Chuyên đề phương pháp tạo độ trong không gian oxyz

1. CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP TẠO ĐỘ TRONG
KHÔNG GIAN OXYZ
MÃ TÀI LIỆU: 80188
ZALO: 0917.193.864
Dịch vụ viết bài điểm cao :luanvantrust.com

2. BÀI 1. HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN NẮM
I. HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
1. Hệ tọa độ
Trong không gian, xét ba trục xOx
 ; ; vuông góc với nhau từng đôi một. Gọi lần
lượt là các vectơ đơn vị các trục ; ; . Hệ ba trục như vậy gọi là hệ trục tọa độ Đề-
các vuông góc trong không gian hay hệ tọa độ .
Điểm được gọi là gốc tọa độ.
Chú ý: và .
2. Tọa độ của một điểm
a) Định nghĩa: (x : hoành độ, y : tung độ, z : cao độ)
Chú ý: 
 .
b) Tính chất: Cho


 Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB:
 Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC:
 Toạ độ trọng tâm G của tứ diện ABCD:
3. Tọa độ vectơ
Định nghĩa:
Nhận xét:
II. BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA PHÉP TOÁN VECTƠ
Định lý:Trong không gian cho

y Oy
 z Oz
 , ,
i j k
  
x Ox
 y Oy
 z Oz

Oxyz Oxyz
O
2 2 2
1
i j k
   . . . 0
i j i k k j
  
 
; ; . . .
M x y z OM xi y j z k
   
     
0; 0; 0
M Oxy z M Oyz x M Oxz y
        
0; 0; 0
M Ox y z M Oy x z M Oz x y
           
   
; ; ; ;
A A A B B B
A x y z x y z

 
; ;
B A B A B A
AB x x y y z z
   
     
2 2 2
B A B A B A
AB AB x x y y z z
      
; ;
2 2 2
A B A B A B
x x y y z x
M
  
 
 
 
; ;
3 3 3
A B C A B C A B C
x x x y y y z z z
G
     
 
 
 
; ;
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
        
 
 
 
 
; ; . . .
u x y z u xi y j z k
    
   
; ; ; ;
M x y z OM x y z
  
Oxyz    
1 2 3 1 2 3
; ; ; ; ; ;
a a a a b b b b k R
  
 
1 1 2 2 3 3
; ;
a b a b a b a b
    

3. 
Hệ quả: Trong không gian cho


 cùng phương
Cho hai điểm thì:
*
*Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là
III. TÍCH VÔ HƯỚNG
1. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng
Định lý:Trong không gian , tích vô hướng của hai vectơ và được
xác định bởi:
2. Ứng dụng



 (với )
IV. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU
Định lý: Trong không gian , mặt cầu tâm bán kính r có phương trình là:
.
Nhận xét: Phương trình mặt cầucòn có thểviết dưới dạng: với
.
   
1 2 3 1 2 3
; ; ; ;
ka k a a a ka ka ka
 
Oxyz    
1 2 3 1 2 3
; ; ; ; ; ;
a a a a b b b b k R
  
1 1
2 2
3 3
a b
a b a b
a b



  

 

       
0 0;0;0 ; 1;0;0 ; 0;1;0 ; 0;0;1 ;
i j k
   
a    
0
b b a kb k R
   
 
1 1
1 2 3
2 2 1 2 3
1 2 3
3 3
, , , 0
a kb
a a a
a kb b b b
b b b
a kb



     

 

   
; ; ; ;
A A A B B B
A x y z x y z

 
; ;
B A B A B A
AB OB OA x x y y z z
     
; ;
2 2 2
A B A B A B
x x y y z z
M
  
 
 
 
Oxyz  
1 2 3
; ;
a a a a
  
1 2 3
; ;
b b b b

1 1 2 2 3 3
. . . .
ab a b a b a b
  
1 1 2 2 3 3
. . . 0
a b a b a b a b
    
2 2 2
1 2 3
a a a a
  
2 2 2 2
1 2 3
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 b a a a b b b
 
 
   
, 0
a b 
Oxyz  
S  
; ;
I a b c
     
2 2 2 2
x a y b z c r
     
2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
      
2 2 2 2
d a b c r
    2 2 2
r a b c d
    

4. V. TÍCH CÓ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ
1. Định nghĩa
Trong không gian cho hai vectơ và . Tích có hướng
của hai vectơ và kí hiệu là , được xác định bởi
Chú ý: Tích có hướng của hai vectơ là một vectơ, tích vô hướng của hai vectơ là một số.
2. Tính chất



 (Chương trình nâng cao)
3. Ứng dụng của tích có hướng: (Chương trình nâng cao)
Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ: và đồng phẳng
Diện tích hình bình hành :
Diện tích tam giác :
Thể tích khối hộp :
Thể tích tứ diện :
Chú ý:
– Tích vô hướngcủa hai vectơ thường sử dụng để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, tính
góc giữa hai đường thẳng.
– Tích có hướngcủa hai vectơ thường sử dụng để tính diện tích tam giác; tính thể tích khối tứ
diện, thể tích hình hộp; chứng minh các vectơ đồng phẳng – không đồng phẳng, chứng minh các
vectơ cùng phương.
B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1: Các bài toán liên quan tọa độ điểm, tọa độ của vectơ
{Tìm tọa độ điểm, tọa độ vecto thỏa tính chất nào đó, tìm tọa độ trung điểm, trọng tâm, trực
tâm, đỉnh của hình bình hành, đỉnh của một hình đa diện,…}
PHẦN 1: CÁC VÍ DỤ
 
; ;
M a b c
    
1 2 3
; ;
a a a a
  
1 2 3
; ;
b b b b

a b ,
a b
 
 
 
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
 
      
 
 
 
, ; ,
a b a a b b
   
 
   
, ,
a b b a
   
 
   
, ; , ; , ;
i j k j k i i k j
     
  
     
 
[ , ] . .sin ,
a b a b a b

,
a b c , . 0
a b c
 
 
 
ABCD ,
ABCD
S AB AD
 
  
ABC
1
,
2
ABC
S AB AC
 
  
' ' ' '
ABCDA B C D ' ' ' ' , . '
ABCDA B C D
V AB AD AA
 
  
ABCD
1
, .
6
ABCD
V AB AC AD
 
  

