Rèn luyện kỹ năng giải bài toán lồng ghép các khối tròn xoay không gian OXYZ cho học sinh khá giỏi lớp 12 trường THPT quảng xương 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỈ NĂNG GIẢI BÀI TỐN LỒNG GHÉP CÁC KHỐI
TRỊN XOAY TRONG KHƠNG GIAN OXYZ CHO HỌC SINH KHÁ GIỎI
LỚP 12 TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 1
Người thực hiện: Ngô Văn Sơn
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên mơn.
SKKN thuộc lĩnh mực : Tốn học.

THANH HĨA NĂM 2021


MỤC LỤC
Mục

Nội dung

Trang

1. Mở đầu
1.1

Lý do chọn đề tài

2

1.2

Mục đích nghiên cứu

2

1.3

Đối tượng nghiên cứu

2

1.4

Phương pháp nghiên cứu

2

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1
2.2

Cơ sở lí luận:

2

Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN

3

2.3

Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề

4

2.4

Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

19

3. Kết luận, kiến nghị
3.1

Kết luận

20

3.2

Kiến nghị

20

2


1 – MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
- Bài tốn lồng ghép các khối trịn xoay trong khơng gian Oxyz là một dạng tốn mới và
khó với cả giáo viên và học sinh trong dạy và học. Là vấn đề nâng cao mà đề thi của

bộ giáo dục khai thác hàng năm.
- Từ phía giáo viên và học sinh cịn thiếu kinh nghiệm và phương pháp giải bài tốn
lồng ghép các khối trịn xoay trong khơng gian Oxyz .
Vì vậy tơi chọn đề tài nghiên cứu của mình là “ Rèn luyện kỉ năng giải bài toán
lồng ghép các khối trịn xoay trong khơng gian Oxyz cho học sinh khá giỏi lớp 12
trường THPT Quảng Xương 1”
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Học sinh nắm được các mối liên hệ giữa hình học khơng gian và và hình học giải tích
Oxyz, lựa chọn đúng kiến thức đã học để vận dụng giải bài tập. Ngồi ra cịn giúp học
sinh phân dạng được các bài tập, mối liên hệ giữa bài tập này với bài tập kia.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Các khối trịn xoay : khối cầu, khối nón, khối trụ và các mối quan hệ của chúng với
các bài toán trong không gian Oxyz .
- Đề tài được áp dụng trong chương trình hình học cơ bản lớp 12, học sinh ôn thi học
sinh giỏi , học sinh ôn thi THPT Quốc gia.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Xuất phát từ đối tượng và nhiệm vụ nghiên cứu để đạt được mục đích đã đề ra trong
q trình nghiên cứu tơi đã sử dụng các phương pháp chủ yếu sau:
i) Phương pháp nghiên cứu lí luận.
- Nghiên cứu tài liệu.
- Nghiên cứu và tổng kết kinh nghiệm giảng dạy.
- Nghiên cứu một số quan điểm , tư tưởng sáng tạo.
2i) Phương pháp nghiên cứu theo phân loại các dạng bài tập.
- Nghiên cứu các bài toán gốc và phát triển các bài tốn gốc.
- Nghiên cứu các bài tốn có cấu trúc tương tự.
2 – NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận: Để thực hiện đề tài, cần dựa trên những kiến thức cơ bản:
i) Kiến thức cơ bản về các khối trịn xoay:
* Khối nón: Được tạo thành khi quay miền tam giác vng quanh cạnh góc vng.

2
Diện tích xung quanh : S xq nón = π rl. Diện tích tồn phần: S tp = S xq + Sđáy = π rl + π r .

1
3

1
3

Thể tích : Vnón = Sđáy .h = π r 2 h. Mối liên hệ : l 2 = h2 + r 2 .
* Khối trụ : Được tạo thành khi quay miền hình chữ nhật quay một cạnh
3


2
Diện tích xung quanh : S xq = 2π rh. Diện tích tồn phần: S tp = S xq + 2Sđáy = 2π rh + 2π r .
2
Thể tích khối trụ : Vtru = Sđáy .h = π r h.

4
3

* Khối cầu: Diện tích mặt cầu S = 4π R 2 . Thể tích khối cầu : V = π R 3 .
2i) Các kiến thức cơ bản về hình học giải tích Oxyz .
3i) Kiến thức về khảo sát hàm số
4i) Kiến thức về áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm:
∀a, b, c ≥ 0: a + b + c ≥ 3 3 abc , dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
3

 a+b+c

Hay ∀a, b, c ≥ 0: abc ≤ 
÷ , dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
3



2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
i) Thuận lợi.
- Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học và u
thích mơn học.
- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện đề tài.
- Được sự động viên của BGH, nhận được sự động viên và đóng góp ý kiến của đồng
nghiệp.
2i) Khó khăn.
- Đa số học sinh yếu hình học khơng gian và lúng túng khi liên hệ giữa hình học khơng
gian thuần túy sang hình học giải tích Oxyz với đối đượng là các khối trịn xoay.Học
sinh có tư tưởng sợ và ngại học phần này.
- Giáo viên còn thiếu kinh nghiệm giảng dạy đối với các bài toán lồng ghép các khối
trịn xoay trong khơng gian Oxyz .
Theo số liệu thống kê trước khi dạy đề tài này ở lớp 12T1,12T2 là hai lớp trọng điểm
chọn HS khá giỏi tôi trực tiếp giảng dạy năm học 2020 - 2021 trường THPT Quảng
Xương 1, kết quả như sau:
Năm

Lớp

Sĩ số
Tỉ lệ%

Số học sinh làm

được bài tập

Số học sinh lúng túng
không làm được bài tập

50
15
35
Tỉ lệ %
30%
70%
2020 - 2021
52
13
39
12T2
Tỉ lệ %
25%
75%
Đứng trước thực trạng trên tôi nghĩ nên hướng cho các em tới một cách giải quyết
có hệ thống trên cơ sở kiến thức trong SGK các dạng toán về phối hợp lồng ghép các
khối trịn xoay trong khơng gian Oxyz . Song song với việc cung cấp tri thức, tôi chú
trọng rèn rũa kỹ năng phát hiện và phân dạng bài toán..., phát triển tư duy cho học sinh
12T1

4


đặc biệt là tư duy sáng tạo để trên cơ sở đó học sinh khơng chỉ học tốt phần này mà
cịn làm nền tảng cho các phần kiến thức hình học khác của lớp 12 .

