượ

t có:

Bán kính b

ằ

ng R =

.

T

ọa độ

tâm I là nghi

ệ

m c

ủ

a h

ệ

phương trình:

x a 0

y b 0

z c 0

− =

 − =

 − =


⇔

x a

y b

z c

=

 =

 =


⇒

I(a; b; c).

V

ới phương trình cho dướ

i

dạng tổng quát

ta th

ự

c hi

ện theo các bướ

c:

Bước 1:

Chuy

ển phương trỡnh ban đầ

u v

ề

d

ạ

ng:

(S): x

+ y

+ z

−

2ax

−

2by

−

2cz + d = 0.

(1)

Bước 2:

Để

(1) là phương trỡnh mặ

t c

ầu điề

u ki

ệ

n là:

a

+ b

+ c

−

d > 0.

Bước 3:

Khi đú (S) cú thuộ

c tớnh:

2 2 2

T m I(a; b;c)

B k nh R a b c d

â
án í

= + +

.

Thí dụ 1.

Cho h

ọ mặt cong

(S

)

có phương trình

:

(S

): (x

−

2)

+ (y

−

1)

+ (z

−

m)

= m

−

2m + 5.

a.

Tìm điều kiện của

m

để

(S

)

là một họ mặt cầu

.

b.

Tìm m

ặt cầu có bán kính nhỏ nhất trong họ

(S

).

c.

Ch

ứng tỏ rằng họ

(S

)

luôn ch

ứa một đường tròn cố định

.



Giải

Để

(S

) m

ộ

t h

ọ

m

ặ

t c

ầu điề

u ki

ệ

n là:

m

−

2m + 5 > 0

⇔

(m

−

1)

+ 4 > 0, luôn đúng.

V

ậ

y, v

ớ

i m

ọ

i m thì (S

) ln là phương trình củ

a m

ặ

t c

ầ

u v

ớ

i:

T m I(2;1; m)

B k nh R (m 1) 4

â
án í

= +

.

Ta cú:

R

= (m - 1)

+ 4

≥

4 ⇒

R

min

= 2, đạt đượ

c khi m = 1.

V

ậ

y, trong h

ọ

(S

) m

ặ

t c

ầ

u (S

) có bán kính nh

ỏ

nh

ấ

t b

ằ

ng 2.

Gi

ả

s

ử

M(x

; y

; z

) là điể

m c

ố

đị

nh mà h

ọ

(S

) ln đi qua, ta có:

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

⇔

2 2 2

0 0 0 0

2(1 z )m (x

−

+

−

2)

+

(y

−

1)

+ − =

z

5 0, m

∀

⇔

2 2 2

0 0 0

1 z

0 (x

2)

(y

1)

z

5 0

−

=





−

+

−

+

− =



⇔

2 2

0 0

z

1 (x

2)

(y

1)

4 =





−

+

−

=



.

V

ậ

y, h

ọ

(S

) luôn ch

ứa đườ

ng trịn (C) có tâm I

(2; 1; 1) và bán kính R

= 2 n

ằ

m trong m

ặ

t ph

ẳ

ng (P

): z = 1.

F

Chú ý

: Thông qua l

ờ

i gi

ả

i câu c) các em h

ọ

c sinh hãy t

ổ

ng k

ết để

có được phương pháp

th

ự

c hi

ệ

n yêu c

ầ

u

"

Ch

ứng tỏ rằng họ mặt cầu

(S

)

ln ch

ứa một đường trịn cố định

".

ThÝ dơ 2.

Cho h

ọ mặt cong

(S

)

có phương trình

:

(S

): x

+ y

+ z

- 2m

x - 4my + 8m

- 4 = 0.

a.

Tìm điều kiện của

m

để

(S

)

là m

ột họ mặt cầu

.

b.

Ch

ứng minh rằng tâm của họ

(S

)

luôn n

ằm trên một Parabol

(P)

c

ố định trong mặt phẳng

Oxy,

khi

m

thay đổi

.

c.

Trong m

ặt phẳng

Oxy,

g

ọi

F

là tiêu điểm của

(P).

Gi

ả sử đường thẳng

(d)

đi qua

F

t

ạo với

chi

ều dương của trục

Ox

m

ột góc

α

và c

ắt

(P)

t

ại hai điểm

M, N.



Tìm to

ạ độ trung điểm

E

c

ủa đoạn

MN

theo

α

.



T

ừ đó suy ra quỹ tích

E

khi

α

thay đổi

.



Giải

Ta có th

ể

trình bày theo hai cách sau:

Cách 1

: Bi

ến đổi phương trình ban đầ

u v

ề

d

ạ

ng:

(x

−

m

)

+ (y

−

2m)

+ z

= m

−

4m

+ 4.

T

ừ

đó, để

phương trình đã cho là phương trình củ

a m

ặ

t c

ầu điề

u ki

ệ

n là:

m

−

4m

+ 4 > 0

⇔

(m

−

2)

> 0

⇔

m

−

2 ≠

0 ⇔

m≠ ± 2

.

V

ậ

y, v

ớ

i

m≠ ± 2

thì (S

) là phương trình củ

a m

ặ

t c

ầ

u có:

T m I(m ; 2m;0)

Bk nh R m 2



 = −



.

Cách 2

: Để

(S

) là m

ộ

t h

ọ

m

ặ

t c

ầu điề

u ki

ệ

n c

ần và đủ

là:

m

+ 4m

- 8m

+ 4 > 0

⇔

(m

- 2)

> 0

⇔

m

−

2 ≠

0 ⇔

m≠ ± 2

.

V

ậ

y, v

ớ

i

m≠ ± 2

thì (S

) là phương trình củ

a m

ặ

t c

ầ

u có:

T m I(m ; 2m;0)

Bk nh R m 2



 = −



.

Ta có:

I

:

x m

y 2m

z 0

 =
 =

 =


⇔

y2 4x

z 0

 =



</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

V

ậ

y, trong m

ặ

t ph

ẳ

ng Oxy tâm I

luôn n

ằ

m trên Parabol (P): y

= 4x.

Trong m

ặ

t ph

ẳ

ng Oxy, xét Parabol

(P): y

= 4x, có tiêu điể

m F(1; 0).



Phương trình đườ

ng th

ẳng (d) đi qua F tạ

o v

ớ

i chi

ều dương củ

a tr

ụ

c Ox m

ộ

t góc

α

có d

ạ

ng:

(d):

qua F(1;0)

hÖ sè gãck tan



 = α



⇔

(d): y = (x - 1)tan

α

.



To

ạ

độ

giao điể

m M, N c

ủ

a (P) và (d) là nghi

ệ

m c

ủ

a h

ệ

phương trình:

y 4x

y (x 1) tan

 =


= − α



⇒

x

tan

α

- 2(tan

α

+ 2)x + tan

α

= 0. (1)

Ta có:

∆

' = (tan

α

+ 2)

- tan

α

= 4tan

α

+ 4

> 0,

∀α

do đó (1) ln có 2 nghiệ

m phân bi

ệ

t.

V

ậ

y (P) và (d) luôn c

ắ

t nhau t

ại hai điể

m phân bi

ệ

t M(x

; y

), N(x

; y

)

có hồnh độ

tho

ả

mãn:

M N 2

2(tan 2)

x x

tan

α +

+ =

.



G

ọ

i E(x

, y

) là trung điể

m c

ủa đoạ

n MN, ta có:

E M N

E E

x (x x )

y (x 1) tan

 = +




 = − α



⇔

E 2

tan 2

tan

1 2(tan 2)

y 2 tan

2 tan

 = α +

 α



  α + 

 =  −  α

  α 



⇔

E 2

tan 2

tan
2
y

tan

 α +

 α



 =

 α



.

(I)

Kh

ử

α

t

ừ

h

ệ

(I) ta đượ

c

y2E

= 4x

- 2

V

ậy, quĩ tích trung điể

m E c

ủa đoạ

n MN thu

ộ

c Parabol (P

) cú phương trình y

= 4x - 2 trong m

ặ

t ph

ẳ

ng Oxy.

F

Nhận xét

: Như vậ

y, v

ớ

i bài toán trên:



Ở

câu a), vi

ệ

c trình bày theo hai cách ch

ỉ

có tính minh h

ọ

a, b

ở

i trong th

ự

c t

ế

chúng ta

thườ

ng s

ử

d

ụ

ng cách 2.



Ở

câu b), chúng ta s

ử

d

ụ

ng ki

ế

n th

ứ

c v

ề

tam th

ứ

c b

ậ

c hai.



Ở

câu c), các em h

ọc sinh đã thấy đượ

c m

ố

i liên h

ệ

gi

ữ

a hình h

ọ

c gi

ả

i tích trong m

ặ

t

ph

ẳ

ng v

ớ

i hình h

ọ

c gi

ả

i tích trong khụng gian.

Dạng toán 3:

Vi

t phng trỡnh m

t c

ầ

u

Phương pháp

G

ọ

i (S) là m

ặ

t c

ầ

u tho

ả

mãn điề

u ki

ện đầ

u bài. Chúng ta l

ự

a ch

ọn phương trình dạ

ng t

ổ

ng qt ho

ặ

c d

ạ

ng chính

t

ắ

c.

Khi đó:

1. Mu

ốn có phương trình dạ

ng chính t

ắ

c, ta l

ậ

p h

ệ

4 phương trình vớ

i b

ố

n

ẩn a, b, c, R, điề

u ki

ệ

n R > 0. Tuy

nhiên, trong trườ

ng h

ợp này chúng ta thườ

ng chia nó thành hai ph

ầ

n, bao g

ồ

m:



Xác đị

nh bán kính R c

ủ

a m

ặ

t c

ầ

u.



Xác tâm I(a; b; c) c

ủ

a m

ặ

t c

ầ

u.

T

ừ

đó, chúng ta nhận được phương

trình chính t

ắ

c c

ủ

a m

ặ

t c

ầ

u.

2. Mu

ốn có phương trình dạ

ng t

ổ

ng qt, ta l

ậ

p h

ệ

4 phương trình vớ

i b

ố

n

ẩn a, b, c, d, điề

u ki

ệ

n a

+ b

+ c

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

F

Chú ý

: 1. C

ầ

n ph

ả

i cân nh

ắ

c gi

ả

thi

ế

t c

ủ

a bài toán th

ậ

t k

ỹ

càng để

l

ự

a ch

ọ

n d

ạng phương trình thích hợ

p.

2. Trong nhi

ều trườ

ng h

ợp đặ

c thù chúng ta còn s

ử

d

ụng phương pháp quỹ

tích để

xác đị

nh

phương trình mặ

t c

ầ

u.

ThÝ dơ 1.

Viết phương trình mặt cầu trong các trường hợp sau

:

a.

Đường kính

AB

v

ới

A(3;

−

4; 5), B(

−

5; 2; 1).

b.

Tâm

I(3;

−

2; 1)

và đi qua điểm

C(

−

2; 3; 1).



Giải

a.

Ta có th

ể

trình bày theo các cách sau:

Cách 1

: M

ặ

t c

ầ

u (S) cú:

(S):

Tâm I là trung điểm AB
AB
Bán kính R

=



⇔

(S):

T©m I( 1; 1; 3)

R 29

− −



=


⇔

(S): (x + 1)

+ (y + 1)

+ (z - 3)

= 29.

Cách 2

: Ta có:

M(x; y; z)

∈

(S)

⇔

MA

⊥

MB

⇔

AM.BM 

= 0

⇔

(x

−

3; y + 4; z

−

5).(x + 5; y

−

2; z

−

1) = 0

⇔

(x

−

3)(x + 5) + (y + 4)(y

−

2) + (z

−

5)(z

−

1) = 0

⇔

x

+ y

+ z

+ 2x + 2y - 6z

−

18 = 0.

Đó chính là phương trình mặ

t c

ầ

u (S) c

ầ

n tìm.