5. Ví dụ1. Trong không gian với hệ toạ độ , cho ba vectơ: , , .
Tìm tọa độ vectơ .
Lời giải
Ta có:
Suy ra:
. Vậy .
Ví dụ2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho ba điểm .
1/ Tìm tọa độ điểm để tứ giác là hình bình hành.
2/ Tìm tọa độ tâm I của hình bình hành .
Lời giải
1/ Tứ giác là hình bình hành
2/ Điểm I là tâm hình bình hành
I là trung điểm của AC .
Ví dụ3. Trong không gian với hệ toạ độ , cho ba điểm . Tìm tọa độ
điểm Mthuộc mặt phẳng và cách đều các điểm A, B, C ?
Lời giải
Gọi là điểm cần tìm.
Vì cách đều nên ta có:
Oxyz (2; 5;3)
a    
0;2; 1
b    
1;7;2
c 
4 2
d a b c
  
 
2; 5;3
a  
 
4 0;8; 4
b  
 
2 2;14;4
c 
4 2
d a b c
  
     
2; 5;3 0;8; 4 2;14;4
    
 
2 0 2; 5 8 14;3 4 4
       
 
0; 27;3
   
0; 27;3
d  
Oxyz      
1;2;4 , 2; 1;0 , 2;3; 1
A B C
  
D ABCD
ABCD
ABCD  
3
6 3;6;3
3
D C B A
D C B A
D C B A
x x x x
AD BC y y y y D
z z z z
    


        

    

ABCD

2
1 5 3
; ;
2 2 2 2
2
A C
I
A C
I
A C
I
x x
x
y y
y I
z z
z






  
   
  
 






Oxyz      
1; 1;5 , 3;4;4 , 4;6;1
A B C

 
Oxy
     
2 2
; ;0 , , ; 0
M x y Oxy x y x y
   
M , ,
A B C
2 2
2 2
AM BM
MA MB MC
AM CM
 

   




6. .
Vậy .
Ví dụ4. Trong không gian với hệ toạ độ , cho điểm , gọi là hình chiếu vuông góc
của trên trục . Tìm tọa độ trung điểm của đoạn thẳng ?
Lời giải
Vì là hình chiếu vuông góc của lên trục nên
Gọi là trung điểm Suy ra
Ví dụ5. Trong không gian với hệ tọa độ cho , . Tìm các giá trị
của để tam giác đều?
Lời giải
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB
Ta có: , ,
Tam giác ABC đều khi và chỉ khi
Vậy: là các giá trị cần tìm.
VẬN DỤNG THẤP VÀ VẬN DỤNG CAO
Ví dụ6. Trong không gian với hệ tọa độ , cho tam giác có
. Gọi là chân đường phân giác trong góc của tam
giác Tìm tọa độ điểm
Lời giải
Theo tính chất phân giác trong, ta có:
           
           
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 0 5 3 4 0 4
1 1 0 5 4 6 0 1
x y x y
x y x y
           

 
          


4 10 14 0 2 5 7 16
2 4 12 0 2 6 5
x y x y x
x y x y y
     
  
  
  
      
  
 
16; 5;0
M 
Oxyz  
2;4;6
K '
K
K Oz '
OK
'
K  
2;4;6
K Oz  
' 0;0;6 .
K
 
1 1 1
; ;
I x y z '.
OK  
0;0;3 .
I
Oxyz ( 2;2; 1)
A    
2;3;0 ,
B   
;3; 1
C x 
x ABC
5 1
2; ;
2 2
M
 
 
 
 
2
AB  2 1
( 2)
2
CM x
  
2 2 1
3 1 6
( 2) ( 2) 1
3
2 2 2
x
CM AB x x
x
 

           

1
3
x
x
 

  

Oxyz ABC
     
2;0; 3 , 4;1; 1 , 4; 4;1
A B C
      D A
.
ABC .
D
 
1
DB AB AB
DB DC
DC AC AC
   
A
B
C
D

7. Mà:
Từ .
Ví dụ7. Cho hình hộp
1/ Chứng minh:
2/ Cho . Tính tọa độ các đỉnh còn lại của hình hộp.
Lời giải
1/ Ta có: ; và
Suy ra: (đpcm)
2/ Sử dụng công thức hai vecto bằng nhau ta được:
Ví dụ8. Trong không gian với hệ tọa độ , cho tam giác đều có và
điểm nằm trong mặt phẳng có tung độ nhỏ hơn .
1/ Tìm tọa độ điểm .
2/ Tìm tọa độ điểm biết là tứ diện đều.
Lời giải
1/ Vì nên .
Ta có:
Tam giác đều nên
.
Vì có tung độ nhỏ hơn 3 nên .
2/ Gọi .
Khi đó: .
Vì tam giác ABC đều nên tứ diện ABCD đều khi và chỉ khi
3; 6
AB AC
 
 
 
 
 
2
2 1
1 2 2 4; ;
3 3
2
C D B D
C D B D
C D B D
x x x x
DC DB y y y y D
z z z z
   

  
           
  
 

   

. ' ' ' '
ABCD A B C D
' ' 2 ' 0
AC CA C C
  
       
1;0;1 , 2;1;2 , ' 4;5; 5 , 1; 1;1
A B C D
 
' '
AC AC CC
  ' ' '
CA CC C A
  ' '
C A CA

' ' 2 ' 2 ' 2 ' 0
AC CA C C CC AC CA C C
      
       
2;0;2 , ' 4;6; 5 , ' 3;5; 6 , ' 3;4; 6
C B A D
  
Oxyz ABC    
5;3; 1 , 2;3; 4
A B
 
C  
Oxy 3
C
D ABCD
 
C Oxy
  
; ;0
C x y
     
3;0; 3 , 5; 3;1 , 2 ; 3;4
AB AC x y BC x y y
        
ABC
2 2
2 2
AB AC AB AC
AC BC AC BC

 
 

 
 

 
   