2.3. Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề.
Với vị trí của người trực tiếp dạy ôn thi ĐH-CĐ và ôn thi HSG tôi đã tiến hành
song song các giải pháp:
1.Chọn phương pháp tiếp cận để giải từng bài.
2. Áp dụng vào các bài tập cụ thể, phân tích cách giải.
3. Luyện bài tập từ bài toán gốc và phát triển các bài toán tương tự đến nâng cao.
4. Phát huy trí tuệ của tổ chuyên môn trong việc ra đề hướng dẫn học sinh giải.
5. Ơn lại kiến thức về khối trịn xoay, kiến thức về hình học Oxyz dựa trên giải bài tập.
6. Áp dụng vào việc ra đề thi và kiểm tra chất lượng cho HS.
2.3.1. Dạng 1: Lồng ghép khối cầu và khối nón.
Ví dụ 1: (Câu 50_Đề minh họa- BGD 2020-2021) Trong không gian Oxyz , cho hai
điểm A ( 2;1;3) và B ( 6;5;5 ) . Xét khối nón ( N ) có đỉnh A , đường trịn đáy nằm trên mặt
cầu đường kính AB . Khi ( N ) có thể tích lớn nhất thì mặt phẳng chứa đường trịn đáy
của ( N ) có phương trình dạng 2 x + by + cz + d = 0 . Giá trị của b + c + d bằng
A. −21 .
B. −12 .
C. −18 .
D. −15 .
Phân tích tìm hướng giải
B1: Xác định bán kính và chiều cao của đáy nón, với tâm của đường trịn đáy nón là
điểm M thuộc bán kính IB của mặt cầu; đặt IM = x ( 0 ≤ x < 3) .
B2: Lập cơng thức tính thể tích khối nón là một hàm số ẩn x . Tìm điểm mà tại đó hàm
số đạt GLNN ( Hoặc sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm)
B3: So sánh
cặp vectơ bằng nhau suy ra tọa độ điểm M . Mặt phẳng cần tìm sẽ qua M
uuur
và nhận AB làm vectơ pháp tuyến.
Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể như sau:
Hướng dẫn giải
Chọn B

uuu
r

Ta có: AB = ( 4; 4; 2 ) , AB = 6 . Gọi M là điểm thuộc đoạn IB ( M không trùng B ) sao cho
IM = x ( 0 ≤ x < 3) . Khi đó AM = x + 3 , MC = 9 − x 2 .
1
1
1
3
3
3
3
2
2
Xét hàm số f ( x ) = − x − 3 x + 9 x + 27 , x ∈ [ 0;3) , ta có f ′ ( x ) = −3x − 6 x + 9 .
x = 1
f ′( x) = 0 ⇔ 
 x = −3 ( l )

Thể tích khối nón là: V = π MC 2 . AM = π ( 9 − x 2 ) ( x + 3) = π ( − x 3 − 3x 2 + 9 x + 27 ) .

Bảng biến thiên

5


uuuu
r

uuu
r

f ( x ) = f ( 1) = 32 . Như vậy Vmax = 32π khi AM = 4 ⇒ AM = 2 AB .
Suy ra max
[ 0;3)

3
3
uuuu
r
Với AM = ( xM − 2; yM − 1; zM − 3) , ta có hệ phương trình:
2
14


 xM − 2 = 3 .4
 xM = 3


2
11


 14 11 13 
 yM − 1 = .4 ⇔  yM = ⇒ M  ; ; ÷.
3
3
 3 3 3



2
13


 zM − 3 = 3 .2
 zM = 3


uuur
M
Vậy mặt phẳng cần tìm qua
và nhận AB làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
11   13 
 14  
là 4  x − ÷+ 4  y − ÷+ 2  z − ÷ = 0 ⇔ 2 x + 2 y + z − 21 = 0
3 
3 
3

b = 2

Suy ra c = 1 . Vậy b + c + d = 3 + 1 + ( −21) = −18
d = −21


Ví dụ 2: Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm A ( −2;1;1) và B ( 2;1;1) . Xét khối nón ( N )
có đỉnh A đường trịn đáy nằm trên mặt cầu đường kính AB . Khi ( N ) có thể tích lớn
nhất thì mặt phẳng ( P ) chứa đường tròn đáy của ( N ) cách điểm E ( 1;1;1) một khoảng
d là bao nhiêu?

1
2

A. d = .

1
3

C. d = .

B. d = 2 .

D. d = 3

Hướng dẫn giải
Chọn A

uuu
r

r

Ta có: AB = ( 4;0;0 ) nên ( P ) có vtpt là n = ( 1;0;0 )
6


AB = 4 ⇒ R = 2 . Đặt x như hình vẽ. Khối nón ( N ) có h = x + 2 và r 2 = HC 2 = 4 − x 2
1
1
⇒ V = π r 2 .h = π ( 4 − x 2 ) ( x + 2 ) với 0 ≤ x ≤ 2 . Khảo sát hàm số y = ( 4 − x 2 ) ( x + 2 ) với

3
3
uuu
r uur
2
2
2
y = y  ÷. Khi đó x = ⇒ IH = ⇒ 3IH = IB với I ( 0;1;1)
0 ≤ x ≤ 2 , max
[ 0;2)
3
3
3
1
1
1


⇒ H  ;1;1÷ ⇒ 1.  x − ÷+ 0 ( y − 1) + 0 ( z − 1) = 0 ⇒ x − = 0 .
2
2
2


1
1−
1
2
Khoảng cách từ điểm E ( 1;1;1) tới mặt phẳng ( P ) là d ( E , ( P ) ) =
= .

12 + 02 + 02 2
Ví dụ 3: Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 27 . Gọi (α )

là mặt phẳng đi qua hai điểm A(0; 0; −4) , B(2; 0;0) và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường
trịn (C ) . Xét các khối nón có đỉnh là tâm của ( S ) và đáy là (C ) . Biết rằng khi thể tích
của khối nón lớn nhất thì mặt phẳng (α ) có phương trình dạng ax + by − z + d = 0 .
Tính P = a − b − d .
A. P = −4 .
B. P = 8 .
C. P = 0 .
D. P = 4 .
Hướng dẫn giải
Chọn D
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; −2;3) và bán kính R = 3 3 .
Vì (α ) đi qua 2 điểm A(0;0; −4) , B(2;0;0) nên ta có

 a.0 + b.0 + 4 + d = 0  d = −4
⇔
.

a
.2
+
b
.0
−
0
+
d
=

0

a = 2

Gọi r , h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối nón.
1
3

Khi đó thể tích của khối nón là V = π r 2 h .
1
3
2
2
2
Đặt t = 27 − r ⇒ r = 27 − t , điều kiện: 0 < t < 3 3 .

Ta có h = d ( I , (α )) = R 2 − r 2 = 27 − r 2 ⇒ V = π r 2 27 − r 2 .
t = 3 ( t / m )

1
2
Khi đó V = π ( 27 − t 2 ) t , ( 0 < t < 3 3 ) . Ta có V ′ = π ( 27 − 3t ) = 0 ⇔ 
1
3

3

t = −3 ( l )

.

Bảng biến thiên:

Thể tích khối nón lớn nhất khi t = 3 ⇒ r 2 = 18 ⇒ h = 3 .
Mặt khác h = d ( I ,(α ) ) =

a − 2b − 3 + d
a 2 + b2 + 1

=3

a = 2
⇒ −2b − 5 = 3 5 + b2 ⇔ b2 − 4b + 4 = 0 ⇔ b = 2 . Vậy P = a − b − d = 2 − 2 + 4 = 4 .
 d = −4

mà 

7


Ví dụ 4: Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 48 . Gọi
( P ) là mặt phẳng đi qua 2 điểm A(0; 0; −4) , B (2; 0;0) và cắt ( S ) theo giao tuyến là
đường trịn (C ) . Khối nón ( N ) có đỉnh là tâm của ( S ) và đáy là đường trịn (C ) có
thể tích lớn nhất bằng
A.