Cách 3

: Ta có:

M(x; y; z)

∈

(S)

⇔

∆

MAB vng t

ạ

i M

⇔

AM

+ BM

= AB

⇔

(x

−

3)

+ (y + 4)

+ (z

−

5)

+ (x + 5)

+ (y

−

2)

+ (z

−

1)

= 116

⇔

x

+ y

+ z

+ 2x + 2y - 6z

−

18 = 0.

Đó chính là phương trình mặ

t c

ầ

u (S) c

ầ

n tìm.

b.

Ta có th

ể

trình bày theo các cách sau:

Cách 1

: M

ặ

t c

ầ

u (S) có:

(S):

T©m I

Đ i qua C

(S):

Tâm I(3; 2;1)

Bán kính R IC 5 2

−





= =



⇔

(S): (x

−

3)

+ (y + 2)

+ (z

−

1)

= 50.

Cách 2

: M

ặ

t c

ầ

u (S) có tâm I(3;

−

2; 1) có phương trình:

(x

−

3)

+ (y + 2)

+ (z

−

1)

= R

.

Điể

m C(

−

2; 3; 1)

∈

(S) điề

u ki

ệ

n là:

(

−

2 −

3)

+ (3 + 2)

+ (1

−

1)

= R

⇔

R

= 50.

V

ậy, phương trình mặ

t c

ầ

u (S) có d

ạ

ng:

(x

−

3)

+ (y + 2)

+ (z

−

1)

= 50.

Cách 3

: M

ặ

t c

ầ

u (S) có tâm I(3;

−

2; 1) có phương trình:

(S): x

+ y

+ z

−

6x + 4y

−

2z + d = 0.

Điể

m C(

−

2; 3; 1)

∈

(S) điề

u ki

ệ

n là:

4 + 9 + 1 + 12 + 12

−

2 + d = 0

⇔

d = 36.

V

ậy, phương trình mặ

t c

ầ

u (S): x

+ y

+ z

−

6x + 4y

−

2z + 36 = 0.

Cách 4

: Ta có:

M(x; y; z)

∈

(S)

⇔

IM = IA

⇔

IM

= IA

⇔

(x

−

3)

+ (y + 2)

+ (z

−

1)

= 50.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

F

Nh

ận xét

: Như vậ

y, v

ớ

i bài toán trên:



Ở

câu a), v

ới cách 1 chúng ta đi xác đị

nh t

ọa độ

tâm I và tính bán kính R, t

ừ

đó sử

d

ụ

ng

cơng th

ức để

nh

ận được phương trình chính tắ

c c

ủ

a m

ặ

t c

ầ

u (S). Các cách 2, cách 3

chúng ta đã sử

d

ụng phương pháp quỹ

tích để

nh

ận được phương trình mặ

t c

ầ

u (S).



Ở

câu b), cách 1 có ý tương tương tự

như trong câu a). Các cách 2, cách 3 chúng ta đã sử

d

ụ

ng các d

ạng phương trình có sẵ

n c

ủ

a m

ặ

t c

ầ

u và

ở

đó giá trị

c

ủ

a tham s

ố

còn l

ạ

i (R

ho

ặc d) được xác định thông qua điề

u ki

ệ

n C thu

ộ

c (S). Cách 4 chúng ta s

ử

d

ụ

ng ph

ương

pháp qu

ỹ

tích để

nh

ận được phương trình mặ

t c

ầ

u (S).

ThÝ dơ 2.

Vi

ết phương trình mặt cầu đi qua hai

điểm

A(1; 2; 2), B(0; 1; 0) và tâm I thu

ộ

c tr

ụ

c Oz.



Giải

Ta có th

ể

trình bày theo các cách sau:

Cách 1

: M

ặ

t c

ầ

u (S) có tâm I thu

ộ

c tr

ụ

c Oz suy ra I(0; 0; c) nên nó có d

ạ

ng:

x

+ y

+ (z

−

c)

= R

.

• Điể

m A(1; 2; 2)

∈

(S) nên:

1 + 4 + (2

−

c)

= R

⇔

(c

−

2)

+ 5 = R

.

(1)

• Điể

m B(0; 1; 0)

∈

(S) nên:

1 + (

−

c)

= R

⇔

c

+ 1 = R

.

(2)

L

ấ

y (2) - (1),

ta đượ

c:

4c

−

8 = 0

⇔

c = 2.

Thay c = 2 vào (2), ta đượ

c R

= 5.

V

ậy, phương trình mặ

t c

ầ

u (S) có d

ạ

ng:

(S): x

+ y

+ (z

−

2)

= 5.

Cách 2

: M

ặ

t c

ầ

u (S) có tâm I thu

ộ

c tr

ụ

c Oz suy ra I(0; 0; c) nên nó có d

ạ

ng:

x

+ y

+ z

−

2cy + d = 0, v

ớ

i c

−

d > 0.

V

ới các điể

m A, B thu

ộ

c (S), ta có h

ệ

phương trình:

9 4c d 0
1 d 0

− + =


 + =



⇔

c 2

d 1

=

 = −



.

V

ậy, phương trình mặ

t c

ầ

u (S) có d

ạ

ng:

(S): x

+ y

+ z

−

4z

−

1 = 0.

Cách 3

: M

ặ

t c

ầ

u (S) có tâm I thu

ộ

c tr

ụ

c Oz suy ra I(0; 0; c).

V

ớ

i

các điể

m A, B thu

ộc (S), ta có điề

u ki

ệ

n là:

IA = IB

⇔

IA

= IB

⇔

1 + 4 + (2

−

c)

= 1 + (

−

c)

⇔

c = 2.

V

ậy, phương trình mặ

t c

ầu (S) đượ

c cho b

ở

i:

(S):

Tâm I(0;0;2)

Bán kính R IA 5

= =

(S): x

+ y

+ (z

−

2)

= 5.

Cách 4

: M

ặ

t c

ầ

u (S) có tâm I thu

ộ

c tr

ụ

c Oz suy ra I(0; 0; c).

Trung điể

m c

ủa AB là điể

m

M 1 3; ; 1
2 2

 

 

 

, ta có điề

u ki

ệ

n là:

IM

⊥

AB

⇔

IM ⊥AB

⇔

IM.AB 0 =

⇔

1 3; ; 1 c ( 1; 1; 2) 0

2 2

 −  − − − =

 

 

⇔

1 3

2(1 c) 0

2 2

− − − − =

⇔

c = 2.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

(S):

Tâm I(0;0;2)

Bán kính R IA 5




= =



⇔

(S): x

+ y

+ (z

−

2)

= 5.

F

Chú ý

: Ngoài b

ố

n cách gi

ải trên, để

vi

ết phương trình mặ

t c

ầu đi qua hai điể

m A, B và có tâm thu

ộ

c

đườ

ng th

ẳ

ng (d) chúng ta cịn có th

ể

th

ự

c hi

ệ

n

theo các bướ

c sau:

Bước 1:

M

ặ

t c

ầu (S) đi qua hai điể

m A, B suy ra tõm I thu

ộ

c m

ặ

t ph

ẳ

ng (P) là m

ặ

t ph

ẳ

ng trung

tr

ự

c c

ủ

a AB. Ta cú:

(P):

Qua E l trung
vtpt AB

à điểm của AB

.

Bước 2:

Tõm {I} = (P)

∩

(d), nờn to

ạ

độ

c

ủ

a I là nghi

ệ

m c

ủ

a h

ệ

phương trỡnh tạ

o b

ở

i (d) và (P).

Bước 3:

V

ậy, phương trỡnh mặ

t c

ầu (S) đượ

c cho b

ở

i:

(S):

T m I

B n k nh R IA

â
á í

=

.

Thí dụ 3.

Vi

ết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm

A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), C(0; 2; 4)

và có tâm n

ằm trên mặt

ph

ẳng

(Oyz).



Giải

Ta có th

ể

trình bày theo các cách sau:

Cách 1

: Gi

ả

s

ử

m

ặ

t c

ầu (S) có phương trình:

(S): x

+ y

+ z

−

2ax

−

2by

−

2cz + d = 0, v

ớ

i a

+ b

+ c

−

d > 0.

Vì tâm I(a; b; c) thu

ộ

c m

ặ

t ph

ẳ

ng (Oxy) nên a = 0.

(1)

V

ới các điể

m A, B, C thu

ộ

c (S), ta có h

ệ

phương trình:

6 4a 2b 2c d 0
2 2a 2b d 0
20 4b 8c d 0

− − − + =



 − − + =


 − − + =


⇔

2b 2c d 6
2a 2b d 2
4b 8c d 20

+ − =



 + − =


 + − =



⇔

b 1
c 2
d 0

=

 =

 =


.

V

ậy, phương trình mặ

t c

ầ

u (S): x

+ y

+ z

−

2y

−

4z = 0.

Cách 2

: M

ặ

t c

ầ

u (S) có tâm I thu

ộ

c m

ặ

t ph

ẳ

ng (Oyz) suy ra I(0; b; c).

V

ới các điể

m A, B, C thu

ộc (S), ta có điề

u ki

ệ

n là:

AI = BI = IC

⇔

2 2

AI

BI

AI

CI



=





=



⇔

2 2 2 2

4 (b 1)

(c 1)

1 (b 1)

c

4 (b 1)

(c 1)

(b 2)

(c 4)

 + −

+ −

= + −

+





+ −

=

−

+ −



⇔

c 2

b 3c 7

=


 + =



⇔

c 2
b 1

=

 =



.

V

ậy, phương trình mặ

t c

ầu (S)

c cho b

i:

(S):

Tâm I(2;1;0)

Bán kính R IA 3



 = =



⇔

(S): x

+ (y

−

1)

+ (z

−

2)

= 9.

F

Chú ý

: Ngồi hai cách gi

ải trên, để

vi

ết phương trình mặ

t c

ầu đi qua ba điể

m A, B, C và có tâm thu

ộ

c m

ặ

t

ph

ẳ

ng (P) chúng ta cịn có th

ể

t

ậ

n d

ụng đượ

c tính ch

ấ

t c

ủ

a

∆

ABC để

nh

ận đượ

c l

ờ

i gi

ải đơn giả

n

hơn, cụ

th

ể

:

Bước 1:

Ta cú:

N

ế

u

∆

ABC đều thì tâm đườ

ng trịn ngo

ạ

i ti

ế

p

∆

ABC

là tr

ọ

ng tâm H c

ủ

a

∆

ABC.

N

ế

u

∆

ABC vuông t

ại A thì tâm đườ

ng trịn ngo

ạ

i ti

ế

p

∆

ABC

là trung điể

m H c

ủ

a

BC.

Bước 2:

Vi

ết phương trỡnh đườ

ng th

ẳ

ng (d) qua H và vuụng gúc v

ớ

i v

ớ

i m

ặ

t ph

ẳ

ng (ABC).

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Bước 4:

V

ậy, phương trỡnh mặ

t c

ầu (S) đượ

c cho b

ở

i:

(S):

Tâm I

B¸n kÝnh R IA





=



.

Chúng ta s

ẽ

đượ

c th

ấ

y cách gi

ả

i này trong ph

ần đườ

ng th

ẳ

ng.

ThÝ dô 4.

Lập phương trình mặt cầu

đi qua ba điểm

A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), C(0; 2; 4)

và có bán kính bằng

.



Gi

ải

Ta có th

ể

trình bày theo các cách sau:

Cách 1

: Gi

ả

s

ử

m

ặ

t c

ầu (S) có phương trình:

(S): x

+ y

+ z

−

2ax

−

2by

−

2cz + d = 0,

ta có ngay a

+ b

+ c

−

d = 5.

(1)

Vì các điể

m A, B, C thu

ộ

c (S), ta có h

ệ

phương trình:

6 4a 2b 2c d 0
2 2a 2b d 0
20 4b 8c d 0

− − − + =



 − − + =


 − − + =


⇔

2a 2b d 2

a c 2

a b 4c 9

+ − =


 + =


 − − = −


⇔

c 2 a
b 5a 1
d 12a

= −


 = +


 =


.