       
2 2
2 2 2 2
5 3 1 18 1 1
4 2
5 3 1 2 3 16
x y x x
y y
x y x y
       
 

  
  
 
 
        


C  
1;2;0
C
 
; ;
D x y z
     
5; 3; 1 ; 2; 3; 4 ; 1; 2;
AD x y z BD x y z CD x y z
          
3 2
AD BD CD AB
   

8. .
Vậy: .
PHẦN 2: CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. [2H3-1.1-1] Trong không gian , gọi là các vectơ đơn vị, khi đó với thì
bằng:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
.
Câu 2. [2H3-1.1-1] Trong không gian với hệ toạ độ , cho ba vectơ: , ,
. Tọa độ vectơ là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Có
.
Vậy .
Câu 3. [2H3-1.1-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho tam giác với
và . Trọng tâm của tam giác có tọa độ là:
           
         
     
2 2 2 2 2 2
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 x y z
x y z
           


          


     


     
2 2 2
1
16 5
5 3 1 18
z x
y x
x y z
  


  


     


2
10
3
1 2
2
16 5 6
3
1
3 16 20 0 7
3
x
z x x
y x y y
z
x x
z



   
 
  
       
  
  
 
   
 
 


 
10 2 7
2;6; 1 ; ;
3 3 3
D D
 
   
 
 
Oxyz , ,
i j k  
; ;
M x y z
OM
xi y j k z
  xi y j k z
  x j yi k z
  xi y j k z
  
OM xi y j k z
  
Oxyz (2; 5;3)
a    
0;2; 1
b  
 
1;7;2
c  4 2
d a b c
  
(0;27;3)  
1;2; 7
  
0; 27;3
  
0;27; 3

4 2
d a b c
  
     
2; 5;3 4 0;2; 1 2 1;7;2
    
     
2; 5;3 0;8; 4 2;14;4
    
 
2 0 2; 5 8 14;3 4 4
       
 
0; 27;3
 
 
0; 27;3
d  
Oxyz ABC
   
3; 2;5 , 2;1; 3
A B
    
5;1;1
C G ABC

9. A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Tọa độ trọng tâm .
Vậy .
Câu 4. [2H3-1.1-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho hình bình hành có
( là gốc toạ độ) . Toạ độ tâm hình bình hành là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Ta có .
.
Gọi I là tâm hình bình hành Suy ra I là trung điểm .
Câu 5. [2H3-1.1-2]Cho điểm , hình chiếu vuông góc của điểm trên trục là điểm
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Với hình chiếu vuông góc của lên trục là .
Câu 6. [2H3-1.1-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho điểm , gọi là hình chiếu
vuông góc của trên trục , khi đó trung điểm có toạ độ là
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Vì là hình chiếu vuông góc của lên trục nên .
Gọi là trung điểm Suy ra .
Câu 7. [2H3-1.1-2] Cho điểm , hình chiếu vuông góc của điểm trên mặt phẳng
là điểm
A. . B. . C. . D. .
 
2;0; 1
G   
2;1; 1
G   
2;0;1
G   
2;0;1
G
; ;
3 3 3
A B C A B C A B C
x x x y y y z z z
G
     
 
 
 
 
2;0;1
G

 
2;0;1
G
Oxyz OABD
 
1;1;0 ,
OA    
1;1;0
OB  O OABD
 
1;0;0
1 1
; ;0
2 2
 
 
 
 
1;0;1  
1;1;0
   
1;1;0 1;1;0
OA A
   
   
1;1;0 1;1;0
OB B
 
.
OABD
1 1
; ;0
2 2
OB I
 
  
 
 
2;5;0
M  M Oy
 
0;5;0
M  
0; 5;0
M   
2;5;0
M  
2;0;0
M 
 
; ;
M a b c  M Oy  
1 0; ;0
M b
Oxyz  
2;4;6
K '
K
K Oz '
OK
 
1;0;0  
0;0;3  
0;2;0  
1;2;3
'
K  
2;4;6
K Oz  
' 0;0;6
K
 
1 1 1
; ;
I x y z '.
OK  
0;0;3
I
 
1;2; 3
M  M  
Oxy
 
0;2; 3
M   
1;0; 3
M   
1;2;0
M  
1;2;3
M

10. Lời giải
Chọn C
Với hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng là .
Câu 8. [2H3-1.1-2] Trong không gian , cho 2 điểm , . Nếu là điểm thỏa
mãn đẳng thức thì tọa độ điểm là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
, từ .
Câu 9. [2H3-1.1-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho 3 điểm
. Nếu là hình bình hành thì toạ độ của điểm là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Ta có: .
Để tứ giác là hình bình hành thì .
Câu 10. [2H3-1.1-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho
. Gọi lần lượt là trung điểm của . Toạ độ
điểm là trung điểm là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Vì M là trung điểm của AB nên .
N là trung điểm của CD nên .
 
; ;
M a b c  M  
Oxy  
1 ; ;0
M a b
Oxyz (1;2; 3)
B  (7;4; 2)
C  E
2
CE EB
 E
8
3;3;
3
 

 
 
8 8
3; ;
3 3
 

 
 
1
1;2;
3
 
 
 
8 8
;3;
3 3
 

 
 
( ; ; )
E x y z
8
3
2 3
8
3
x
CE EB y
z




  


  

Oxyz
     
2;0;0 , 0; 3;0 , 0;0;4
M N P
 MNPQ Q
 
2; 3;4
   
3;4;2  
2;3;4  
2; 3; 4
  
   
2; 3;0 , ; ; 4
Q Q Q
MN QP x y z
      
MNPQ
2 2
3 3
0 4 4
Q Q
Q Q
Q Q
x x
MN QP y y
z z
 
   
 
      
 
 
  
 
Oxyz
       
1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1 , 1;1;1
A B C D ,
M N ,
AB CD
G MN
1 1 1
; ;
3 3 3
 
 
 
1 1 1
; ;
2 2 2
 
 
 
2 2 2
; ;
3 3 3
 
 
 
1 1 1
; ;
4 4 4
 
 
 
1 1
; ;0
2 2
M
 
 
 
1 1
; ;1
2 2
N
 
 
 