128π
.
3

B.

88π
.
3

C. 39π .

D.

215π
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn C
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 4 3
Gọi ( P) : ax + by + cz + d = 0 ( a, b, c, d ∈ ¡ ; a 2 + b 2 + c 2 > 0)
Là mặt phẳng đi qua A(0; 0; −4) và B(2;0;0)
 −4c + d = 0  d = 4c
⇒
⇔
 2a + d = 0
 a = −2 c
⇒ ( P ) : −2cx + by + cz + 4c = 0

Khi đó đặt
x = d ( I , ( P )) =

−2c − 2b + 3c + 4c

(−2c) 2 + b 2 + c 2

=

2b − 5c
b 2 + 5c 2

=

2b − 5. 5c
b 2 + 5c 2

≤

(22 + (− 5) 2 )(b 2 + 5c 2 )
b 2 + 5c 2

=3

b c 5
=
⇔ b = −2c .
2 − 5
Bán kính đường trịn (C ) là: r = R 2 − d 2 ( I , ( P)) = 48 − x 2

Dấu “ = ” xảy ra khi

π r2x
π x (48 − x 2 )
= f ( x) =

≤ max f ( x ) = f (3) = 39π
Thể tích khối nón ( N ) là V =
0;3

[ ]
3
3
Ví dụ 5: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;3; 0), B(−3;1; 4) và đường thẳng
x − 2 y +1 z − 2
∆:
=
=
. Xét khối nón ( N ) có đỉnh có tọa độ nguyên thuộc đường thẳng ∆
−1
1
3
và ngoại tiếp mặt cầu đường kính AB . Khi ( N ) có thể tích nhỏ nhất thì mặt phẳng
chứa đường trịn đáy của ( N ) có phương trình dạng ax + by + cz + 1 = 0 .
Giá trị a + b + c bằng
A. 1 .
B. 3 .
C. 5 .
D. −6.

Hướng dẫn giải
Chọn A

Mặt cầu đường kính AB có tâm I (−1; 2; 2) , bán kính 3 .
Gọi H , r lần lượt là tâm và bán kính đường trịn đáy của ( N ) , C là đỉnh của ( N ) .
8

Khi đó C , I , H thẳng hàng ( I nằm giữa C , H ), IH = IK = 3
IK

CK

IK .CH

3( x + 3)

Đặt CI = x . Ta có ∆CIK đồng dạng ∆CMH nên MH = CH ⇒ r = HM = CK = 2
x −9

( x + 3)
1
1  3 ( x + 3) 
= π r 2 .CH = π 
÷ .( x + 3) = 3π
2
3
3  x −9 
x −3
2

V( N )

2

2

V( N ) nhỏ nhất ⇔ f ( x) = ( x + 3) = x + 6 x + 9 nhỏ nhất ( x > 3)
x−3
x−3
2
 x = −3
x − 6 x − 27
f '( x) =
, f '( x) = 0 ⇔ 
x −3
x = 9
V( N ) nhỏ nhất ⇔ x = 9 , khi đó IC = 9 nên C ∈ ( S ) : ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 2) 2 = 81
2


Mặt khác C ∈ ∆ nên C ( −1; 2;11) hoặc C 

43 32 41 
;− ;− ÷
 11 11 11 
uuu
r
1 uur
Vì C có tọa độ nguyên nên C ( −1; 2;11) , IH = − IC nên H (−1; 2; −1)
3
uuu
r
Mặt phẳng chứa đường tròn đáy của ( N ) đi qua H và nhận IH = (0;0;3) làm vectơ pháp
tuyến nên phương trình mặt phẳng là z + 1 = 0 . Do đó a = 0, b = 0, c = 1 nên a + b + c = 1

Ví dụ 6: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( 2;3; −1) ; B ( 1;3; −2 ) và mặt cầu

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 2 z + 3 = 0 . Xét khối nón ( N ) có đỉnh là tâm I của mặt cầu và
đường tròn đáy nằm trên mặt cầu ( S ) . Khi ( N ) có thể tích lớn nhất thì mặt phẳng chứa
đường trịn đáy của ( N ) và đi qua hai điểm A, B có phương trình dạng
2 x + by + cz + d = 0 và y + mz + e = 0 . Giá trị của b + c + d + e bằng
A. 15. .
B. −12. .
C. −14. .
D. −13.
Hướng dẫn giải
Chọn D

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2; −1) và bán kính R = 3
Xét khối nón ( N ) có đỉnh I , bán kính đáy r và chiều cao h ( h là khoảng cách từ tâm I
đến mặt phẳng chứa đường trịn đáy) có thể tích là
1
1
1
1
VN = π r 2 h = π ( R 2 − h 2 ) h = π ( 3 − h 2 ) h = π ( 3h − h 3 )
3
3
3
3
3
Khảo sát hàm f ( h ) = 3h − h trên khoảng 0; 3 ta được VN max khi h = 1

(

)

Bài toán quy về lập phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua 2 điểm A,B và cách điểm I một
r

2
2
2
khoảng h = 1 . Gọi n = ( a; b; c ) ( a + b + c ≠ 0 ) là vectơ pháp tuyến của mp ( P )

uuu
r

r uuu
r

Ta có BA = ( 1; 0;1) ; n.BA = 0 ⇔ a + c = 0 ⇔ c = − a
9


r

Mp ( P ) đi qua A, với vectơ pháp tuyến n = ( a; b; −a ) có phương trình là
a ( x − 2 ) + b ( y − 3) − a ( z + 1) = 0 ⇔ ax + by − az − 3a − 3b = 0

a = 0
2
= 1 ⇔ ( a + b ) = 2a 2 + b 2 ⇔ a 2 − 2ab = 0 ⇔ 
2a 2 + b 2
 a = 2b
+ ) Với a = 0 Þ c = 0 Þ mp ( P ) : y - 3 = 0
+ ) Với a = 2b , chọn b =1 Þ a = 2; c =- 2 Þ mp( P) : 2 x + y - 2 z - 9 = 0

Vậy b =1; c =- 2; d =- 9; e =- 3 Þ b + c + d + e =- 13 .
Ví dụ 7: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm C ( −1; 2;11) , H (−1; 2; −1) , hình nón ( N ) có
d ( I,( P) ) = 1 ⇔

a+b

đường cao CH = h và bán kính đáy là R = 3 2 . Gọi M là điểm trên đoạn CH , ( C ) là thiết
diện của mặt phẳng ( P ) vng góc với trục CH tại M của hình nón ( N ) . Gọi ( N ′ ) là
khối nón có đỉnh H đáy là ( C ) . Khi thể tích khối nón ( N ′ ) lớn nhất thì mặt cầu ngoại
tiếp nón ( N ′ ) có tọa độ tâm I ( a; b, c ) , bán kính là d . Giá trị a + b + c + d bằng
A. 1 .
B. 3 .
C. 6 .
D. −6 .
Hướng dẫn giải
Chọn C

Đặt HM = x , 0 < x < h . Gọi I , R, r lần lượt là tâm và bán kính đường trịn đáy của nón
( N ) , bán kính đường trịn ( C ) . Khi đó ta có CH = h = 12 là chiều cao của ( N ), R = 3 2 .
Khi đó C , I , H thẳng hàng ( I nằm giữa C , H ).