(I)

Thay (I) vào (1), ta đượ

c:

a

+ (5a + 1)

+ (2

−

a)

−

12a = 5

⇔

27a

−

6a = 0

⇔

a = 0 ho

ặ

c

a 2
9

.

Khi đó:



V

ới a = 0 ta đượ

c b = 1, c = 2 và d = 0 nên:

(S

): x

+ y

+ z

−

2y

−

4z = 0.



V

ớ

i

a 2

ta đượ

c

b 19, c 16 v d 8

9 9 µ 3

= = =

nên:

2 2 2

4 38 32 8

(S ) : x y z x y z 0

9 9 9 3

+ + − − − − =

.

V

ậ

y, t

ồ

n t

ạ

i hai m

ặ

t c

ầ

u (S

) và (S

) th

ỏ

a

mãn điề

u ki

ện đầ

u bài.

Cách 2

: Gi

ả

s

ử

m

ặ

t c

ầ

u (S) v

ớ

i bán kính b

ằ

ng

có phương trình:

(S): (x

−

a)

+ (y

−

b)

+ (z

−

c)

= 5.

Vì các điể

m A, B, C thu

ộ

c (S), ta có h

ệ

phương trình:

2 2 2

(2 a) (1 b) (1 c) 5

(1 a) (1 b) c 5

a (2 b) (4 c) 5

 − + − + − =



− + − + =



 + − + − =


⇔

2 2 2

(1 a) (1 b) c 5

a c 2

a b 4c 9

 − + − + =

 + =


 − − = −


⇔

2 2 2

(1 a) (1 b) c 5

c 2 a
b 5a 1

 − + − + =

 = −


 = +


⇔

2 2 2

(1 a) 25a (2 a) 5

c 2 a
b 5a 1

 − + + − =

 = −


 = +


⇔

27a 6a 0

c 2 a
b 5a 1

 − =

 = −


 = +


⇒

a 02 b 1, c19 2 v16 d 0 8

a b , c v d

9 9 9 3

µ
µ

= ⇒ = = =




 = ⇒ = = =



.

Khi đó:



</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>



V

ớ

i

a 2

,

b 19, c 16 v d 8

9 9 µ 3

= = =

ta đượ

c:

2 2 2

4 38 32 8

(S ) : x y z x y z 0

9 9 9 3

+ + − − − − =

V

ậ

y, t

ồ

n t

ạ

i hai m

ặ

t c

ầ

u (S

) và (S

) th

ỏa mãn điề

u ki

ện đầ

u bài.

ThÝ dô 5.

Cho b

ốn điểm

A(1; 1; 1), B(1; 2; 1), C(1; 1; 2)

và

D(2; 2; 1

)

.

a.

Ch

ứng tỏ rằng

A, B, C, D

không đồng phẳng. Tính thể tích tứ diện

ABCD.

b.

Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD.



Giải

a.

Ta có

(0; 1; 0),

(0; 0; 1),

(1; 1; 0) , suy ra:

AB, AC .AD

 

  

= (1; 0; 0)(1; 1; 0) = 1

≠

0 ⇒

AB

,

AC

,

AD

không đồ

ng ph

ẳ

ng

⇔

A, B, C, D khơng đồ

ng ph

ẳ

ng.

Ta có:

V

ABCD

=

6 AB, AC .AD
  

=

|

đvtt.

b.

Ta có th

ể

trình bày theo các cách sau:

Cách 1

: Gi

ả

s

ử

m

ặ

t c

ầu (S) có tâm I(a; b; c), khi đó ta có điề

u ki

ệ

n:

IA IB
IA IC
IA ID

=


 =



 =



⇔

2 2

IA IB

IA IC

IA ID

 =


=


 =



⇔

2 2 2 2 2 2

(x 1) (y 1) (z 1) (x 1) (y 2) (z 1)

(x 1) (y 1) (z 1) (x 1) (y 1) (z 2)

(x 1) (y 1) (z 1) (x 2) (y 2) (z 1)

 − + − + − = − + − + −

 − + − + − = − + − + −



 − + − + − = − + − + −


⇔

2y 3
2z 3
x y 3 0

=


 =



 + − =



⇔

x = y = z =

⇒

3 3 3

I

; ;

2 2 2













.

V

ậy, phương trình mặ

t c

ầu (S) đượ

c cho b

ở

i:

(S):

3 3 3
Tâm I ; ;

2 2 2
3
Bán kính R IA



 

  



 = =



⇔

(S):

2 2 2

3 3 3 3

x y z

2 2 2 4

 −  + −  + −  =

     

     

.

Cách 2

: Gi

ả

s

ử

m

ặ

t c

ầ

u (S) có d

ạ

ng:

(S): x

+ y

+ z

- 2ax - 2by -

2cz + d = 0, điề

u ki

ệ

n a

+ b

+ c

- d

≥

0. Điể

m A, B, C, D

∈

(S), ta đượ

c:

3 2a 2b 2c d 0

6 2a 4b 2c d 0

6 2a 2b 4c d 0

9 4a 4b 2c d 0

−

+ =



 − − − + =



 − − − + =



 − − − + =



⇔

2a 2b 2c d 3

2a 4b 2c d 6

2a 2b 4c d 6

4a 4b 2c d 9

+

− =



 + + − =



 + + − =



 + + − =



⇔

3
a b c

2
d 6

 = = =



 =


</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

V

ậy, phương trình mặ

t c

ầ

u (S) có d

ạ

ng:

(S): x

+ y

+ z

- 3x

−

3y - 3z + 6 = 0.

F

Chú ý

: V

ớ

i câu b), ngoài hai cách gi

ải trên, để

vi

ết phương trình mặ

t c

ầu đi qua bốn điểm khơng đồ

ng

ph

ẳ

ng A, B, C, D (ngo

ạ

i ti

ế

p t

ứ

di

ệ

n ABCD) chúng ta cịn có th

ể

t

ậ

n d

ụng đượ

c tính ch

ấ

t c

ủ

a t

ứ

di

ện ABCD để

nh

ận đượ

c l

ờ

i gi

ải đơn giản hơn, cụ

th

ể

:

Trường hợp 1

: N

ế

u DA = DB = DC thì:

Bước 1:

Xỏc đị

nh tõm I b

ằ

ng cỏch:



D

ựng đườ

ng cao DH

⊥

(ABC).



D

ự

ng m

ặ

t ph

ẳ

ng trung tr

ự

c (P) c

ủ

a DA.



Khi đó {I} = (DH)

∩

(P).

Bước 2:

V

ậy, phương trỡnh mặ

t c

ầu (S) đượ

c cho b

ở

i:

(S):

Tâm I

B¸n kÝnh R IA





=



.

Trường hợp 2

: N

ế

u DA

⊥

(ABC) thì:

Bước 1:

Xỏc đị

nh tõm I b

ằ

ng cỏch:



G

ọi K là tâm đườ

ng tròn ngo

ạ

i ti

ế

p

∆

ABC.



D

ựng đườ

ng th

ẳ

ng (d) qua K và song song v

ớ

i DA (ho

ặ

c (d)

⊥

(ABC).



D

ự

ng m

ặ

t ph

ẳ

ng trung tr

ự

c (P) c

ủ

a DA.



Khi đó {I} = (d)

∩

(P).

Bước 2:

V

ậy, phương trỡnh mặ

t c

ầu (S) đượ

c cho b

ở

i:

(S):

Tâm I

B¸n kÝnh R IA



 =



.

Trường hợp 3

: N

ế

u

ACB ADB

 

=

2 π

thì m

ặ

t c

ầ

u ngo

ạ

i ti

ếp DABC có tâm I là trung điể

m AB

và bán kính R =

AB

2 .

Trường hợp 4

: N

ếu AD và BC có đoạ

n trung tr

ự

c chung EF thì:

Bước 1:

Ta l

ần lượ

t:



Vi

ết phương trình

tham s

ố

c

ủa đườ

ng th

ẳ

ng (EF) theo t.



Khi đó, mặ

t c

ầ

u ngo

ạ

i ti

ế

p t

ứ

di

ệ

n ABCD có tâm I

∈

EF (th

ỏa mãn phương trình

tham s

ố

c

ủ

a EF).



T

ừ

điề

u ki

ệ

n IA

= IC

= R

suy ra giá tr

ị

tham s

ố

t, t

ừ

đó nhận đượ

c t

ọa độ

tâm

I. Bước 2:

V

ậy, phương trỡnh mặ

t c

ầu (S) đượ

c cho b

ở

i:

(S):

Tâm I

B¸n kÝnh R IA





=



.

ThÝ dơ 6.

Vi

ết phương trình mặt cầu

:

a.

Có tâm

I(2; 1;

−

6)

và ti

ếp xúc với trục

Ox.

b.

Có tâm

I(2;

−

1; 4)

và tiếp xúc với mặt phẳng

(Oxy).

c.

Có tâm

O(0; 0; 0)

ti

ếp xúc với mặt cầu

(T)

có tâm

I(3; –2; 4),

bán kính b

ằng

1. 

Gi

ải

a.

G

ọ

i H

là hình chi

ế

u vng góc c

ủ

a I lên Ox, ta có H

(2; 0; 0).

Để

(S) ti

ế

p xúc v

ớ

i tr

ục Ox điề

u ki

ệ

n l:

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

(S):

Tâm I(2;1; 6)

Bán kính R 37

−






⇔

(S): (x - 2)

+ (y

−

1)

+ (z + 6)

= 37.

b.

Vì (S) ti

ế

p xúc v

ớ

i m

ặ

t ph

ẳng (Oxy) điề

u ki

ệ

n là:

R = d(I, (Oxy)) = 4.

Khi đó:

(S):

T©m I(2; 1;4)

B¸n kÝnh R 4

−


 =



⇔

(S): (x - 2)

+ (y + 1)

+ (z

−

4)

= 16.

c.

Để

(S) ti

ế

p xúc v

ớ

i m

ặ

t c

ầ

u (T) có tâm I(3; –2; 4), bán kính b

ằng 1 điề

u ki

ệ

n là:

R 1 OI

R 1

OI

+ =



 − =



⇔

R 1 29

 + =


− =



⇔

R 29 1

 = −



= +



.

Khi đó:



V

ớ

i

R= 29 1

, ta

c m

t c

u:

(S

):

Tâm O(0;0;0)
Bán kÝnh R 29 1




= −



⇔

(

)

2 2 2

(S ) : x

+

y

+

z

=

29 1

−

.



V

ớ

i

R= 29 1+

, ta đượ

c m

ặ

t c

ầ

u:

(S

):

Tâm O(0;0;0)
Bán kính R 29 1

= +

(

)

2 2 2

(S ) : x

+

y

+

z

=

29 1

+

.

V

ậ

y, t

ồ

n t

ạ

i hai m

ặ

t c

ầ

u (S

), (S

) th

ỏa mãn điề

u ki

ện đầ

u bài.

F

Nh

ận xét

: Như vậy, qua bài toán trên chúng ta đã làm quen vớ

i vi

ệ

c vi

ết phương trình mặ

t c

ầ

u ti

ế

p xúc

v

ới đườ

ng th

ẳ

ng, m

ặ

t ph

ẳ

ng và m

ặ

t c

ầ

u. C

ụ

th

ể

:



M

ặ

t c

ầ

u (S) tâm I ti

ế

p xúc v

ới đườ

ng th

ẳ

ng (d) khi:

R = d(I, (d)).



M

ặ

t c

ầ

u (S) tâm I ti

ế

p xúc v

ớ

i m

ặ

t ph

ẳ

ng (P) khi:

R = d(I, (P)).



M

ặ

t c

ầ

u (S) tâm I ti

ế

p xúc v

ớ

i m

ặ

t c

ầ

u (T) tâm T, bán kính R

khi:

(S) vµ (T)tiÕp xóc ngoµi
(S) vµ (T)tiÕp xóc trong






⇔

T
T

R R

IT

R R

IT

+

=





−

=



.