11. Do đó .
Câu 11. [2H3-1.1-1] Trong không gian với hệ toạ độ , vectơ đơn vị cùng hướng với vec tơ
có tọa độ là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Ta thấy với ; là vectơ đơn vị cùng hướng với .
Câu 12. [2H3-1.1-2]Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho ba điểm , ,
. Điểm là đỉnh thứ tư của hình bình hành , khi đó
có giá trị bằng
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
, là hình bình hành thì
.
Câu 13. [2H3-1.1-2]Trong không gian với hệ toạ độ , cho ba điểm
. Để ba điểm A, B, C thẳng hàng thì tổng giá trị là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Có .
Để ba điểm A, B, C thẳng hàng thì cùng phương .
Vậy .
Câu 14. [2H3-1.1-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho hai điểm . Điểm
M chia đoạn AB theo tỉ số có tọa độ là:
1 1 1
; ;
2 2 2
G
 
 
 
Oxyz
(1;2;2)
a 
1 2 2
; ;
3 3 3
 
 
 
1 2 2
; ;
3 3 3
 
  
 
 
1 2 2
; ;
3 3 3
 

 
 
1 1 1
; ;
3 3 3
 
 
 
1 2 2
; ; 1
3 3 3
u u
 
  
 
 
1 1 2 2
; ;
3 3 3 3
u a
 
   
 
a
Oxyz (1;2; 1)
A  (2; 1;3)
B 
( 2;3;3)
C   
; ;
M a b c ABCM
2 2 2
P a b c
  
42 43 44 45
( ; ; )
M x y z ABCM
1 2 2
2 3 1 ( 3;6; 1) P 44
1 3 3
x
AM BC y M
z
   


         

   

Oxyz
     
2; 3;4 , 1; ; 1 ;4;3
A B y C x
  5x + y
42 41 40 36
   
1; 3; 5 ; 2;7; 1
AB y AC x
      
AB AC
1 3 5
2 7 1
y
x
  
  
 
9
; 32
5
x y
  
5x + y = 41

5x + y = 41
Oxyz    
1;1;0 , 2;0; 3
A B 
1
2
k  

12. A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Giả sử là điểm cần tìm.
Vì M chia đoạn AB theo tỉ số nên ta có: .
.
Vậy .
Câu 15. [2H3-1.1-2]Cho điểm , điểm đối xứng của qua mặt phẳng là điểm
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Với điểm đối xứng của qua mặt phẳng là
Câu 16. [2H3-1.1-3]Cho điểm , điểm đối xứng của M qua trục , khi đó
bằng
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Với điểm đối xứng của qua trục là
.
Câu 17. [2H3-1.1-3] Trong không gian , cho tứ diện có
. Tìm tọa độ trọng tâm G của tứ diện
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Câu 18. [2H3-1.1-3] Trong không gian , cho hai điểm . Điểm trên trục
và cách đều hai điểm có tọa độ là
4 2
; ; 1
3 3
M
 

 
 
2 2
; ; 2
3 3
M
 

 
 
1 2
; ;1
3 3
M
 

 
 
2 2
; ; 2
3 3
M
 
 
 
 
 
; ;
M x y z
1
2
k  
1
2
MA MB
 
 
 
 
4
1
1 2
3
2
1 2
1 0
2 3
1 1
3
2
x
x x
y y y
z
z z



    



 
      
 
 
 
 
    
 
 
4 2
; ; 1
3 3
M
 

 
 
 
3;2; 1
M  M  
Oxy
 
3;2;0
M  
3; 2; 1
M    
3; 2;1
M   
3;2;1
M
 
; ;
M a b c  M  
Oxy  
; ;
M a b c

 
3;2; 1
M   
; ;
M a b c
 Oy
a b c
 
0 4 6 2
 
; ;
M a b c  M Oy  
; ;
M a b c
  
 
3;2;1 0
M a b c

     
Oxyz ABCD
(1;0;2), ( 2;1;3), (3;2;4), (6;9; 5)
A B C D
  ABCD
 
8;12;4
G  
2;3;1
G
14
3;3;
4
G
 
 
 
18
9; ; 30
4
G
 
 
 
 
Oxyz (1;2;1), (2; 1;2)
A B  M
Ox ,
A B

13. A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
.
cách đều hai điểm nên .
.
Câu 19. [2H3-1.1-4]Trong không gian với hệ toạ độ , cho ba điểm
. Điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) và cách đều các điểm A, B, C có tọa độ là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Gọi là điểm cần tìm.
Vì cách đều , , nên ta có:
Vậy .
Câu 20. [2H3-1.1-4] Trong không gian với hệ toạ độ , cho điểm
thuộc và thể tích của tứ diện bằng 5. Toạ độ của là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Điểm thuộc trục có tọa độ . Ta có , và
. Dễ thấy
,
,
nên hoặc .
1 1 3
; ;
2 2 2
M
 
 
 
1
;0;0
2
M
 
 
 
3
;0;0
2
M
 
 
 
1 3
0; ;
2 2
M
 
 
 
 
;0;0
M Ox M a
 
M ,
A B    
2 2
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 2 1
MA MB a a
        
3
2 3
2
a a
   
Oxyz      
1; 1;5 , 3;4;4 , 4;6;1
A B C

 
16; 5;0
M   
6; 5;0
M   
6;5;0
M   
12;5;0
M
   
2 2
; ;0 , ; 0
M x y x y x y
  
M A B C MA MB MC
 
                 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 0 5 3 4 0 4 4 6 0 1
x y x y x y
                 
 2 2 27 6 8 41 8 12 53
x y x y x y
           
4 10 14 0 2 5 7 16
2 4 12 0 2 6 5
x y x y x
x y x y y
     
  
  
  
      
  
 
16; 5;0
M 
Oxyz      
2;1; 1 , 3;0;1 , 2; 1;3
A B C
 
D Oy ABCD D
 
0; 7;0
  
0;8;0
 
 
0; 7;0
0;8;0





 
 