EM CM
QH .CM
R ( h − x)
⇔ r = EM = FM =
Do tam giác ∆CEM ∽ ∆CQH nên QH = CH ⇔ EM =
.
CH
h
Thể tích của khối nón đỉnh O đáy là ( C ) là

2

1
1 R2
1  R ( h − x) 
2
V = π EM 2 .HM = π 
=
π 2 ( h − x) x .
x

3
3 h
3 
h

1 R2
2
Ta có Xét hàm số f ( x ) = π 2 ( h − x ) x , ( 0 < x < h )
3 h

1 R2
1 R2
h
f ′ ( x ) = π 2 ( h − x ) ( h − 3x ) ; f ′ ( x ) = 0 ⇔ π 2 ( h − x ) ( h − 3x ) = 0 ⇔ x = .
3 h
3 h
3

Lập bảng biến thiên ta có

10


Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh O đáy là ( C ) lớn nhất khi x =

h
3

Chú ý: Có thể đánh giá dựa vào

1
1 h − x + h − x + 2x 3
(h − x )(h − x )2 x ≤ (
) với 0 < x < h .Dấu "=" xảy
2
2
3
h
h
ra khi ba số (h − x) = (h − x) = 2 x ⇔ x = . Khi đó HM = x = = 4 ,
3
3
R.CM R.(h − x)
r=
=
= 2 2 = MF . Gọi P là giao điểm của HM với mặt cầu ngoại tiếp
h
h
nón ( N ′) . Ta có ∆HFP vng tại F ⇒ HF 2 = HM .HP

( h − x ) 2 x = (h − x)(h − x) x =

(

)

2

⇔ HM 2 + MF 2 = HM .HP ⇔ 16 + 2 2 = 4.HP ⇒ HP = 6
uuu
r 1 uuur
1
⇒ d = HI = 3 = HC ⇒ HI = HC ⇒ I (−1; 2; 2) .Vậy a + b + c + d = 6 .
4
4

2.3.2. Dạng 2: Lồng ghép khối cầu và khối trụ
Ví dụ 1: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(2;3;3) và mặt cầu ( S ) :
2
2
2
( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 12 . Xét khối trụ ( T ) nội tiếp mặt cầu ( S ) và có trục đi qua

điểm A . Khi khối trụ ( T ) có thể tích lớn nhất thì hai đường trịn đáy của ( T ) nằm trên
hai mặt phẳng có phương trình dạng x + ay + bz + c = 0 và x + ay + bz + d = 0 . Giá trị
a + b + c + d bằng
A. −4 + 4 2 .
B. −5 .
C. −4 .

D. −5 + 4 2 .
Phân tích tìm hướng giải
B1: Xác định bán kính đáy r và chiều cao của khối trụ h
B2: Lập cơng thức tính thể tích khối trụ là một hàm số ẩn r . Tìm điểm mà tại đó hàm
số đạt GLNN ( Hoặc sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm)
B3: So sánh
cặp vectơ bằng nhau suy ra tọa độ điểm M . Mặt phẳng cần tìm sẽ qua M
uur
và nhận IA làm vectơ pháp tuyến.
Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể như sau:
Hướng dẫn giải
11


Chọn B

Gọi r , h lần lượt là bán kính đường tròn đáy và chiều cao của mặt trụ ( T ) và R là bán
kính mặt cầu ( S ) , ta có : R = 2 3 , h = 2 R 2 − r 2 .
Thể tích khối trụ ( T ) là V = π r 2 .h = 2π r 2 R 2 − r 2 = π 2. r 2 .r 2 ( 2 R 2 − 2r 2 )
Mà theo BĐT Cô-si ta có: r .r ( 2 R − 2r
3

Suy ra : r 2 .r 2 ( 2 R 2 − 2r 2 ) ≤

2

2

2

2

)

r 2 + r 2 + 2 R 2 − 2r 2 2 2
≤
= R
3
3

8 6
4π 3 3
R 6
R ⇒V ≤
R . Dấu “=” xẩy ra khi r =
27
9
3
2

R 6
2 3R
Vậy khi khối trụ ( T ) đạt thể tích lớn nhất thì chiều cao h = 2 R − 
=
=4
÷
÷
3
3



Mặt khác tâm của khối trụ ( T ) chính là tâm I ( 1; 2;3) của mặt cầu ( S ) nên trục của khối
2

x = 1+ t

trụ ( T ) nằm trên đường thẳng IA :  y = 2 + t . Vậy hai đáy của khối trụ nằm trên 2 mặt
z = 3


phẳng vuông góc với đường thẳng AI và cách tâm I một khoảng bằng 2 . Gọi
M ( 1 + t ; 2 + t ;3) ∈ IA là tâm của đường trịn đáy hình trụ, ta có

(

)

t = 2 ⇒ M 1 + 2;2 + 2;3

IM = 2 ⇔ t + t = 2 ⇔ 2t = 4 ⇔ 
t = − 2 ⇒ M 1 − 2;2 − 2;3
2

2

2

(

)

Do đó hai mặt phẳng chứa 2 đường tròn đáy của mặt trụ có phương trình là:
( x − 1 − 2 ) + ( y − 2 − 2 ) = 0 ⇔ x + y − 3 − 2 2 = 0 và

( x −1+ 2 ) + ( y − 2 + 2 ) = 0 ⇔ x + y − 3 + 2

2 =0

Vậy a + b + c + d = −5
Ví dụ 2: Trong khơng gian Oxyz cho hai điểm A ( 1;0;0 ) , B ( 3; 4; −4 ) . Xét khối trụ ( T ) có
trục là đường thẳng AB và có hai đường trịn đáy nằm trên mặt cầu đường kính AB .
Khi ( T ) có thể tích lớn nhất, hai đáy của ( T ) nằm trên hai mặt phẳng song song lần
lượt có phương trình là x + by + cz + d1 = 0 và x + by + cz + d 2 = 0 . Khi đó giá trị của biểu
thức b + c + d1 + d 2 thuộc khoảng nào sau đây?
A. ( 0; 21) .
B. ( −11;0 ) .
C. ( −29; −18 ) .
D. ( −20; −11) .
Hướng dẫn giải
Chọn C
12