ThÝ dơ 7.

L

ập phương trình mặt cầu

:

a.

Có tâm n

ằm trên tia

Ox,

bán kính b

ằng

5 và ti

ếp xúc với mặt phẳng

(Oyz).

b.

Có bán kính b

ằng

2 và ti

ếp xúc với

(Oxy)

t

ại điểm

M(3; 1; 0).



Giải

a.

Gi

ả

s

ử

m

ặ

t c

ầ

u (S) có tâm I(a; b; c) và bán kính R.

T

ừ

gi

ả

thi

ế

t suy ra R = 5, ngoài ra:



(S) ti

ế

p xúc v

ớ

i m

ặ

t ph

ẳng (Oyz) điề

u ki

ệ

n là:

d(I, (Oyz)) = R

⇔

a = 5.



Tâm n

ằm trên tia Ox điề

u ki

ệ

n là b = c = 0.

V

ậy, phương trình mặ

t c

ầu (S) đượ

c cho b

ở

i:

(S):

Tâm I(5;0;0)

Bán kính R 5

=

(S): (x - 5)

+ y

+ z

= 25.

b.

Ta l

ần lượt đánh giá:

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

IM = 2

⇔

c = ±2

⇒

I

(3; 1; 2) và I

(3; 1;

−

2).

Khi đó:



V

ớ

i tâm I

(3; 1; 2) ta

c m

t c

u:

(S

):

Tâm I (3;1;2)
Bán kính R 2






⇔

(S

): (x - 3)

+ (y

−

1)

+ (z

−

2)

= 4.



V

ớ

i tâm I

(3; 1;

−

2) ta đượ

c m

ặ

t c

ầ

u:

(S

):

T©m I (3;1; 2)
B¸n kÝnh R 2

−


 =



⇔

(S

): (x - 3)

+ (y

−

1)

+ (z + 2)

= 4.

V

ậ

y, t

ồ

n t

ạ

i hai m

ặ

t c

ầ

u (S

) và (S

) th

ỏa mãn điể

u ki

ện đầ

u bài.

BÀI TẬP TỰ LUẬN

Bi 1

1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba véc tơ

2 3 5 , 3 4 , 2

a i j k b   j k c   i j
a) Xác định tọa độ các véc tơ a b c  , , , x 3a2b

  

và tính x


b) Tìm giá trị của x để véc tơ y



2x 1; x x; 3 2



vng góc với véc tơ 2b c 

c) Chứng minh rằng các véc tơ a b c  , , khơng đồng phẳng và phân tích véc tơ u



3;7; 14



qua ba véc tơ a b c  , , .

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các véc tơ

2 3 , 2 , 2 3

a i   jk b  i k c  j k
a) Xác định tọa độ các véc tơ a b c  , ,

b) Tìm tọa độ véc tơ u2a3b4c và tính u

c) Tìm x để véc tơ v(3x1;x2; 3x)



vng góc với b
d) Biểu diễn véc tơ x(3;1;7) qua ba véc tơ a b c  , , .

Bi 2

1. Cho hai véc tơ a b, có a 2 3, b 3,( , )a b  30 .0 Tính

a) Độ dài các véc tơ ab a, 52 , 3b a 2 ,b
b) Độ dài véc tơ a b, ,   a b, 3 , 5 , 2 .    a b

2. Tìm điều kiện của tham số m sao cho

a) Ba véc tơ u(2;1;m v m), (  1; 2; 0), (1; 1;2)w  đồng phẳng.

b) A(1; 1; ), ( ; 3;2 m B m m1), (4; 3;1), (C D m 3; m;2m) cùng thuộc một mặt phẳng.

c) Góc giữa hai véc tơ a(2; ;2m m1), ( ;2; 1)b m  là 60 .0

Bi 3 Cho tam giác ABC có B( 1;1; 1), (2; 3;5).  C Điểm A có tung độ
là 1,

3 hình chiếu của điểm A trên BC là
7
1; ; 3

K 

 và diện tích tam

giác ABC là 49.
3

S 

1. Tìm tọa độ đỉnh A biết A có hồnh độ dương.
2. Tìm tọa độ chân đường vng góc hạ từ B đến AC.

3. Tìm tọa độ tâm I của đường trịn ngoại tiếp và tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
4. Chứng minh HG 2GI

 

với G là trọng tâm tam giác ABC.

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

điểm A(2; 4;1), (0; 4; 4), (0; 0;1)B C và D có hồnh độ dương.

1. Xác định tọa độ điểm D.

2. Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD. Chứng minh rằng G cách đều các đỉnh của tứ diện.

3. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB CD, . Chứng minh rằng MN là đường vnggóc chung của hai đường thẳng AB và
.

CD

4. Tính độ dài các đường trọng tuyến của tứ diện ABCD.

Tính tổng các góc phẳng ở mỗi đỉnh của tứ diện ABCD.

Bi 5 Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(0;2; 0), ( 1; 0; 3),B  C(0; 2; 0), D(3;2;1).

1. Chứng minh rằng bốn điểm A B C D, , , không đồng phẳng;

2. Tính diện tích tam giác BCD và đường cao BH của tam giác BCD;

3. Tính thể tích tứ diện ABCD và đường cao của tứ diện hạ từ A;

4. Tìm tọa độ E sao cho ABCE là hình bình hành;

5. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AC và BD;

6. Tìm điểm M thuộc Oy sao cho tam giác BMC cân tại ;

7. Tìm tọa độ trọng tâm G của tứ diện ABCD và chứng minh A G A, , ’ thẳng hàng với A' là trọng tâm tam giác BCD.

Bi 6 Cho tam giác ABC có A(2; 3;1), ( 1;2; 0), (1;1; 2).B C 

1. Tìm tọa độ chân đường vng góc kẻ từ A xuống BC.

2. Tìm tọa độ H là trực tâm của tam giác ABC .

3. Tìm tọa độ I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

4. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Chứng minh rằng các điểm G H I, , nằm trên một đường thẳng.

Bi 7

Trong không gian với hệ tọa độ Đề Các vng góc Oxyz cho tam giác đều ABC có A(5; 3; 1), (2; 3; 4) B  và điểm C nằm

trong mặt phẳng (Oxy) có tung độ nhỏ hơn 3.

a) Tìm tọa độ điểm D biết ABCD là tứ diện đều.

b) Tìm tọa độ điểm S biết SA SB SC, , đơi một vng góc.
Bi 8

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A



3; 2; 4



a) Tìm tọa độ các hình chiếu của A lên các trục tọa độ và các mặt phẳng tọa độ

b) Tìm M Ox N, Oy sao cho tam giác AMN vng cân tại A

c) Tìm tọa độ điểm E thuộc mặt phẳng (Oyz) sao cho tam giác AEB cân tại E và có diện tích bằng 3 29 với B



1; 4; 4



Bi 9

Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(4; 0; 0), ( ; ; 0)B x y0 0 với
0, 0 0

x y  thỏa mãn AB2 10 và AOB450.

a) Tìm C trên tia Oz sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 8.

b) Gọi G là trọng tâm ABO và M trên cạnh AC sao cho AM x. Tìm x để OM GM.

HƯỚNG DẪN GIẢ

I.

Vấn đề 1. CÁC ĐỊNH TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM, TỌA ĐỘ VECTƠ

Bài 1

1.

a) Ta có:

a=

(

2; 3; 5−

)

,

b =

(

0; 3; 4 , 1; 2; 0−

)

c = − −

(

)

Suy ra

3a =

(

6; 9; 15 , 2−

)

b =

(

0; 6; 8−

)

⇒ =x

(

6; 3; 7−

)

Do đó:

x = 62 +32 + −( 7)2 = 94

b) Ta có:

2b − =c

(

1; 4; 8−

)

, nên

y

vuông góc với

2b −c

khi và chỉ khi

(

)

. 2 0 1.(2 1) 4.( ) 8(3 2) 0

y b−c = ⇔ x− − − +x x+ = ⇔ x = −

  

.

c)

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Nên ba véc tơ

a b c  , ,

không đồng phẳng.

Cách 2.

Giả sử ba véc tơ

a b c  , ,

đồng phẳng. Khi đó tồn tại hai số thực

x y,

sao cho

a= x b.+ y c.

(1)

Mà

xb+ yc = − −

(

y; 3x−2 ; 4y x

)

nên (1)

3 2 3

4 5

y

x y

x

− =


⇔ − − =

 = −



hệ này vô nghiệm.

Vậy

a b c  , ,

không đồng phẳng.

Giả sử

u= ma+nb+ pc

(2)

Do

ma+nb+ pc =

(

2m− p; 3m−3n−2 ; 5p − m+4n

)

nên (2) tương đương với

2 3

3 3 2 7 2, 1, 1

5 4 14

m p

m n p m n p

m n

 − =

 − − = ⇔ = = − =



− + = −



Vậy

u=2a  − +b c

.

2.

a) Ta có

a=(2; 3; 1), ( 1; 0; 2), 0; 2; 3− b = − c=

(

−

)

b) Ta có:

u=2a+3b−4c =

(

1; 2;16−

)

⇒ u =3 29

.

c) Ta có:

. 0 1(3 1) 2(3 ) 0 6
5

v⊥ ⇔b v b  = ⇔ − x− + −x = ⇔ x =

.

d) Giả sử:

32
11
3

. . . 3 2 2

2 3 7

37
11

k
k p

x k a p b l c k l p

k p l

l


=


 − = 

 

= + + ⇔  + = ⇔  = −

− + − = 

  = −




   

Vậy

32 1 37

11 11 11

x = a− b− c

   

.

Bài 2

1.

Do

a = 2 3, b =3, ( , )a b  =300

nên ta có

a b. =9.

a) Sử dụng cơng thức

2 2 2 2 2

( ) 2 . .

ma+nb = ma+nb = m a + mn ab+n b

Ta tính được

a+b = 39, 5a+2b =2 129, 3a−2b = 6.

b) Sử dụng công thức

ma nb,  = m n. .a b. . si n(ma nb, ).

Với chú ý

( , 3 )a b  =( , )a b  =30 , (5 ,0 a −2 )b =1800−( , )a b  =150 .0

2.

a)

Ta có

[ ]

u,v  = −( 2m; m− 2−m; m 5)− −

nên ba véc tơ đã cho đồng phẳng khi và chỉ khi

[ ]

u,v .w 0   =

hay

−2m.1 ( m+ − 2−m).( 1) ( m 5).2 0− + − − =

⇔m2−3m 10 0− = ⇔m= −2;m 5.=

Vậy giá trị cần tìm của

là

m= −2;m 5.=

b) Ta có

CA( 3; 4;m 1),CB(4 m;0;2 2m), CD(1 m;3 m;m 1). − − −  − −  − + −

Suy ra

CA,CB  = (8(1 m); (m 1)(m 2); 4(m 4)).− − + −

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

2
2

8(1 m) (m 1)(m 2)(3 m) 4(m 1)(m 4) 0

(m 1) (m 18) 0 m 1; m 18.

− + − + + + − − =

⇔ − + = ⇒ = = −

Vậy giá trị cần tìm của

là

m 1; m= = −18.

c) Ta có

cos(a, b) a. b

a . b








nên

2 2 2 2 2 2

2m 2m (2m 1).( 1)
cos60

2 m (2m 1) . m 2 ( 1)

+ + − −

+ + − + + − 2 2

1 2m 1

2 5m 4m 5. m 5

+
⇔ =

− + +

Với

m 1,
2

≥ −

nên bình phương hai vế và rút gọn ta được

4 3 2 2 2

5m −4m +14m −36m 21 0+ = ⇔(m 1) (5m− +6m 21) 0+ = ⇔m 1=

Giá trị cần tìm của

là

m 1.=

Bài 3

1.