0; 8;0
0;7;0





D Oy 0
(0; ;0)
D y  
1; 1;2
AB    
0; 2;4
AC  
 
0
2; 1;1
AD y
  
 
1 2 2 1 1 1
, ; ; 0; 4; 2
2 4 4 0 0 2
AB AC
   
     
 
   
 
0
1 1
5 , . 2 4
6 6
ABCD
V AB AC AD y
 
    
 
0 7
y   0 8
y 

14. Dạng 2: Tích vô hướng và các ứng dụng của tích vô hướng
{ Tích vô hướng hai vt, góc giữa hai vt, độ dài vt, độ dài đường trung tuyến, phân giác,đường
cao, diện tích tam giác, chu vi tam giác…}
PHẦN 1: CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1. Trong không gian cho tam giác ABC có .Tính
Lời giải
Ta có:
Suy ra: .
Ví dụ 2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho tam giác ABC biết , B đối xứng với A qua
mặt phẳng ( ), C đối xứng với B qua gốc tọa độ O. Tính diện tích tam giác ABC ?
Lời giải
Theo đề bài: B đối xứng với A qua mặt phẳng ( )
C đối xứng với B qua gốc tọa độ O
.
Ví dụ 3. Trong không gian với hệ toạ độ , cho tam giác có , ,
. Gọi là điểm trên cạnh sao cho . Tính độ dài đoạn thẳng .
Lời giải
Vì điểm thuộc cạnh nên , suy ra tọa độ điểm là
.
Vậy độ dài bằng:
.
Ví dụ 4.Trong không gian với hệ toạ độ cho hai vecto thỏa mãn
1) Tính .
2) Tính góc giữa hai vecto và .
m      
2; 1;3 , 3;0; 2 , 5; 1; 6
A B C
    cos BAC
   
1;1; 5 ; 3;0; 9
AB AC
   
  . 16 8 30
cos cos ;
. 45
3 30
AB AC
BAC AB AC
AB AC
   
Oxyz  
1;2;3
A
Oxy
Oxy (1;2; 3)
B
 
C( 1; 2;3)
  
1
(0;0; 6); ( 2; 4;0) S ; 6 5
2
ABC
AB AC AB AC

 
        
 
Oxyz ABC  
2;0;0
A  
0;3;1
B  
3;6;4
C 
M BC 2
MC MB
 AM
M BC 2
MC MB
  M
( 2)
1
1 ( 2)
( 2)
4
1 ( 2)
( 2)
2
1 ( 2)
C B
M
C B
M
C B
M
x x
y y
z z
x
y
z
 
  
 
 
 
 
 
 











AM
       
2 2
2 2 2 2
1
( ) 2 4 0 2
(2 0) 9
M A M A M A
x z
y z
x y
      

  
 
Oxyz ,
a b   0
; 120 ; 2; 3
a b a b
  
2
a b

a 3 2
x a b
 

15. Lời giải
1) Ta có:
.
2) Ta có: và .
.
Ví dụ 5.Trong không gian với hệ tọa độ cho , . Tìm các giá trị
của để tam giác đều?
Lời giải
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng .
Ta có: , , .
Tam giác ABC đều khi và chỉ khi
.
Vậy: là các giá trị cần tìm.
Ví dụ 6.Trong không gian , cho hình hộp chữ nhật có đỉnh A trùng với gốc ,
, . Gọi M là trung điểm của cạnh .Tính thể tích
của khối tứ diện .
Lời giải
Ta có : .
Vậy thể tích của khối tứ diện là: .
PHẦN 2: CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
 
. . .cos ; 3
a b a b a b
  
 
2 2 2
2 4 . 4 52 2 2 13
a b a a b b a b
        
 
2
. 2 2 . 6
a x a a b a a b
      
2
3 2 6
x a b
  
    0
. 1
cos ; ; 60
2
.
a x
a x a x
a x
    
Oxyz ( 2;2; 1)
A    
2;3;0 ,
B   
;3; 1
C x 
x ABC
AB
5 1
2; ;
2 2
M
 
 
 
 
2
AB  2 1
( 2)
2
CM x
  
2 2 1
3 1 6
( 2) ( 2) 1
3
2 2 2
x
CM AB x x
x
 

           

1
3
x
x
 

  

m . ' ' ' '
ABCD A B C D O
 
;0;0
B a    
0; ;0 , ' 0;0;
D a A b  
, 0
a b  '
CC
'
BDA M
   
; ;0 , ' ; ; ; ;
2
b
C a a C a a b M a a
 
  
 
 
 
2
2
; ;0
, ; ; ; ' ;0;b
2 2
0; ;
2
3
, . '
2
BD a a
ab ab
BD BM a BA a
b
BM a
a b
BD BM BA
  
  
 
    
  
     

  
 

 
  
 
'
BDA M
2
'
1
, . '
6 4
BDA M
a b
V BD BM BA
 
 
 

16. Câu 1. [2H3-1.2-1]Tích vô hướng của hai vectơ trong không gian bằng:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Câu 2. [2H3-1.2-1]Trong không gian cho hai điểm , độ dài đoạn bằng
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
.
Câu 3. [2H3-1.2-1]Cho điểm , khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng bằng
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Với .
Câu 4. [2H3-1.2-1]Cho điểm , khoảng cách từ điểm đến trục bằng
A.25. B.5. C. 4. D. 0.
Lời giải
Chọn B
Với
Câu 5. [2H3-1.2-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho ba vectơ
. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai ?
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
.
.
.
.
Câu 6. [2H3-1.2-2] Cho 3 điểm Tam giác là
   