Mặt cầu đường kính AB có tâm I ( 2; 2; −2 ) và bán kính bằng 3.
Gọi x, ( 0 < x < 3) là bán kính đáy của ( T ) , khi đó ( T ) có chiều cao bằng h = 2 9 − x 2 , do
đó thể tích của ( T ) bằng
V = 2π x 2 9 − x 2 = 4π .

x2 x2
. .( 9 − x2 )

2 2

 x2 x2
2
 + +(9− x )
≤ 4π  2 2
3



3


÷
÷ = 12π 3 .
÷
÷


( T ) có thể tích lớn nhất bằng Vmax = 12π 3 khi x = 6 .
Khi đó gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường tròn đáy của ( T ) , ( P ) có phương trình tổng
quát dạng x + 2 y − 2 z + d = 0 . Khoảng cách từ tâm I ( 2; 2; −2 ) đến ( P ) bằng 3 nên
 d = 3 3 − 10
2 + 2.2 − 2. ( −2 ) + d
= 3⇔
.
 d = −3 3 − 10
Vậy b + c + d1 + d 2 = 2 − 2 + 3 3 − 10 − 3 3 − 10 = −20 .
3

Ví dụ 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt trụ trịn xoay có trục là trục Ox
và bán kính r = 10 . Đặt d = d ( A, l ) là khoảng cách từ điểm A ( −2; −3; 4 ) đến các đường
sinh l của mặt trụ . Khi d = d ( A, l ) lớn nhất thì l đi qua điểm nào dưới đây?
A. E ( 8;6; −8 )
B. F ( 8; −6;8 )
C. P ( −8;6;8 )
D. Q ( 6; −8;8 )
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi H 0 = (−2;0;0) là hình chiếu của A trên trục Ox .Ta có d ( A, Ox) = AH 0 = 5 < 10 = r . Do
đó max(d ( A, l )) = d ( A, Ox) + r = AH 0 + r = 5 + 10 = 15 .Gọi H = ( x0 ; y0 ; z0 ) là hình chiếu của A
1

0 = 2 ( x0 + 2)
 x0 = −2

uuuur 1 uuuuu
r
1


⇔  y0 = 6 ⇒ H = ( −2; 6; −8 ) .
trên l khi d = d ( A, l ) = 15 .Ta có AH 0 = H 0 H ⇔ 3 = y0
2
2

 z = −8
 0
1


−
4
=
z
0

2

r
Vậy l đi qua điểm H ( −2; 6; −8 ) và có véctơ chỉ phương i ( 1;0;0 )

13


 x = −2 + t

Nên phương trình của l :  y = 6
. Do đó l đi qua điểm E ( 8;6; −8 ) (ứng với t = 10 )
 z = −8


Ví dụ 4: Trong khơng gian hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 0;3;0 ) và B ( 0; −3;0 ) . Mặt
cầu ( S ) nhận AB là đường kính. Hình trụ ( H ) là hình trụ có trục thuộc trục tung, nội
tiếp với mặt cầu và có thể tích lớn nhất. Khi đó mặt phẳng chứa đáy của hình trụ đi qua
điểm nào sau đây?
A. ( 3;0; 0 ) .
B. ( 3; 3;0 ) .
C. ( 3; 2;1) .
D. ( 3; 2; 3 ) .
Hướng dẫn giải

Chọn B
Bán kính của mặt cầu là R =

AB
=3.
2

Gọi chiều cao của hình trụ là

bán kính của hình trụ là r = R 2 − h 2 = 9 − h2 .
Thể tích khối trụ là V = π .r 2 .2h = π . ( 9 − h2 ) .2h = π

2

( 9 − h ) ( 9 − h ) .2h
2

2

2h , h > 0 .

2

Do đó

.

3

 9 − h 2 + 9 − h 2 + 2h 2 
V ≤ π 2. 
÷ = π 2.6 6 = 12π 3 .
3



Dấu đẳng thức xảy ra

⇔ 9 − h 2 = 2h 2 ⇔ h = 3 . Khi đó hình trụ có thể tích lớn nhất là 12π 3 .

Vậy hai mặt đáy của trụ có phương trình tương ứng là y = 3; y = − 3 .
2.3.3. Dạng 3: Lồng ghép các khối cầu.
Ví dụ 1: Cho mặt cầu ( S1 ) có tâm I1 ( 3; 2; 2 ) bán kính R1 = 2 , mặt cầu ( S 2 ) có tâm
I 2 ( 1; 0;1) bán kính R2 = 1 . Phương trình mặt phẳng ( P ) đồng thời tiếp xúc với ( S1 ) và
( S 2 ) và cắt đoạn I1I 2 có dạng 2 x + by + cz + d = 0 . Tính T = b + c + d .
A. −5 .
B. −1 .
C. −3 .
D. 2 .
Hướng dẫn giải
Chọn u
Cuur
Ta có I1 I 2 = ( −2; −2; −1) ⇒ I1 I 2 = 3 = R1 + R2 nên hai mặt cầu ( S1 ) và ( S 2 ) tiếp xúc ngoài với
uuur

uuuu
r

nhau tại M nằm trên đoạn I1 I 2 ( MI1 = R1 = 2; MI 2 = R2 = 1) và thoả mãn MI1 = −2MI 2

uuur
uuuu
r
Gọi M ( x; y; z ) .Ta có MI1 = ( 3 − x; 2 − y; 2 − z ) và MI 2 = ( 1 − x; − y;1 − z )

( 1) .

14


5

x = 3
3 − x = −2 + 2 x

2


5 2 4
⇔  y = ⇒ M  ; ; ÷.
Từ ( 1) ta có hệ 2 − y = 2 y
3
3 3 3
2 − z = −2 + 2 z


4

z = 3


Mặt phẳng ( P ) cần tìm tiếp xúc với ( S1 ) và ( S 2 ) đồng thời cắt đoạn I1 I 2 tại N
⇒ I1 N + I 2 N = I1I 2 mà NI1 = R1 = 2; NI 2 = R2 = 1 nên N ≡ M . Khi đó I1 I 2 ⊥ ( P ) nên ( P ) nhận
uuur
5 2 4
I1 I 2 = ( −2; −2; −1) làm vectơ pháp tuyến và ( P ) đi qua M  ; ; ÷. Vậy ( P ) có phương
3 3 3
5 
2 
4

trình: −2  x − ÷− 2  y − ÷− 1 z − ÷ = 0 ⇔ −2 x − 2 y − z + 6 = 0 ⇔ 2 x + 2 y + z − 6 = 0
3 
3 
3

⇒ b = 2; c = 1; d = −6 ⇒ T = b + c + d = −3 .