Ta có

BC(3;2;6) ⇒BC 7=

nên

AK 2SABC 14.

BC 3

= =

Gọi

A x; ;z1
3

 

 

 

thì

AK 1 x;2;3 z .

(

− −

)



Do đó từ

AK BC

14
AK

⊥



 =



suy ra

(

)

2 2

3x 6z 25 3x 6z 25

160

(1 x) 3 z 45z 318z 405 0

+ =

  + =

 ⇔

 − + − = 

− + =




Từ đó ta có

A 37 1 25; ;
15 3 5

− 

 

 

(loại) hoặc

1 5
A 5; ;

3 3

 

 

 

(thỏa mãn).

2.

Gọi

là chân đường vng góc hạ từ

đến

AC.

Ta có

CL tCA= 

nên

L 2 3t;3 8t;5 10t .

3 3

 + − − 

 

 

Do đó

BL 3 3t;2 8t;6 10t ,CA 3; 8; 10

3 3 3 3

 + − −   − − 

   

   

 

nên

3 19 7

BL.CA 0 t L ; ;3 .

5 5 5

 

= ⇔ = ⇒  

 

3.

I 3 3 5; ; , H 3; ;4 7 .

2 2 3 3 3

   

   

   

4.

G 2;13 17; HG 1; ;1 4 2GI 1 1; ; 2 .

9 9 9 9 2 18 9

 ⇒ − − = − − 

     

     

 

Bài 4 A(2;4;1),B(0;4;4),C(0;0;1)

1.

Gọi

D(x;y;z).

Từ

DA BC,DB CA,DC AB= = =

ta có hệ

2 2 2

x 2(1 y)

(x 2) (y 4) (z 1) 25

12 4y

x (y 4) (z 2) 20 z

x y (z 1) 13 x y (z 1) 13

= −



 − + − + − = 

 −

 + − + − = ⇔ =

 

 + + − = 

 

  + + − =

Suy ra

D(2;0;4),D 166 144 52; ; .

61 61 61

− 

 

 

Chọn điểm

D(2;0;4).

2.

Tọa độ trọng tâm của tứ diện là

G 1;2;5 .

 

 

 

Tính được

GA GB GC GD 29.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Vậy

cách đều các đỉnh của tứ diện (là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện).

3.

Ta có

M 1;4;5 , N 1;0;5 MN(0; 4;0).

2 2

    ⇒ −

   

   



Do đó

MN.AB MN.CD 0.   = =

Hay

là đường vuông góc chung của hai đường thẳng

và

CD.

4.

Gọi

A ,B ,C ,D′ ′ ′ ′

lần lượt là trọng tâm của các mặt đối diện.

Ta có

AA BB CC DD 2 29.

′= ′= ′= ′=

5.

Ba góc ở mỗi đỉnh của tứ diện là ba góc của một tam giác, nên tổng các góc ở mỗi đỉnh là

180 .0

Bài 5

1

. Ta có

BA= (1; 2; 3), (1; 2; 3), (4; 2; 4)BC= − BD=

,

CD=(3; 4;1)

Suy ra

, 2 3 ;3 1 1 ; 2 ( 14; 8;10)

2 4 4 4 4 2

BC BD  − − 

  =  = −

 

   

 

Do đó

  BA BC BD. ,  = 32 ≠ ⇒0 A B C D, , ,

không đồng phẳng.

2

. Ta có:

1 , 1 ( 14)2 82 102 3 10

2 2

BCD

S∆ =  BC BD = − + + =

Vì

1 .

BCD

S∆ = BH CD

nên suy ra

2 6 10 6 65

13
26

BCD

S
BH

CD
∆

= = =

.

3

. Ta có:

1 . , 16

6 3

ABCD

V =   BA BC BD  =

.

Gọi

( , ( )) 3 16 8 10

3 10

ABCD
BCD

V

h d A BCD h

S∆

= ⇒ = =

.

4

. Gọi

E x y z( ; ; )

.

ABCE

là hình bình hành

1 1

2 2 0

3 3

x x

CE BA y y

z z

 =  =

 

⇔ = ⇔  + = ⇔  =

 =  =

 

 

.

Vậy

E(1; 0; 3)

.

5

. Ta có:

AC =(0; 4; 0)− ⇒  AC BD. = −8 cos

(

)

. 8 1

. 4.6 3

AC BD
AC BD

AC BD

⇒ = = =

 
 

.

6

. Ta có

M ∈Oy⇒ M(0; ; 0)y

. Tam giác

BM C

cân tại

M ⇔ M C2 = M B2

2 2 2 2 3

( 1) 3 ( 2)

y y y

⇔ − + + = + ⇔ =

.

Vậy

 

 

3
0; ; 0

M

.

7

. Ta có:

 −   − 

   

2 2 1 1 1

' ; 0; , ; ;

3 3 2 2 2

A G ⇒ = − −  = − − 

   

 2 2  1 3 1

' ; 2; , ; ;

3 3 2 2 2

AA AG

Mà

2 2

2 4 4

3 3 ' , ',

1 3 1 3 3

2 2 2

AA AG A A G

−
−

= = = ⇒ = ⇒

− −

 

thẳng hàng.

Bài 6

1

. Gọi

K

là chân đường vng góc kẻ từ

A

xuống

BC

.

Khi đó:

K BC

AK BC

 ∈


</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

• K ∈BC

nên

BK =t BC.,

do đó

 + = +  = −

 

− = − ⇒ = − ∈

 

 − = − −  = −

 



1 (1 1) 2 1

2 (1 2) 2 ( )

0 ( 2 0) 2

K K

x t x t

y t y t t

x t x t

(2 1; 2 ; 2 )

K t t t

⇒ − − −

.

• AK ⊥ BC⇔  AK BC. =0.

Vì

AK(2t− − − − −3; 1 t; 1 2 )t

nên

1
(2 3).2 ( 1 ).( 1) ( 1 2 ).( 2) 0

t− + − −t − + − − t − = ⇔ =t

Tọa độ điểm

K

cần tìm là

1 5; ; 2 .
3 3 3

K− − 

 

2

. Gọi

H x y z( ; ; )

là trực tâm tam giác

ABC

Ta có

( 2; 3; 1), ( 1; 2; ), ( 3; 1; 1), ( 1; 2; 3), (2; 1; 2)

AH x− y− z− BH x+ y− z AB − − − AC − − − BC − −

    

Tích có hướng của hai véc tơ

 AB AC,

là

1 1 1 3 3 1

, ; ; (1; 8; 5).

2 3 3 1 1 2

AB AC  − − − − − − 

  =  = −

 

   − − − − − − 

 

Vì

H

là trực tâm tam giác

ABC

nên

. 0 2 2 1

. 0 2 3 3

( ) , . 0 8 5 17

AH BC

AH BC x y z

BH CA BH CA x y z

H ABC AB AC AH x y z

 =

 ⊥   − − = −

 ⊥ ⇔  = ⇔  + + =

  

 ∈    − + = −

   

 
 

  

Giải hệ ta được

2 ;29; 1 .
15 15 3

H  − 

 

3

. Gọi

I x y z( ; ; )

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

. Ta có

( 2; 3; 1), ( 1; 2; ), ( 1; 1; 2).

AI x− y− z− BI x+ y− z CI x− y− z+

  

Vì

I

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

nên

2 2

6 2 2 9

2 3 4

( ) , . 0 8 5 17

AI BI

AI BI x y z

AI CI AI CI x y z

I ABC AB AC AI x y z

 =

 =   + + =

 = ⇔  = ⇔  + + =

  

 ∈    − + = −

     

Giải hệ ta được

14 61; ; 1 .
15 30 3

I  − 

 

4

. Trọng tâm

G

của tam giác

ABC

có tạo độ thỏa mãn

2 1 1 3 2 1 1 0 2 2 1

; ; ; 2;

3 3 3 3 3

G − + + + + −   = − 

   

Do đó

8 ; 1 ; 0 , 4 ; 1 ; 0

15 15 15 30

H G  GI  

   

 

nên

H G=2GI,

tức là ba điểm

G H I, ,

nằm trên một đường

thẳng.

Bài 7

Vì

C∈(Oxy)

nên

C x y( ; ; 0).

Ta có

AB( 3; 0;− −3),AC x( −5;y−3;1),BC x( −2;y−3; 4)

Tam giác

là tam giác đều nên

AB = AC = BC,

do đó

2 2 2

2 2 2 2 2 2

( 5) ( 3) 1 18

( 5) ( 3) 1 ( 2) ( 3) 4

AC AB x y

AC BC x y x y



 = ⇔  − + − + =

 

  − + − + = − + − +

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

2 1; 4

( 3) 1 .

1; 2
1

x y

y

x y

x

  = =

 − =

⇔  ⇔  =

=
=

 



Vì

C

có tung độ nhỏ hơn

nên

C(1; 2; 0).

a) Gọi

D x y z( ; ; ).

Khi đó

AD x( −5;y−3;z+1),BD x( −2;y−3;z+4),CD x( −1;y−2; )z

Tam giác

ABC

là tam giác đều nên

ABCD

là tứ diện đều khi và chỉ khi

AD = BD =CD = AB =3 2.

Ta

có hệ phương trình

2 2 2 2 2 2

2 2 2

( 5) ( 3) ( 1) ( 2) ( 3) ( 4)

( 5) ( 3) ( 1) ( 1) ( 2)

( 5) ( 3) ( 1) 18

x y z x y z

x y z

 − + − + + = − + − + +

 − + − + + = − + − +




− + − + + =



2 2 2 2

1 1

16 5 16 5

( 5) (13 5 ) (2 ) 18 3 16 20 0

z x z x

y x y x

x x x x x

 = −  = −

 

⇔  = − ⇔  = −

 

− + − + − = − + =

 

Giải phương trình

3x2 −16x+20= 0

ta được

2, 10.

x= x =

Vậy tọa độ các điểm

D

là

D(2; 6; −1)

hoặc

10; 2; 7 .

3 3 3

D − − 

 

b) Gọi

S x y z( ; ; ).

Ta có

AS x( −5;y−3;z+1),BS x( −2;y−3;z+4),CS x( −1;y−2; )z

, ,

SA SB SC

đơi một vng góc khi và chỉ khi

. 0 ( 5)( 2) ( 3) ( 1)( 4) 0

. 0 ( 2)( 1) ( 3)( 2) ( 4) 0

( 1)( 5) ( 2)( 3) ( 1) 0

. 0

AS BS x x y z z

BS CS x x y y z z

x x y y z z

CS AS

 =  − − + − + + + =

 

 = ⇔  − − + − − + + =

 

 =  − − + − − + + =



 



 
 
 

2 2 2

2 2 2 2 2 2

7 6 5 23 4 12

3 5 4 8 3 3 3

6 5 11 6 5 11

x y z x y z x y z

x y z x y z x z

x y z x y z x y z x y z

 + + − − + = −  + −

 



⇔  + + − − + = − ⇔ − − = −

 

+ + − − + = −  + + − − + = −



5 11
1

3 10 8 0

y z

x z

z z

 = +



⇔  = −



+ + =



Giải phương trình

3z2+10z+ =8 0

ta được

2; 4.

z= − z= −

Suy ra hai điểm

S

thỏa mãn là

(3;1; 2), 7 13; ; 4 .

3 3 3

S − S − 

 

Bài 8

a) Gọi

A1,A2,A3

lần lượt là hình chiếu của

A

lên các trục

Ox Oy Oz, ,

.

B B1, 2,B3

là hình chiếu của

A

lên

các mặt phẳng tọa độ

(Oxy), (Oyz), (Ozx)

.