2;2;5 , 0;1;2
a b
  
10 12 13 14
   
1;2;3 , 0;1;1
A B
 AB
6 8 10 12
       
     
2
2 2 2 2 2
0 1 1 2 1 3 6
B A B A B A
AB x x y y z z
             
 
1;2; 3
M  M  
Oxy
14 3 1 2
   
 
; ; , 3
M a b c d M Oxy c
  
 
2;5;0
M  M Ox
    2 2 2 2
; ; , 5 0 5
M a b c d M Ox b c
     
Oxyz
     
1;1;0 , 1;10 , 1;1;1
a b c
   
2
a  3
c  a b
 c b

2 2
( 1) 1 0 2
a     
2 2 2
1 1 1 3
c    
 
. 1 .1 1.1 0.0 0
ab a b
      
. 1.1 1.1 0.1 2
b c    
     
1;2;0 , 1;0; 1 , 0; 1;2 .
A B C
  ABC

17. A.Tam giác có ba góc nhọn. B. Tam giác cân đỉnh .
C. Tam giác vuông đỉnh . D. Tam giác đều.
Lời giải
Chọn A
. Ta thấy không vuông.
không cân.
Câu 7. [2H3-1.2-1] Gọi là góc giữa hai vectơ và , với và khác , khi đó bằng:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Câu 8. [2H3-1.2-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho ba vectơ .
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ?
A. . B. cùng phương . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Nên đáp án A và B sai.
.
Câu 9. [2H3-1.2-2] Trong không gian cho ba điểm . Để 4 điểm
đồng phẳng thì tọa độ điểm là
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Xét .
Ta có: ; .
Do đó: ;
Suyra : .
A
A
(0; 2; 1); ( 1; 3;2)
AB AC
      . 0
AB AC   ABC

AB AC
 ABC
 
 a b a b 0 cos
.
a b
a b
 .
.
a b
a b
.
.
a b
a b
 .
.
a b
a b
Oxyz      
1;1;0 , 1;10 , 1;1;1
a b c

. 1
a c  a c   2
cos ,
6
b c  0
a b c
  
. 1.1 1.1 0.1 0 .
a c a c
      
 
1;3;1 0.
a b c
   
  1.1 1.1 0.1 2
cos ,
1 1. 1 1 1 6
b c
 
 
  
Oxyz      
1;2;0 , 1;1;3 , 0; 2;5
A B C
 
, , ,
A B C D D
 
1; 1;6
D   
1;2;3
D  
0;3;0
D  
0;0;2
D
 
2;5;0
D   
1; 1;6
D 
 
2; 1;3
AB     
1; 4;5
AC     
1;1;0
AD  
 
, 7;7;7
AB AC
  
 
, . 0
AB AC AD
  
 

18. Câu 10. [2H3-1.2-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho tứ diện biết
. Độ dài đường cao AH của tứ diện
là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Có
;
Mà
Vậy .
Câu 11. [2H3-1.2-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho tam giác có ,
, . Gọi là điểm trên cạnh sao cho . Độ dài đoạn
bằng
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Vì điểm thuộc cạnh nên , suy ra tọa độ điểm là
.
Vậy .
Câu 12. [2H3-1.2-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho ba điểm và
. Diện tích tam giác là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Oxyz ABCD
   
2; 1;6 , 3; 1; 4 ,
A B
     
5; 1;0 ,
C   
1;2;1
D ABCD
9 7 6 5
     
8;0;4 ; 4;3;5 ; 5;0;10
BC BD BA
  
 
, 12; 24;24
BC BD
    
  , . 180
BC BD BA
  
 
1
. , . 30
6
ABCD
V BC BD BA
 
 
 
   
2 2 2
1 1
. , . 12 24 24 18
2 2
ABC
S BC BD

 
      
 
1
. .
3
ABCD BCD
V AH S

3.
5
ABCD
BCD
V
AH
S
  
5
AH 
Oxyz ABC  
2;0;0
A
 
0;3;1
B  
3;6;4
C  M BC 2
MC MB
 AM
3 3 2 7 29 30
M BC 2
MC MB
  M
( 2)
1
1 ( 2)
( 2)
4
1 ( 2)
( 2)
2
1 ( 2)
C B
M
C B
M
C B
M
x x
y y
z z
x
y
z
 
  
 
 
 
 
 
 











AM         
2 2
2 2 2 2
1
( ) 2 4 0 2
(2 0) 9
M A M A M A
x z
y z
x y
      

  
 
Oxyz    
2;2;1 , 1;0;2
A B

 
1;2;3
C  ABC
3 5
2
3 5 4 5
5
2

19. Chọn A
Có
.
Vậy .
Câu 13. [2H3-1.2-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho tam giác có
. Độ dài đường cao của tam giác kẻ từ là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Độ dài đường cao kẻ từ của tam giác là : .
Câu 14. [2H3-1.2-2] Cho . Thể tích của tứ diện bằng
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Tính .
.
Câu 15. [2H3-1.2-2] Trong không gian cho tứ diện . Độ dài đường cao vẽ từ của tứ
diện cho bởi công thức nào sau đây:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn A
   
3; 2;1 ; 1;0;2
AB AC
  
 
, 4; 5;2
AB AC
    
 
   
2 2 2
1 1 3 5
. , 4 5 2
2 2 2
ABC
S AB AC

 
      
 
3 5
2
ABC
S 
Oxyz ABC  
1;0;1 ,
A
 
0;2;3 ,
B  
2;1;0
C C
26
26
2
26
3
26
   
1;2;2 , 1;1; 1
AB AC
   
C ABC  
, 26
,
3
AB AC
d C AB
AB
 
 
 
       
1; 2;0 , 3;3;2 , 1;2;2 , 3;3;1
A B C D
  ABCD
3 4 5 6
     
2;5;2 , 2;4;2 , 2;5;1
AB AC AD
   
1
, . 3
6
V AB AC AD
 
 
 
Oxyz ABCD D
ABCD
, .
.
AB AC AD
h
AB AC
 
 

 
 
, .
1
3 .
AB AC AD
h
AB AC
 
 

, .
.
AB AC AD
h
AB AC
 
 

, .
1
3 .
AB AC AD
h
AB AC
 
 

 
 

20. Vì nên .
Câu 16. [2H3-1.2-2] Trong không gian tọa độ , cho bốn điểm
. Độ dài đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh
xuống mặt phẳng là
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Tính
, với ,
.
áp dụng công thức ở câu trên ta được:
.
Câu 17. [2H3-1.2-3] Cho hai vectơ và tạo với nhau góc và . Khi đó bằng
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Ta có .
Câu 18. [2H3-1.2-3] Cho và . Để góc giữa hai vectơ có số đo bằng thì
bằng
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
.
1 1 1
. . , .
3 2 6
ABCD
V h AB AC AB AC AD
   