Ví dụ 2: Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A ( 1; 2;1) , B ( 3; −1;1) và C ( −1; −1;1) . Gọi
( S1 ) là mặt cầu có tâm A , bán kính bằng 2 ; ( S2 ) và ( S3 ) là hai mặt cầu có tâm lần lượt
là B , C và bán kính đều bằng 1 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt
cầu ( S1 ) , ( S2 ) và ( S3 ) .
A. 5
B. 7
C. 6
D. 8
Hướng dẫn giải
Chọn B
Gọi phương trình mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có dạng :
ax + by + cz + d = 0 ( đk: a 2 + b2 + c 2 > 0 ).
 a + 2b + c + d = 2 a 2 + b 2 + c 2 (1)

d ( A; ( P ) ) = 2



2
2
2
Khi đó ta có hệ điều kiện sau: d ( B; ( P ) ) = 1 ⇔  3a − b + c + d = a + b + c (2) (*)


2
2
2
d ( C ; ( P ) ) = 1
 − a − b + c + d = a + b + c (3)
3a − b + c + d = −a − b + c + d
Từ (2) và (3) ta có: 3a − b + c + d = − a − b + c + d ⇔ 
3a − b + c + d = a + b − c − d
a = 0
⇔
.
a − b + c + d = 0

 2b + c + d = 2 b 2 + c 2
 2b + c + d = 2 b 2 + c 2

⇔   4b − c − d = 0
i) Với a = 0 thay vào (*) ta được: 

 2b + c + d = 2 −b + c + d

c + d = 0
c + d = 0 ⇒ c = d = 0, b ≠ 0
⇔
c + d = 4b, c = ±2 2b

Do đóTH i) có 3 mặt phẳng.

15


 3b = 2 a 2 + b 2 + c 2
 3b = 4 a

⇔
2i) Với a − b + c + d = 0 theo (*) ta có ⇔ 
2
2
2
2
2
2

 2a = a + b + c
 2a = a + b + c
4

 b = 3 a
⇔
 c = 11 a


3

Do đó TH 2i) có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.
Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.
Ví dụ 3: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt cầu có phương trình là
2
2
2
2
2
x 2 + y 2 + z 2 = 1 , ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 4 và ( x + 4 ) + y 2 + ( z − 3) = 16 . Gọi M là
điểm di động ở ngoài ba mặt cầu và X , Y , Z là các tiếp điểm của các tiếp tuyến vẽ từ M
đến ba mặt cầu sao cho MX , MY , MZ . Khi đó tập hợp các điểm M là đường thẳng d cố
định. Hỏi d vuông góc với mặt phẳng nào?
A. ( P3 ) : x + 2 y + 4 z = 2021.
B. ( P4 ) : x + 2 y + 6 z = 2021.
C. ( P2 ) : 3 x + 2 y + 4 z = 2021.
D. ( P1 ) : 5 x + 2 y + 4 z = 2021.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi tọa độ điểm M là ( a; b; c ) .
Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 1 có tâm O ( 0;0;0 ) , bán kính R1 = 1 và MX là tiếp tuyến với mặt
cầu nên MX 2 = MO 2 − r12 = a 2 + b 2 + c 2 − 1 .
2
2
2
2
2
Tương tự, ta có MY 2 = ( a − 2 ) + ( b − 1) + ( c + 2 ) − 4 và MZ 2 = ( a + 4 ) + b2 + ( c − 3) − 16 .
Theo đề, MX = MY = MZ nên MX 2 = MY 2 = MZ 2 .

 a 2 + b 2 + c 2 − 1 = ( a − 2 ) 2 + ( b − 1) 2 + ( c + 2 ) 2 − 4
 2 a + b − 2c − 3 = 0
. Rút gọn ta được 
Suy ra  2 2 2
.
2
2
2
4a − 3c + 5 = 0
 a + b + c − 1 = ( a + 4 ) + b + ( c − 3) − 16
Từ đó, M thuộc đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( α ) : 2 x + y − 2 z − 3 = 0

và ( β ) : 4 x − 3z + 5 = 0 .

r

uuur uuur

Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u =  n( α ) , n( β )  = ( −3; −2; −4 ) .
Do đó, d vng góc với mặt phẳng ( P2 ) : 3 x + 2 y + 4 z = 2021 .
Ví dụ 4: Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu ( S1 ) có tâm I ( 2;1;1) có bán kính bằng 4
và mặt cầu ( S2 ) có tâm J ( 2;1;5 ) có bán kính bằng 2 . ( P ) là mặt phẳng thay đổi tiếp
xúc với hai mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) . Đặt M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của khoảng cách từ điểm O đến ( P ) . Giá trị M + m bằng
A. 15 .
B. 8 3 .
C. 9 .
D. 8 .
Hướng dẫn giải
Chọn C

Giả sử ( P ) tiếp xúc với ( S1 ) , ( S2 ) lần lượt tại A và B .
IA MI
=
= 2 nên J là trung điểm của IM . Suy ra M ( 2;1;9 ) .
JB MJ
r
Gọi n = ( a ; b ; c ) với a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .

Gọi IJ ∩ ( P ) = M . Do

16


Ta có: ( P ) : a ( x − 2 ) + b ( y − 1) + c ( z − 9 ) = 0 .

2
2
d ( I , ( P ) ) = R1
c
1
a b
2
2
2
⇒
=
Và: 
⇔ a + b = 3c ⇔  ÷ +  ÷ = 3 ( 1) .
2
2

2
2
d
J
,
P
=
R
(
)
a
+
b
+
c
(
)
c c

2
2 a + b + 9c
2a + b + 9c 1 2a b
=
+ +9 .
Ta có: d ( O , ( P ) ) = 2 2 2 =
2c
2 c c
a +b +c

2a b

b
2a
1
+ ⇔ =t−
. Ta có: d ( O , ( P ) ) = t + 9 .
c c
c
c
2
2
2
2
b
2a
a   2a 
a
a


Thay = t −
vào ( 1) , ta được  ÷ +  t − ÷ = 3 ⇔ 5  ÷ − 4. . t + t 2 − 3 = 0 .
c
c
c 
c
c 
c
a
Để phương trình có nghiệm với ẩn thì 4t 2 − 5t 2 + 15 ≥ 0 ⇔ − 15 ≤ t ≤ 15
c

9 − 15
9 + 15 .
≤ d ( O ,( P) ) ≤
⇔ 0 < 9 − 15 ≤ t + 9 ≤ 9 + 15 ⇒
2
2
9 + 15
9 − 15
⇒M =
và m =
. Vậy M + m = 9 .
2
2
2
2
2
Ví dụ 5: Trong hệ trục Oxyz , cho hai mặt cầu ( S1 ) : ( x − 1) + ( y + 3) + ( z − 2 ) = 49 và

Đặt t =

( S2 ) : ( x − 10 )

2

+ ( y − 9 ) + ( z − 2 ) = 400 và mặt phẳng ( P ) : 4 x − 3 y + mz + 22 = 0 . Có bao
2

2

nhiêu số nguyên m để mp ( P ) cắt hai mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) theo giao tuyến là hai đường

trịn khơng có tiếp tuyến chung?
A. 5 .
B. 11 .
C. Vô số.
D. 6 .
Hướng dẫn giải
Chọn D
Mặt cầu ( S1 ) có tâm I ( 1; −3; 2 ) , bán kính R1 = 7 ; mặt cầu ( S 2 ) có tâm J ( 10;9; 2 ) , bán
uu
r
kính R2 = 20 . Ta có IJ ( 9;12;0 ) , IJ = 15 . Mặt phẳng ( P ) : 4 x − 3 y + mz + 22 = 0 có vec tơ
uur

uu
r uur

pháp tuyến nP ( 4; −3; m ) . Do IJ .nP = 0 nên IJ song song hoặc chứa trong (P).
Bán kính đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) là
r=