Ta có:

A1

(

3; 0; 0 ,

)

A2

(

0; 2; 0 ,−

)

A3

(

0; 0; 4

)

và

B1

(

3; 2; 0 ,−

)

B2

(

3; 0; 4 ,

) (

B3 0; 2; 4−

)

b) Do

M ∈Ox⇒ M m

(

; 0; 0 , 0; ; 0

)

N ∈Oy⇒ N

(

n

)

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Tam giác

AM N

vuông cân tại

A

nên ta có

2 2
. 0
AM AN
AM AN
 =


=

 
2

2 2 2 2 2 2

2( 2) 16

3 (1)

3
3( 3) 2( 2) 16 0

2( 2) 16
( 3) 2 ( 4) ( 3) ( 2) ( 4)

( 2) 5 (2)

3
n
m
m n
n
m n
n
 + +
− =

− − + + + =
 
⇔  ⇔ 
 + + 
− + + − = − + + + −
 
   = + +
 


Ta có:

(2)⇔ 4(n+2)2+64(n+2)+256=9(n+2)2+45

32 3 231 22 3 231
2

5 5

5( 2) 64( 2) 211 0

32 3 231 22 3 231
2
5 5
n n
n n
n n
 +  +
+ = =
 
 
⇔ + − + − = ⇔ ⇔
 −  −
 + =  =
 

189 6 231
5
189 6 231

5
m
m
 +
=


⇒
 −
 =



.

Vậy có hai bộ thỏa yêu cầu bài toán:

1 1

189 6 231 22 3 231

; 0; 0 , 0; ; 0

15 5

M  +  N  + 

   

hoặc

2 2

189 6 231 22 3 231

; 0; 0 , 0; ; 0

15 5

M  −  N  − 

   

.

c) Vì

E∈(Oyz)

nên

E

(

0; ;x y

)

Suy ra

AE = −

(

3;y+2;z−4 , 1;

)

BE =

(

y−4;z+4

)

(

)

, 8 6 8; 4 8;10 4

AE BE y z z y

 

⇒   = + − + −

Nên từ giả thiết bài tốn ta có:

2 2

, 3 29 , 1044

AE BE

AE BE AE BE


 = =
 ⇔ 
   
 
= =
    
 
   

2 2 9 ( 2)2 ( 4)2 1 ( 4)2 ( 4)2 4 1

z
AE = BE ⇔ + y+ + z− = + y− + z+ ⇔ y = +

(

)

(

)

2 2 2

, 1044 8 6 8 (4 8) 10 4 1044

AE BE y z z y

  = ⇔ + − + + + − =
 
 

(

)

2 2
2

50 16 26 16 34

4 8 1044 0 2,

3 3 25

z z

z z z

 −   − 

⇔   + + +  − = ⇔ = = −

   

• z= ⇒ =2 y 3

nên

E

(

0; 3; 2

)

• 34 37

25 25

z= − ⇒ y= −

nên

0; 37; 34

25 25
 
− −
 
 

.

Bài 9

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Theo giả thiết bài toán ta có hệ phương trình sau:

2 2

0 0

2 2

0 0

( 4) 40

4 1

2
4.

x y

x

x y

 − + =



 =



+


 + − =  =

 

⇔  ⇔ 

− − =

 = + 



2 2 2 2

0 0 0 0 0

2 2

0 0

0 0 0

8 24

4 12 0

x y x y x

x x

x x y

(

)

 =



⇔  ⇒

=


0
0

6; 6; 0
6

x

B
y

a) Do

C∈Oz⇒C(0; 0;m), 0m >

.

Ta có:

OA= (4; 0; 0), (6; 6; 0)OB = ⇒  OA OB,  = (0; 0; 24)

và

OC= (0; 0;m)

, . 24

OA OB OC m

 

⇒    = 1.24 8 2 (0; 0; 2)

OABC

V m m C

⇒ = = ⇔ = ⇒

.

b) Ta có

10; 2; 0
3

G 

 

,

AM = x AC = −( 4 ; 0; 2 )x x

 

(4 4 ; 0; 2 ) (4 4 ; 0; 2 ); 4 ; 2; 2
3

M x x OM x x GM  x x

⇒ − ⇒ = − = − 

 

 

. 0 (4 4 )( 4 ) 4 0

OM GM OM GM x x x

⇒ ⊥ ⇔   = ⇔ − − + =

2 56 8 2 7 19

20 0 15 14 2 0

3 3 15

x x x x x ±

⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ =

.

ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM

Câu 1. Dựa vào lý thuyết: xmi n j pk, suy ra x



m n p; ; .



Chọn C.

Câu 2. Ta có 2 3 4 2 3

x a b x b  a

     

. Suy ra 4; ;9 5

2 2

x   


. Chọn A.

Câu 3.Đặt x



m n p, ,



, ta có





2 3 5 2

3 2 11 3 2,3, 2

3 2 4 20 2

m n p m

m n p n x

m n p p

      

 

         

 

 

      

 

 



. Chọn B.

Câu 4. Ta có a  1 1 0   2; c  1 1 1   3.

Xét a b .  

 

1 .1 1.1 0.0  0, suy ra ab. Vậy đáp án còn lại D là sai. Chọn D.

Câu 5. Ta có

 

2 2 2 2 2 2

. 1.1 1.1 0.1 2

cos , .

1 1 0 . 1 1 1
.

b c
b c

b c

 

  

   

 
 

  Chọn C.

Câu 6. Kiểm trảcác đáp án, ta thấy đáp án B đúng.

Thật vậy, ta có 2p3q  r



11, 6,5



c. Chọn B. 
Câu 7. Ta có 2a   3b c 



3,22,5



. Chọn A.

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Suy ra

2 4

. . 3 .

2 3 5

m n

m
m a n b c n

n

m n

   

  

 

     


 

  


  

Chọn C.

Câu 9. Ta có













2 3;2 5; 4

2 6 20

1; 3;2

a b m

b a b m

b

    

     

  


 

  

 .

Do đó


     

 

       

  

   

8
3 10 2

(2 ) 4 6 20 4 3

3 10 2 4

m m

b a b m

m m

  

. Chọn A.

Câu 10. Ta có u và v cùng phương





: 2 2 .

1
1

m

k u kv k m

k

m k

 

  

 

         


 

  


 

 Chọn B.

Câu 11.Đểhai vectơ a và b cùng phương

3
.1

: 2 . .

4
3 .2

m k m

k a kb k n

n
k


  

  

 

 
      

  

  
 

 



Chọn B.

Câu 12. Ta có









4,2 3 2 ,3 2 4

2 , 2, 2 2

u m m

v m m m

   



    




 .

Do đó u  v 4.2m 



2 3 2m m



 2

 

 3 2m4



2m 2



0

2 26 2

9 2 6 6 2 0

m m m  

       . Chọn A.

Câu 13. Sai ởBước 3, do giải phương trình cơ bản AB mà khơng có điều kiện B0.

Chọn D.

Câu 14. Ta có a b.a b. .cos ,

 

a b  9.

Sử dụng công thức: ma nb  



ma nb 



2  m a2 2 2mn ab.n b22

Ta tính được 3a2b  3 .12 2.3.2.9 2 .92   2  366. Chọn D.
Câu 15. Theo giả thiết, ta có

2
2

3 9

1 1

u u u

v v v

    




    


  

 

Từ u v  4, suy ra 16 u v 2u2 v2 2uv.

 

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

M C
B

A

Khi đó u v  2u2 v2 2uv   9 1 6 4. Vậy u v  2. Chọn C.

Câu 16.Áp dụng công thức a b ,  a b . .sin ,

 

a b  , ta được a b,  2.5.sin 300 5.

 
 

 

Chọn B.
Câu 17.Chú ý rằng



5 , 2a b



1800

 

 a b, 150 .0

Sử dụng công thức ma nb,   m n a b. . . .sin 



ma nb, 



, ta được

 

5 , 2a b 5. 2 .2 3.3.sin150 30 3.

     

 
 

 

Chọn C. 
Câu 18. Vẽtam giác đều ABC, gọi M là trung điểm BC.

Ta chọn uBA v  , BM thỏa mãn giả thiết bài toán.

Suy ra u v    BA BM MA.

Khi đó



v u v  ,  

 

BM MA ,



90 .0 Chọn D.

Câu 19. M là trung điểm của ABsuy ra tọa độđiểm M

(

1;1;0

)

.
N là trung điểm của CDsuy ra tọa độđiểm N

(

1;1;2

)

I là trung điểm của MN suy ra tọa độđiểm I

(

1;1;1

)

. Chọn D.

Câu 20. Ta có 2a b − =

(

5;2; 3−

)

. Gọi M x y z



; ;



, suy ra AM=

(

x y; −2;z−1

)

Theo giả thiết, suy ra

5 5

2 2 4

1 3 2

x x

y y

z z

   

 

    

 

 

      

 

 

. Chọn D.

Câu 21.Áp dụng lý thuyết: Điểm M x y z



0; ;0 0



có tọa độhình chiếu trên các mặt phẳng



Oxy





Oyz





Oxz



lần lượt là













1 0; ;0 , 0; ;0 2 0 0 , ;0;3 0 0

M x y M y z M x z . Chọn B.

Câu 22.Áp dụng lý thuyết: Điểm M x y z



0; ;0 0



có các điểm đối xứng qua các mặt phẳng tọa độ



Oxy





Oyz





Oxz



lần lượt là M x y1



0; ;0 z0



, M2



x y z0; ;0 0



, M x3



0;y z0; 0



Do đó điểm đối xứng của M



3;2; 1



qua mặt phẳng



Oxy



là M'



3;2;1



. Chọn A.

Câu 23. Áp dụng lý thuyết: Điểm M x y z



0; ;0 0



có hình chiếu vng góc lên các trục Ox Oy Oz, , lần lượt là



0;0;0 ,





0; ;0 ,0





0;0; 0



Ox Oy Oz

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>



0;0; 2017



. Chọn D.

Câu 24. Áp dụng lý thuyết: Điểm M x y z



0; ;0 0



thì điểm đối xứng của M qua các trục Ox, Oy, Oz lần lượt là













1 0; 0; 0 , 2 0; ; z ,0 0 3 0; 0; 0

M x y z M x y  M x y z .

Do đó điểm đối xứng của A



3;2; 1



qua trục y Oy' là A' 3;2;1





. Chọn C.

Câu 25. Khoảng cách từA x y z



; ;



đến trục Ox, được tính theo cơng thức d A Ox



,



 y2z2 .

Tương tự d A Oy



,



 x2z2 và d A Oz



,



 x2y2 .

Do đó d A Oy





 1 9  10. Chọn B.

Câu 26. Khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O bằng MO 9 1 4   14. Chọn D.

Câu 27. Tọa độđiểm M' đối xứng với M qua mặt phẳng



yOz



là M



 2; 5;4



. Chọn A.
Câu 28. Tọa độđiểm M' đối xứng với M qua trục Ox là M' 1;2; 3







. Chọn B.

Câu 29. Ta có AB 



2;2;0



, AC 



1;3; 3



. Gọi D x y z



; ;



Theo giả thiết

 

3 2 2 3 1 7 10

2 3 4 2.2 3.3 13 17

7
2 2.0 3 3 9

x x

AD AB AC y y

z
z

          

 

 

        

 

         


  

. Chọn A.

Câu 30. Gọi G x y z' ; ;





là trọng tâm của tam giác A'B'C'.

Ta có G A  ' 'G B' 'G C' ' 0



G A AA '  '

 

 G B BB '  '

 

 G C CC '  '



0
G A G B G C  '  '  '   A A B B C C'  '  ' 0.
Suy ra G' cũng là trọng tâm của tam giác ABC nên có tọa độ 2; ; .4 1

3 3

G  Chọn C.
Câu 31. Ta có MN



2;10; 14



, MQ  



1; 5;7



. Suy ra MN 2MQ.

Do đó ba điểm M N Q, , thẳng hàng. Chọn B.
Câu 32. Ta có AB 



12;6;0



, AM 



2m3;3;n1



Để A B M, , thẳng hàng *

2 3 12 3

: 3 6 2.