 
   
, .
.
AB AC AD
h
AB AC
 
 

 
 
Oxyz
       
1; 2;0 , 3;3;2 , 1;2;2 , 3;3;1
A B C D
  ABCD D
 
ABC
9
2
9
7
9
7 2
9
14
     
2;5;2 , 2;4;2 , 2;5;1
AB AC AD

1
, . 3
6
V AB AC AD
 
 
 
1
.
3
V B h

1
, 7 2
2
ABC
B S AB AC

 
  
   
 
,
h d D ABC

3 3.3 9
7 2 7 2
V
h
B
   
, . 18 9
14 2 7 2
.
AB AC AD
h
AB AC
 
 
  
 
 
a b 0
60 2; 4
a b
  a b

2 7 2 3 2 5 2
 
2 2 2
2 .cos , 4 16 8 28 2 7
a b a b a b a b a b
          
 
1;1;1
u   
0;1;m
v  ,
u v 0
45
m
1 3
 3
 2 3
 3
 
   
2
2
2
2
1
1.0 1.1 1. 1
cos 2 1 3 1 2 3
3 1 2 1
2
3. 1
m
m
m m m
m m
m

 

  
         

  
 


21. Câu 19. [2H3-1.2-3] Cho góc giữa hai vectơ và bằng ,
Để vuông góc với thì bằng
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
.
.
Câu 20. [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ toạ độ ,cho tam giác có
. Độ dài đường phân giác trong của góc B là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Gọi D là chân đường phân trong của góc B thuộc tam giác ABC, khi đó ta có tỷ lệ:
.
Vậy .
Câu 21. [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ toạ độ , cho tam giác ABC có ,
. Độ dài trung tuyến AM là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Ta có: .
.
Câu 22. [2H3-1.2-4] Trong không gian với hệ toạ độ , cho hình chóp S.OAMN với
, trong đó và . Thể tích hình
chóp S.OAMN là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
2; 5,
a b
  a b
2
3

; 2 .
u ka b v a b
   
u v k
6
45

45
6
6
45
45
6

    
2
. 2 4 50 2 1 cos 0
3
u v ka b a b k k a b

       
45
6 45 0
6
k k
      
Oxyz ABC  
1;2; 1
A 
 
, 2; 1;3
B   
,C 4;7;5

2 74
2 74
3
3 76
2
3 76
1 2 11 8 14 2 74
; ;1 ; ; 2
2 3 3 3 3 3
DA BA
D BD BD
BC
DC
 
   
         
   
   
2 74
3
BD 
Oxyz ( 3;0;4)
AB  
(5; 2;4)
AC  
2 3 4 2 3 2 5 3
 
1 1 1 1
2 2 2 2
AM AB BM AB BC AB BA AC AB AC
        
   
2
2 2
1; 1;4 1 1 4 18 3 2
AM AM
         
Oxyz
     
0;0;1 , 1;1;0 , ;0;0 ,
S A M m  
0; ;0
N n 0, 0
m n
  6
m n
 
1 2 4 6

22. Chọn A
Có
.
Dạng 3: Xác định phương trình mặt cầu, tìm các thuộc tính của mặt cầu
{các bài toán tìm tâm I, bán kính R, xác định xem một phương trình có phải là phương trình
mặt cầu hay không, tìm điều kiện (có chứa tham số m) để một phương trình là phương trình
mặt cầu, các bài toán về họ mặt cầu, bài toán quỹ tích….}
PHẦN 1: CÁC VÍ DỤ
Ví dụ1. Xác định tọa độ tâm I, bán kính R của mặt cầu ?
Lời giải
Mặt cầu có tâm , bán kính .
Ví dụ2. Cho mặt cầu . Chứng minh rằng:Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng
. Tìm tọa độ tiếp điểm .
Lời giải
Mặt cầu có tâm , bán kính .
Ta có nên mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu.
Tiếp điểm là hình chiếu của trên mặt phẳng .
Gọi thì nên
.
Ví dụ3. Trong khoâng gian với hệ tọa độ , cho bốn điểm ,
. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .
Lời giải
Ta có: là VTPT của
. Suy ra phương trình .
     
1;1;0 , ;0;0 , 0; ;0
OA OM m ON n
  
 
1 1
,
2 2
1 1
,
2 2
1 1
.6 3
2 2
OAM
OAN
OAMN OAM OAN
S OA OM m
S OA ON n
S S S m n
 
 
 
 
 
 
     
 
 
.
1 1
. , . .1.3 1
3 3
S OAMN OAMN
V d S OAMN S
  
  2 2 2
: 2 4 6 5 0
S x y z x y z
      
 
S  
1;2;3
I  3
R 
  2 2 2
:( 1) ( 2) 9
S x y z
    
 :2 2 5 0
P x y z
    M
 
S  
1; 0; 2
I 3
R 
2 2 2
2 0 2 5
( ; ( )) 3
2 2 1
d I P R
  
  
 
M I  
P
 
; ;
M x y z  
1; ; 2
IM x y z
  
 
( )
1 3
. 11 20 17
; ;
2 2 1
9 9 9
2 2 5 0
P
x y z
IM t n
M
M P x y z
 

   
   
   
   
 

 
    

Oxyz  
3;3;0
A
     
3;0;3 , 0;3;3 , 3;3;3
B C D ABC
   
0; 3;3 , 3;0;3
AB AC
       
, 9; 9; 9 1;1;1
AB AC n
 
      
 
 
ABC  : 6 0
ABC x y z
   

23. Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
Suy ra . Vậy .
Ví dụ4. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng có phương trình :
và mặt cầu : . Chứng minh rằng mặt
phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của
đường tròn đó.
Lời giải
Mặt cầu có tâm , bán kính .
Khoảng cách từ đến
Suy ra mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn.
Gọi lần lượt là tâm và bán kính đường tròn đó, suy ra là hình chiếu vuông góc của
lên mặt phẳng nên tọa độ của là nghiệm của hệ:
. Bán kính .
Ví dụ5. Cho mặt phẳng và mặt cầu .
Tìm để mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu . Với vừa tìm được hãy xác định tọa độ
tiếp điểm.
Lời giải
Mặt cầu có tâm , bán kính .
Gọi là đường thẳng đi qua , vuông góc với .
Suy ra phương trình .
Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu
.
Khi đó . Tọa độ tiếp điểm là nghiệm của hệ:
 