2 p ( p − 7 ) ( p − 20 ) ( p − 15 )
15

=

20 + 7 + 15
28
= 21
với p =
2

5

Phương trình mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến hai mặt cầu là (Q): 3x + 4 y + 30 = 0
Ta có d ( I ;(Q) ) =

21
96
, d ( J ;(Q) ) =
nên d ( I ; (Q) ) + IJ = d ( J ; (Q ) )
5
5
17


Ta có mp(P) cắt hai mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) theo giao tuyến là hai đường trịn, trong đó
đường trịn nhỏ ở trong đường trịn lớn khi

28
28 2m + 35
< d ( I ;( P ) ) < 7 ⇔
<
<7
5
5
m 2 + 25

45m 2 − 140m > 0

⇔  684 2
.Vậy m ∈ { −2; −1; 4;5;6; 7} .

m
−
140
m
−
441
<
0

 25

2.3.4. Dạng 4: Các bài tốn khác
Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) tâm I ( 2; −1; −2 ) và đi
qua gốc tọa độ O . Gọi d1 , d 2 , d3 là ba đường thẳng thay đổi không đồng phẳng cùng đi
qua O và lần lượt cắt mặt cầu ( S ) tại điểm thứ hai là A, B, C . Khi thể tích của khối tứ
diện OABC đạt giá trị lớn nhất thì mặt phẳng ( ABC ) đi qua điểm nào sau đây?
A. P ( 1; −2; −6 ) .

C. F ( 1; −2; −8 ) .

B. Q ( 2; −3;5 ) .

D. E ( −1; 2; −8 ) .

Hướng dẫn giải
Chọn D
Bán kính mặt cầu ( S ) là R = IO = 3 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của O, I lên mặt
phẳng ( ABC ) thì K là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC . ABC .
Đặt d = d ( I , ( ABC )) = IK . Ta có d (O, ( ABC )) = OH ≤ OK ≤ OI + IK = R + d
Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Gọi E , F là hình chiếu của A và K lên

cạnh BC .
1
2

Ta có S = AE.BC = AE.FC ≤ ( AK + KF ) .FC = ( r + FK ) r 2 − KF 2
4

1
1 6r
3 3 2
3
=
r
( r + KF ) ( 3r − 3KF ) ≤  ÷ =
3
3 4 
4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.
1
1
3 3 2
3
VOABC = d ( O, ( ABC ) ) .S ABC ≤ ( R + d ) .
r =
( R + d ) ( R2 − d 2 )
3
3
4
4

3
3
3 4R
8 3 3
2
=
R =8 3
( R + d ) ( 2 R − 2d ) ≤  ÷ =
8
8  3 
27
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi OABC là hình chóp tam
4R
=4
giác đều có đường cao là
3
uuur 4 uur  8 4 8 
Max ( VOABC ) = 8 3 ⇔ OK = OI =  ; − ; − ÷
3
 3 3 3

8 4 8
qua K  3 ; − 3 ; − 3 ÷
8 4 8
⇒ K =  ; − ; − ÷Vậy ( α ) : 
⇒ pt ( ABC ): 2 x − y − 2 z − 12 = 0


uur
3 3 3

vtpt nr = OI
= (2; −1; −2)

Ví dụ 2: Trong khơng gian hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b; 0 ) , C ( 0;0; c )

3 10
với a ≥ 4, b ≥ 5, c ≥ 6 và mặt cầu ( S ) có bán kính bằng
ngoại tiếp tứ diện O. ABC .
2

Khi tổng OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất thì mặt phẳng ( α ) đi qua tâm I của mặt cầu
18


( S ) và song song với mặt phẳng ( OAB ) có dạng

mx + ny + pz + q = 0 ( với m, n, p, q ∈ ¢ và

q
là phân số tối giản). Giá trị T = m + n + p + q bằng
p
A. 3 .
B. 9 .
C. 5 .

D. −5 .

Hướng dẫn giải
Chọn D
a 2 + b 2 + c 2 3 10

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O. ABC là R =
=
⇔ a 2 + b 2 + c 2 = 90.
2
2
Ta có: P = OA + OB + OC = a + b + c . Đặt x = a − 4 ≥ 0, y = b − 5 ≥ 0, z = c − 6 ≥ 0.

Khi đó: a 2 + b 2 + c 2 = ( x + 4 ) + ( y + 5 ) + ( z + 6 ) = x 2 + y 2 + z 2 + 8x + 10 y + 12 z + 77 = 90.
2

2

2

⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 8 x + 10 y + 12 z = 13.

T = ( x + y + z ) + 12 ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 8 x + 10 y + 12 z + 2 ( xy + yz + zx + 2 x + y ) .
2

2
Vì x 2 + y 2 + z 2 + 8 x + 10 y + 12 z = 13 và x, y, z ≥ 0 nên ( x + y + z ) + 12 ( x + y + z ) − 13 ≥ 0.

⇔ x + y + z ≥ 1 ⇔ a − 4 + b − 5 + c − 7 ≥ 1 ⇔ a + b + c ≥ 16 ⇒ { OA + OB + OC} min = 16.

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = 4, b = 5, c = 7 . Suy ra, A ( 4; 0; 0 ) , B ( 0;5;0 ) , C ( 0; 0;7 ) .
2
2
2
Gọi mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0
Vì A ( 4; 0; 0 ) , B ( 0;5; 0 ) , C ( 0; 0; 7 ) , O ( 0; 0; 0 ) thuộc mặt cầu ( S ) nên ta có hệ

a = 2

16 − 8a + d = 0
b = 5
 25 − 10b + d = 0


 5 7
2
⇔

. Tâm của mặt cầu ( S ) là I  2; ; ÷.
 2 2
 47 − 14 z + d = 0
c = 7
 d = 0

2
d = 0


Mặt phẳng ( α ) song song với mặt phẳng ( OAB ) ≡ ( Oxy ) : z = 0 ⇒ ( α ) : z + e = 0 .