1
1 0.

m k

m

k AM k AB k

n

n k

   

 

   

 



      

  

   



 



Chọn B.

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Theo giả thiết:



1



2 32

 

52



3



2 22

 

42 3
2
MAMB a     a      a .
Suy ra 3;0;0

M . Chọn B.

Câu 34. Gọi M x



;0;z

 

 Oxz



Yêu cầu bài toán MA MB MA22 MB22

MA MC MA MC



   

 

 

 

 



 





 





 





 



2 2 2 2 2 2

1 1 0 1 1 1 0 0 5/ 6

.
7 / 6

1 1 0 1 3 1 0 1

x z x z x

z

x z x z

              

 

   

            

 



Chọn C. 
Câu 35.Áp dụng cơng thức tìm tọa độ trọng tâm. Chọn B.

Câu 36. Gọi H x y z



; ;



. Ta có AH



x y z; ; 1 , 3;3; 1 ,



BC







BH



x1;y2; .z



Yêu cầu bài toán



  

.3 .3 1 . 1 0

5 14 8

; ; .

1 2 19 19 19

3 3 1

x y z

AH BC

H

x y z

BC BH

     

    

 

   

        

 

 

  

 
 



Chọn A.

Câu 37. Gọi D là chân đường phân giác trong góc B của tam giác ABC

Ta có DA BADC
BC

 

 

. Tính được BA 26, BC 104.

Suy ra 26 2

104

DA  DC DC  DA

   

Gọi D x y z



; ;



. Từ













4 2 1 2 / 3

2 7 2 2 11/ 3

5 2 1

x x x

DC DA y y y

z

z z

       

 

 

        

 

       


 

. Chọn A.

Câu 38. Gọi D là chân phân giác trong của góc B, ta có 3 1

15 5

DA BA DA DC

DC BC    

 

.
Suy ra D



0;0;3



. Vậy BD2 5. Chọn B.

Câu 39. Gọi F là chân đường phân giác ngoài góc A của tam giác ABC, ta có FB AB.FC
AC



 

Tính được AB5 5 , AC3 5. Suy ra 5 3 5
3

FB FC FB FC

   

Gọi F x y z



; ;



. Từ

























3 5 5 3 15

3 5 3 6 5 2 4

3 0 5 0

x x x

FB FC y y y

z

z z

      

 

 

       

 

     


 

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Câu 40. Ta có NM



3;2; 2



, NP



2;m2;1



Tam giác MNP vuông tại N  .NM NP   0 6 2



m   2



2 0 m0. Chọn D.

Câu 41. Giả sử A x y



A; A;0

 

 Oxy B

 

, 0;0;zB



Oz.

Vì G



1;1;2



là trọng tâm của tam giác ABCnên

 



 



0 2

3 1

0 2

1 1 1;1;0 , 0;0;4

0 2

A

A
A

A
B
B

x

x
y

y A B

z
z

   
 



   

 

   

     

 

 

  

  
 




Chọn B.

Câu 42. Gọi M là trung điểm củaAC. Do M Oy nên M



0; ;0y



.
Suy ra C



4;2y 1; 2



Gọi N là trung điểm của BC, suy ra 7; 3; 6
2

N y  .

Do N 



Oxz



nên y     3 0 y 3 C



4; 5; 2 . 



Chọn A.

Câu 43. Ta có AB2 125;AC245;BC2 80.

Do đó AB2 CA2CB2  ABC

 vuông tạiC . Chọn C.
Câu 44. Ta có









0;2; 1

. 0

1;1;2
AB

AB AC AB AC

AC

  

    

  




 

 . Chọn D.

Câu 45. Ta có AB3;BC3;AC 2. Vậy tam giác cân ở B. Chọn C.

Câu 46. Ta có A



1;1;1



, B



5;1; 1



và BC



2;8;3



. Suy ra tọa độđiểm C



7;9;2



.
Gọi D x y z



; ;



. Vì ABCD là hình bình hành nên

CDBA

A C B

x x x x

y y y y

z z z z

   




   
   


3
9
4

x
y
z

 


 

 


. Chọn D.

Câu 47. Gọi Q x y z



; ;



. Để MNPQ là hình bình hành thì MN QP

P Q N M

x x x x

y y y y

z z z z

   




   
   


Q P M N

x x x x

y y y y

z z z z

   




   

   


2
3
4

x
y
z

 


 

 


</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Câu 48. Ta có AB



2; 3;3



, MC



2; 3;3



.
Suy ra ABMC hay ABCM là hình bình hành.



3;1; 1 ,





3;1; 1



NA  BC  . Suy ra NABC hay NACB là hình bình hành.

Chọn D.

Câu 19. Từ giả thiết, suy ra A



1;1;0



và B



1;1;0



. Gọi D x y z



; ;



.
Do OABD là hình bình hành nên ODAB

B A

x x x

y y y

z z z

  




  
  


2
0
0

x
y
z

 


 

 


. Chọn B.
Câu 50.Áp dụng cơng thức tính tọa độ trọng tâm của tứ diện. Chọn D.

Câu 51. Gọi I là tâm của hình hộp nên I là trung điểm của của D B' , suy ra I



5;4;5



Và I cũng là trung điểm của AC', suy ra C' 8;4;10 .





Gọi B x y z' ; ;





Do B C CB' ' là hình bình hành nên C B' 'CB

13
0
17

B C

B C C

x x x x x

y y y y y

z

z z z z

     

 

     

 

     


. Chọn C.

Câu 52.Rõ ràng A đúng theo tính chất của tích có hướng.
Đặt a



x y z; ; ,



b



x y z'; '; ' , , , ', ', '

 

x y z x y z 



. Ta có

●

















,3 3 ' 3 ';3 ' 3 ';3 ' 3 '
3 3 ';3 ';3 '

, ' '; ' '; ' ' , ' '; ' '; ' '

a b yz zy xz zx xy x y

b x y z

a b yz zy xz zx xy x y a b yz zy xz zx xy x y

 


      

  

 

  

      

      

  

  

 


   

,3 3 ;

a b a b

   

   . Do đó B đúng.

●

















2 , 2 ' 2 ';2 ' 2 ';2 ' 2 '
2 2 ;2 ;2

, ' '; ' '; ' ' , ' '; ' '; ' '

a b yz zy xz zx xy x y

a x y z

a b yz zy xz zx xy x y a b yz zy xz zx xy x y

 


      

  

 

  

      

      

  

  

 


   

2 ,a b 2 ,a b

   

    . Do đó C đúng.

Vậy đáp án sai là D. Chọn D.

Câu 53.Áp dụng lý thuyết vềtính chất của tích có hướng, ta có u v ,  u vsin ,

 

u v  .
Vậy A là đáp án sai. Chọn A.

Câu 54.Chọn B.

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Thật vậy, ta có a4;3;4 , 2; 1;2 b  a b , 



10;0; 10



Suy ra a b c, .  10.1 0.2 10.1 0.  
 

  

Chọn B.
Câu 56. Nhận thấy a b c, .    35 0

 
  

nên a b c  , , khơng đồng phẳng.

Ta có (7,10,1)
(7,10,1)
a b

c d

  

  


 

  . Suy ra a b   c d  và d         c a b d a b c  .
Vậy chỉcó câu D là sai. Chọn D. (Bạn đọc có thể kiểm tra trực tiếp)

Câu 57. Dựa vào lý thuyết vềtích có hướng của hai vectơ, suy ra c a

c b

 

 


 

 . Chọn C.

Câu 58. Ta có:









, 1; 3; 7

, . 0
1; 5;2

a b

a b c
c

 

    
 

    
  
  



 

  

 . Suy ra a b c  , , đồng phẳng. Chọn C.

Câu 59. Ta có a b,      



m 4, 3m 2,7



 

 

Để c a b,thì 4 5 1
3 2 1

m

m
m

  

   
  

 . Chọn A.

Câu 60. Ta có: u w ,  = − −

(

3; 1;5

)

Đểba vectơ đồng phẳng thì , . 0 3 3 5 0 8.

u w v m m

  = ⇔ − − − = ⇔ = −

   Chọn D.

Câu 61. Ta có









, 4;2 1; 2

, . 5 2

0; 2;2

a b m m m m

a b c m

c m

 

      
 

      

  

  


 

  

 .

Đểba vectơ a b c  , , đồng phẳng thì   a b c, .  0 5 2 0 2
5

m m

      . Chọn A.

Câu 62. Ta có









2
2

, 12, 2, 8

, . 2 12 16

2, ,5
a b

a b c m m

c m m

 

    
 

 

      

  

  


 

  

 .

Đểba vectơ a b c  , , đồng phẳng thì a b c, .  0

 

   2 2

2 12 16 0

4
m

m m

m

  

       

 . Chọn A.

Câu 63. Ta có AB



0;2; 1



, AC 



1;1;2



, AD 



1;m2;p



.
Suy ra AB AC,  



5;1;2



 

 

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Câu 64. Ta có AB



2;1; 4 , 1;4; 4 , 



AC







AD



a b; ; 4



. Suy ra AB AC,  



12;4;7



 

 

Để hai đường thẳng AD và BC cùng thuộc một mặt phẳng khi và chỉkhi bốn điểm A B C D, , , đồng phẳng

, . 0 3 7

AB AC AD a b

 

     

 

  

. Chọn A.

Câu 65. Gọi M x



;0;0



Ox. Mà M Ox



ABC



nên bốn điểm A B C M, , , đồng phẳng.

Ta có AB



4; 2;4



, AC



6;0;3



, AM 



x 1; 2;1



. Suy ra AB AC,   



6;12;12



 

 

.
Bốn điểm A B C M, , , đồng phẳng





 

, . 0 6 1 12 2 12.1 0

AB AC AM x

 

         

 

  





1 1;0;0

x M

     . Chọn A.
Câu 66. Ta có AB  



3; 1;0



nên bài giải sai ởBước 1. Chọn B.

Câu 67. Gọi I là trung điểm của AB, ta có MA MB  2MI.

Khi đó 



MA MB AC



, 0

 

   

2MI AC, 0

 

  .
Suy ra MI cùng phương với AC. Chọn B.

Câu 68. Diện tích 1 , 6

2 2

ABC

S  CA CB   . Chọn C.
Câu 69. Diện tích 1 , 6.

2 2

ABC

S  CA CB 

 

Độdài đường cao 2 6 30

5
5
S
AH

BC

   . Chọn A.

Câu 70.Điểm M Oy nên M



0; ;0m



. Ta có BM  



2; ;0m



, BC



2;0;0



.
Suy ra  BM BC,  



0;0; 2 m



. Theo giả thiết









0;3;0
3

1 1

3 , 3 2 3

2 2 0; 3;0 .

MBC

M
m

S BM BC m

m M




 

   

         

  

 

 

. Chọn B.

Câu 71: Ta có









1; 2; 1
2; 1; 1

AH a b c

BH a b c

    


    




 và

















1; 1;2

1; 1;3 , 1; 5; 2

2;0;1
AB

AC AB AC

BC

  

        

  



  




  

 .

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

ABC



 





 



















. 0 2 1 1 0

. 0 1 2 1 1 3 1 0

1 1 5 2 2 1 0

, . 0

AH BC a c

BH AC a b c

a b c

AB AC AH

  

     

 



         

  

        
  

 


 
 

  

2 3 2

3 0 1

5 2 9 1

a c a

a b c b

a b c c

     

 

      

 

      

 

 

. Do đó a b c  4. Chọn A.

Câu 72. Ta có AB  



2; 3;8



, AC 



1;0;6



. Suy ra AB AC ,   



18;4; 3



Diện tích hình bình hành SABCD  AB AC,   349. Chọn B.

Câu 73. Do ABCDlà hình bình hành nên I là trung điểm của BD, suy ra D



1; 1;1



Ta có













1;1;1

, 1;0; 1
0; 1;0

AB

AB AD
AD

 

   

  

  




 

 .

Diện tích của hình bình hành , 12 02

 

12 2

ABCD

S  AB AD       . Chọn C.
Câu 74.Áp dụng công thức 1 . . 1

6 2

V AB AC AD 

 

  

. Chọn C.
Câu 75. Gọi D



0; ;0b



Áp dụng công thức 1 . . 5 4





2 30 7

8
6

b

V AB AC AD b

b

  

  

         



  

. Chọn C.
Câu 76. Diện tích tam giác 1 , 25

2 2

ABC

S  AB AC 
 



 

.
Thể tích tứ diện 1 , . 25

6 3

ABCD

V  AB AC AD    .

Suy ra độdài đường cao ,





3 ABCD 2

ABC
V
h d D ABC

S

 

    . Chọn C.
Câu 77. Ta có  ABDC 



4;2;0



, BC



2; 4;0



và AB BC . 0.

Suy ra ABCD là hình vng. Chọn B.

Câu 78. Ta có BC 2, BD 2, CD 2. Suy ra tam giác BCD đều.
Vậy D là đáp án sai. Chọn D.

Câu 79. Nhận thấy ba vectơ AA BB CC  ', ', ' có giá cùng song song với mặt phẳng

(

BCC B' '

)

nên ba vectưo
', ', '

AA BB CC
  

đồng phẳng. Chọn A.

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Và  AA'=BB' nên suy ra B' 6; 1; 1

(

− −

)

Ta có BA



1;1; 4



, BC 



5;1;4



và BB'



6; 1;1



.
Thể tích khối hộp VABCD A B C D. ' ' ' '  BB BC BA', . 38

  

. Chọn B.
Câu 81. Chọn A.

Câu 82. Ta có:

 

S x: 2y2z22x4y6z 2 0
hay

  

 



: 1 2 3 16

S x  y  z  .

Do đó mặt cầu

 

S có tâm I



1;2; 3



và bán kính R4. Chọn A.
Câu 83.Phương trình

 

2 2 2

2 : 6 2 0

S x y z  z  vắng x và y nên tâm mặt cầu này nằm trên trục Oz .
Ngồi ra ta có thể chuyển phương trình mặt cầu

 

S2 về dạng:





2 2 3 11

x y  z  , suy ra tâm I



0;0; 3 



Oz.

Chọn B.

Nhận xét: Trong phương trình mặt cầu, nếu vắng đồng thời hai hệ số của biến bậc nhất nào thì tâm của mặt cầu

nằm trên trục tọa độkhông chứa tên của những biến đó.

Câu 84.Phương trình

 

2 2 2

1 : 2 4 2 0

S x y z  x y  vắng z nên tâm của mặt cầu này nằm trên mặt phẳng



Oxy



.
Ngồi ra ta có thể chuyển phương trình mặt cầu

 

S1 về dạng:



 



2 2

1 2 7

x  y z  , suy ra tâm I



1;2;0

 

 Oxy



. Chọn A.

Nhận xét: Trong phương trình mặt cầu, nếu vắng hệ số của biến bậc nhất nào thì tâm của mặt cầu đó nằm trên mặt

phẳng tọa độkhơng chứa tên của biến đó.

Câu 85.Bán kính



,



2 2 5

I I

Rd I Ox  y z  . Chọn B.

Câu 86. Ta có

 

S x: 2y2 z2 2x4y6z 5 0
hay

  

 



: 1 2 3 9

S x  y  z 

Do đó mặt cầu

 

S có bán kính R3. Diện tích mặt cầu là : S4R2 36. Chọn C.
Câu 87. Xét đáp án B, ta có

2 2 2 2 2 2 2 4 1

3 3 3 2 6 4 1 0 2 0

3 3 3

x + y + z − x− y+ z− = ⇔x +y +z − x− y+ z− =

(

)

2 2 2 2

2 2

1 1 2 1 1 1 2 0

3 3 3 3 3

x y z

       

⇔ −  + − + +  = +  + +  >

        . Chọn B.

Câu 88. Ta có

 

S x: 2y2z24x8y2az6a0

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Do đó bán kính mặt cầu : R a26a20.

Để 2 12 6 2 6 20 6 2 6 16 0 2.

8
a

R R a a a a

a

  

             

 Chọn A.

Câu 89. Ta có

 

S x: 2y2z24x2y2az10a0
hay



 



2 2

2 1 10 5

x  y  z a a  a .

Để

 

S là phương trình của mặt cầu a210a 5 0.

 

*

Khi đó mặt cầu

 

S có bán kính R a210a5.

Chu vi đường tròn lớn của mặt cầu

 

S là: P2R2 a210a5. 
Theo giả thiết:

2 2 2 1

2 10 5 8 10 5 4 10 11 0

11
a

a a a a a a

a

                

 . Chọn C.

Câu 90. Ta có

 

S x: 2y2z2



2m2



x3my



6m2



z 7 0

hay

 





2 3 2









2 3 2





: 1 3 1 7 1 3 1 0

2 2

m m

S x m  y   z m    m    m  .

Suy ra bán kính





2 3 2





2 49 2

7 1 3 1 8 9

2 4

m m

R  m    m   m

7 8 377 377

2m 7 49 7

 


      . Chọn B.

Câu 91.Đường tròn giao tuyến của

 

S với mặt phẳng



Oxy



có phương trình



 





 



2 2 2 2 2

1 2 3 14 1 2 5

0 0

x y z x y

z z

 

           

 

 

   

 

 

.
Từphương trình ta thấy đường trịn giao tuyến có

tâm J



1,2,0

 

 Oxy



và có bán kính r 5.

Chọn A. 
Câu 92.Chọn C.

Câu 93. Mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Suy ra tọa độtâm mặt cầu cần tìm là



0;3; 1



Ta có



 



2 1

2 2 2 4 3 1 6 3

AB          R AB .

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Câu 94. Gọi R0 là bán kính mặt cầu

 

S .

Ta có 4 3 972 3 729 9

V  R  R  R .

Suy ra phương trình của mặt cầu

 

S là



 



1 4 2 81

x  y  z  . Chọn A.
Câu 95.Bán kính mặt cầu: Rd I Oyz ,





 xI 2.

Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là



 



2 1 1 4

x  y  z  . Chọn C.
Câu 96. Gọi tâm mặt cầu

 

S là I a



;0;b

 

 Oxz



Ta có

















2 2

2 2 2

1;0;3

4 2 9 1 1

3 14

4 9 1

I

a b a b

IA IB a

IA IC a b a b b R

        

   

   

   

   

            

 

    . Chọn D.

Câu 97. Gọi I a



;0;0



Ox với a0 là tâm của

 

S .
Theo giả thiết, ta có d I Oyz ,





   R xI   2 a 2.
Vậy

  

S : x2



2y2z24. Chọn C.

Câu 98. Gọi I a b c



; ;



là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.

Ta có













2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 4 4 0 1

4 8 16 0 2

8 16 0 2

a b c a b c

IO IA a a

IO IB a b c a b c b b

c c

IO IC a b c a b c

      

       

   

              

   

   

             

 

 

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABClà RIO 122222 3. Chọn B.

Cách nhanh. Ta thử tọa độcác điểm vào các phương trình. Cụ thể thấy tọa độđiểm O



0;0;0



chỉ thỏa mãn B.

Câu 99. Ta có













2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 3

MA MB MC  x y z x  y z x y  z



 



2 2 2 2 4 6 12 0 1 2 3 2

x y z x y z x y z

               .

Suy ra tập hợp các điểm M x y z



, ,



thỏa mãn là mặt cầu có bán kính R 2. Chọn B.
Câu 100. Phương trình

 

2 2 2

3 : 2 6 0

S x y z  x z vắng hệ số tựdo nên mặt cầu của nó đi qua gốc tọa độ O.

Chọn C.

Câu 101. Mặt cầu

 

S có tâm I



1;2;3



, bán kính R3.

Xét điểm P



1;6; 1



, ta có IP 



2;4; 4



. Suy ra IP 4 16 16   6 R.

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Câu 102. Mặt cầu

 

S có tâm I



3;2;1



, bán kính R 14 .

Xét điểm M



0;1; 1



, ta có IM   



3; 1; 2



. Suy ra IM 9 1 4   14R.

Do đó điểm M thuộc mặt cầu

 

S . Chọn A

Câu 103. Mặt cầu

 

S có tâm I



0;1;2



, bán kính R5.

Xét điểm Q, ta có IQ



1;2; 2



. Suy ra IQ 1 4 4   3 R.

Do đó điểm Q nằm bên trong mặt cầu

 

S . Chọn D.

Câu 104. Ta có

 

  

 



: 1 2 3 14

S x  y  z  .
Suy ra

 

S có tâm I



1;2;3



và bán kính R 14 .
Ta có OI 14R IA, 1 R IB,  26R.

Vậy trong ba điểm đã cho nhận thấy có một điểm A



2;2;3



thỏa mãn. Chọn B.
Câu 105. Ta có

 

S x: 2y2z22y4z 9 0

hay

 

S x: 2 



y 1

 

2 z 2



2 14. 
Suy ra

 

S có tâm I



0;1; 2



và bán kính R 14.

Điểm A nằm trong khối cầu IA R IA2 R2  

  

12 1 a

  

2 3214

2 2 3 0 1

3
a

a a

a

  

      

 . Chọn D.

Câu 106. Mặt cầu

 

S có tâm I



0;4;1



, bán kính R6.

Ta có d I Oxy ,





  zI  1 R và I



0;4;1

 

 Oxy



(do zI  1 0). Chọn A.

Câu 107. Mặt cầu

 

S có tâm I



1;2;5



, bán kính R2.

Ta có d I Oxy ,





 zI  5 R d I Oyz,  ,





 xI  1 R d I Oxz,  ,





 yI  2 R .
Vậy chỉ có mặt phẳng



Oyz



cắt mặt cầu

 

S . Chọn B.

Câu 108. Xét mặt cầu

 

2 2





4 : 4 16

S x y  z  , có tâm I



0;0 4 



Oz và R4.
Ta có d I Oxy ,





  zI  4 R. Chọn D.

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Để

 

S tiếp xúc với



Oyz



khi ,





3 2 4 5.

I

d I Oyz    R x   R m  m 

Chọn B.

Câu 110. Mặt cầu

 

S có tâm I



2; 5;0



, bán kính R m22m6.

Để

 

S cắt trục Oz tại hai điểm phân biệt khi



,



2 2

I I

d I Oz  R x y R

2 2 3

3 2 6 2 3 0 .

1
m

m m m m

m

  

          

 Chọn D.

Câu 111. Mặt cầu

 

S có tâm I



1;3;0



, bán kính R3.

Nhận thấy



,



2 2 3

I I

d I Ox  y z  R. Vậy

 

S tiếp xúc với trục Ox. Chọn A.
Câu 112. Xét mặt cầu

  



2 2 2

2 : 1 1

S x y z  có tâm I



1;0;0



, bán kính R1.
Ta có



,



2 2 1

I I

d I Oy  x z  R và



,



2 2 1

I I

d I Oz  x y  R. Chọn B.
Câu 113. Mặt cầu

 

S có tâm I



  1; 2; 3



, bán kính R 14.

Ta có IA



2;1; 3



, suy ra IA 14R nên A

 

S .
Gọi B



0;0;c



Oz là điểm cần tìm. Suy ra AB 



1;1;c6



Để tiếp xúc với

 

. 0 2

 

1 1 3





0 19.
3

S ABIAAB IA      c    c

Chọn A.

Câu 114. Giả sử B a b c



; ;

  

 S .

Theo giả thiết, ta có

 



 



2 2 2

2 2 2 2 2

4 4 4 0

4 4 32

B S a b c a b c

OA OB a b c

OA AB a b c



 

        

 

     

 

 

       

 

 

</div>

Bài giảng hệ tọa độ trong không gian

(

)

(

)

(

)





























 























































 

















 

 















 





  

 

 



<sub> </sub>

 



 

 