Vì I  2; ; ÷ thuộc ( α ) nên + e = 0 ⇔ e = − .
2
2
2
2



2
z
−
7
=
0
⇒
m
=
0;
n
=
0;
p
=
2;
q
=
−
7
Suy ra,
.Vậy T = m + n + p + q = −5 .
2.3.5 . Bài tập tự luyện.
2
2
2
Bài 1: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 27 . Gọi ( α )
là mặt phẳng đi qua hai điểm A ( 0; 0; − 4 ) , B ( 2;0; 0 ) và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường
tròn ( C ) sao cho khối nón đỉnh là tâm của ( S ) và đáy là là đường trịn ( C ) có thể tích

lớn nhất. Biết rằng ( α ) : ax + by − z + c = 0 , khi đó a − b + c bằng
A. −4 .
B. 8.
C. 0.
D. 2.
2
2
Bài 2:Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 1) 2 = 6 tâm I. Gọi
5 7

7

7

x +1 y − 3 z
=
= và cắt mặt cầu ( S ) theo
1
−4
1
(
C
)
đường tròn
sao cho khối nón có đỉnh I , đáy là đường trịn (C ) có thể tích lớn nhất.
Biết (α ) khơng đi qua gốc tọa độ, gọi H ( xH , yH , z H ) là tâm của đường tròn (C ) . Giá trị
của biểu thức T = xH + yH + zH bằng
1
4
2

1
A. .
B. .
C. .
D. − .
3
3
3
2

(α ) là mặt phẳng vng góc với đường thẳng d :

19


Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có đường kính AB ,
I (3;2; − 2) là trung điểm AB . Gọi ( P) là mặt phẳng vng góc với đoạn AB tại H sao
cho khối nón đỉnh A và đáy là đường tròn (C ) ( (C ) là giao của ( S ) và ( P ) ) có thể
2 10
tích lớn nhất. Biết (C ) có bán kính r =
, viết phương trình mặt cầu ( S ) .
3

A. ( x − 3) + ( y − 2) + ( z + 2) = 40 .
C. ( x + 3)2 + ( y + 2) 2 + ( z − 2) 2 = 5 .
2

2

2

B. ( x − 3)2 + ( y − 2) 2 + ( z + 2) 2 = 5 .
D. ( x − 3) 2 + ( y − 2)2 + ( z + 2)2 = 5 .

2
2
2
Bài 4: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( S ) :( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 12
và mặt phẳng ( P ) : x - 2 y + 2 z +11 = 0 . Xét điểm M di động trên ( P ) , các điểm
A, B, C phân biệt di động trên ( S ) sao cho AM , BM , CM là các tiếp tuyến của ( S ) . Mặt
phẳng ( ABC ) luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây?

A.

E ( 0;3; −1) .

1 − 1 −1



B. F  ; ; ÷.
4 2 2 

C.

H ( 0; −1;3) .



D. H  ;0; 2 ÷.

2

3

Bài 5: Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;3; −1) ; B ( 1; 3; −2 ) và mặt cầu
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 2 z + 3 = 0 . Xét khối nón ( N ) có đỉnh là tâm I của mặt cầu và
đường tròn đáy nằm trên mặt cầu ( S ) . Khi ( N ) có thể tích lớn nhất thì mặt phẳng chứa
đường tròn đáy của ( N ) và đi qua hai điểm A, B có phương trình dạng
2 x + by + cz + d = 0 hoặc y + nz + e = 0 . Giá trị của b + c + d + e bằng
A. 15. .
B. −12. .
C. −14. .
D. −13.
3 3 1
Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1; 2; −3) , B  ; ; − ÷,
2 2

2

C ( 1;1; 4 ) , D ( 5;3;0 ) . Gọi ( S1 ) là mặt cầu tâm A bán kính bằng 3, ( S 2 ) là mặt cầu tâm B
3
bán kính bằng . Có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với 2 mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) đồng thời
2
song song với đường thẳng đi qua C và D.
A. 1.
B. 2.
C. 4.
D. Vô số.

Đáp án bài tập tự luyện.

Câu
Câu 1
Câu 2
Câu 3
Câu 4
Câu 5
Câu 6
Đáp án
A
A
B
A
D
A
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm:
- Chuyên đề này đã được thực hiện giảng dạy khi tôi tham gia giảng dạy lớp chọn học
sinh khá-giỏi 12T1,12T2 ôn luyện HS giỏi và ôn thi đại học.Trong quá trình học
chuyên đề này, học sinh thực sự thấy tự tin ,biết vận dụng khi gặp các bài toán liên
quan, tạo cho học sinh niềm đam mê u thích mơn tốn ,mở ra cho học sinh cách nhìn
nhận ,vận dụng,linh hoạt ,sáng tạo các kiến thức đã học , tạo nền tảng cho học sinh tự
học , tự nghiên cứu . Kết quả khi thực hiện đề tài như sau:
Năm Lớp Sĩ số
Trước khi thực hiện đề tài
Sau khi thực hiện đề tài
Học
Tỉ lệ
Số học
Số học sinh lúng
Số học
Số học sinh

sinh làm
túng không làm
sinh làm
lúng túng
được bài
được bài tập
được bài
không làm
tập
tập
được bài tập
20


12T1
20202021

50
Tỉ lệ
12T2 52
Tỉ lệ

15
30%
13
25%

35
70%
39

75%

48
96%
47
90,4%

2
2%
5
9,4%

3 – KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận:
Tính khả thi của đề tài: Khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy học sinh bộ mơn
Tốn lớp 12T1,12T2 trường THPT Quảng Xương 1, tôi nhận thấy rằng các em học
sinh rất hứng thú với môn học . Chính vì các em cảm thấy hứng thú với mơn học nên
tơi nhận thấy chất lượng của mơn Tốn nói riêng, và kết quả học tập của các em học
sinh nói chung được nâng lên rõ rệt, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục của nhà
trường. Ngoài ra các em cũng học được cách tìm tịi, khám phá, sáng tạo và tự đặt ra
câu hỏi và tìm cách giải quyết vấn đề đó như thế nào nhanh gọn, chính xác và hiệu quả
nhất.
Đề tài có thể áp dụng để các tổ trưởng chỉ đạo tổ chuyên môn bồi dưỡng HS ôn
thi ĐH-CĐ, học sinh ôn thi HSG và cho tất cả giáo viên tốn THPT.
Đề tài có thể được áp dụng thành công trong các năm tiếp theo và được nhận
rộng trong các trường phổ thông.
3.2. Kiến nghị:
- Đối với nhà trường, đồng nghiệp khi giảng dạy phần lồng ghép các khối trịn xoay
trong khơng gian Oxyz nên để ý hơn đến việc hướng dẫn học sinh biết cách rút ra các
đặc điểm và dấu hiệu nhận biết đặc trưng để vận dụng để giải toán.

- Thời gian nghiên cứu và áp dụng đề tài trong một năm học, phạm vi nghiên cứu chỉ
là ở hai lớp thuộc một trường THPT, nên có nhiều vấn đề chưa được phân tích một
cách đầy đủ. Rất mong nhận được sự giúp đỡ góp ý bổ sung của đồng nghiệp để đề tài
của tơi có được thêm các kinh nghiệm bổ ích áp dụng cho các năm học sau.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa và sách bài tập hình học cơ bản và hình học nâng cao 12
[2]. Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
[3]. Các đề thi THPT QG lớp 12 của các sở GD&ĐT và các trường THPT năm học
2020-2021 trên tồn quốc.
[4].Các nhóm Tốn trên facebook.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hoá, ngày 18 tháng 5 năm 2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.

21


NGÔ VĂN SƠN

22