; ;
I a b c ABC
  6 0
0 2
0
I ABC a b c
IA IB b c a b c
IB IC a b

    

 
       
 
 
  


 
2;2;2
I
,
Oxyz  
P
2 2 4 0
x y z
     
S 2 2 2
2 4 6 11 0
x y z x y z
      
 
P  
S
 
S  
1;2;3
I 5
R 
I    
 
2 4 3 4
: , 3
3
P d I P R
  
  
 
P  
S
,
H r H I
 
P H
1 2
3
2 2
0 (3;0;2)
3
2
2 2 4 0
x t
x
y t
y H
z t
z
x y z
 



  
 
  
 
 
  

    

2 2
4
r R IH
  
  2
:2 2 3 0
P x y z m m
            
2 2 2
: 1 1 1 9
S x y z
     
m  
P  
S m
 
S  
1; 1;1
I  3
R 
 I  
P
1 1 1
:
2 2 1
x y z
  
  
 
P    
 
2
3 1
, 3
3
m m
S d I P R
 
   
2
2
3 10 0
5, 2
3 8 0 VN
m m
m m
m m
   
    

  

 :2 2 10 0
P x y z
    A

24. , giải hệ này ta được .
PHẦN 2: CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. [2H3-1.3-1] Trong không gian với hệ tọa độ , mặt cầu
có tọa độ tâm và tính bán kính là:
A. và . B. và .
C. và . D. và .
Lời giải
Chọn A
Tâm và bán kính .
Câu 2. [2H3-1.3-1] Trong không gian với hệ tọa độ , mặt cầu có phương trình
có tâm I và bán kính R lần lượt là:
A. và . B. và .
C. và . D. và .
Lời giải
Chọn D
Mặt cầu có tâm , bán kính .
Câu 3. [2H3-1.3-1] Biểu thức nào sau đây không là phương trình mặt cầu.
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Vì .
Câu 4. [2H3-1.3-2] Cho mặt phẳng và mặt cầu
. Khi đó mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai:
A. có điểm chung với (S). B. cắt (S) theo một đường tròn.
C. tiếp xúc với (S). D. đi qua tâm của (S).
Lời giải
Chọn C
Mặt cầu có tâm , bán kính .
1 1 1
2 2 1
2 2 10 0
x y z
x y z
  

 


    

 
3, 1, 2 3;1;2
x y z A
   
Oxyz
       
2 2 2
: 1 2 1 16
S x y z
      I R
 
1;2;1
I  4
R   
1; 2; 1
I   4
R 
 
1;2;1
I  16
R   
1; 2; 1
I   16
R 
 
1;2;1
I  4
R 
Oxyz
0
8
10
8
2
2
2





 y
x
z
y
x
 
4; 5;4
I  57
R   
4; 5;4
I  7
R 
 
4;5;0
I 7
R   
4; 5;0
I  7
R 
 
4; 5;0
I  7
R 
2 2 2
100 0
x y z
    2 2 2
3 3 3 48 36 297 0
x y z y y
      
2 2 2
12 16 100 0
x y z y y
           
2 2 2
1 2 2 9 0
x y z
      
 
2 2
6 0 4 0
   
 :4 2 3 1 0
x y z
    
  2 2 2
: 2 4 6 0
S x y z x y z
     
 
  

 
  

 
S  
1; 2; 3
I   14
R 

25. Ta có: nên cắt (S) theo một đường tròn.
Tâm thuộc mặt phẳng .
Câu 5. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ toạ độ , tọa độ tâm và bán kính của đường tròn
giao tuyến của mặt phẳng và mặt cầu là:
A. và . B. và .
C. và . D. và .
Lời giải
Chọn A
Do bốn đáp án là khác nhau về bán kính nên ta chỉ tính bán kính cho đơn giản.
Mặt cầu có tâm , bán kính là .
Khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng là :
.
Vậy bán kính đường tròn giao tuyến là : .
Câu 6. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho mặt cầu
và mặt phẳng . Mặt phẳng
tiếp xúc với mặt cầu tại điểm có tọa độ là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu tại điểm tọa độ thỏa và
Lần lượt thế tọa độ ở phương án vào và thì chỉ có phương án A thỏa vì
và
Câu 7. [2H3-1.3-2] Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu ?
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn A
 
 
, 0
d I R
    

 
1; 2; 3
I    

Oxyz
2 2 9 0
x y z
    2 2 2
6 4 2 86 0
x y z x y z
      
 
1;2;3
I  8
r   
1;2;3
I 4
r 
 
1; 2;3
I  2
r   
1;2; 3
I  9
r 
 
3; 2;1
O   10
R 
 
   
2 2
2
2 3 2. 2 1 9
6
2 2 1
d
    
 
   
2 2
8
r R d
  
Oxyz
  2 2 2
: 2 4 6 5 0
S x y z x y z
        :2 2 1 0
x y z
      

 
S M
 
1;1;1  
1;2;3  
3;3; 3
  
2;1;0

 
  
S M  M  
  .
S
M 4  
  
S
2.1 1 2.1 1 0
   
2 2 2
1 1 1 2.1 4.1 6.1 5 0.
      
2 2 2
2 0
x y z x
    2 2 2
2 1 0
x y z x y
     
 
2
2 2 2
2 2 2 1
x y x y z x
       
2 2
2 1
x y xy z
   

26. Câu 8. [2H3-1.3-2] Cho các điểm và đường thẳng . Gọi là
mặt cầu đi qua và có tâm thuộc đường thẳng . Bán kính mặt cầu bằng:
A. B. C.3. D.
Lời giải
Chọn A
Tâm .

Vì đi qua nên ta có
Vậy bán kính mặt cầu :
Câu 9. [2H3-1.3-2] Cho mặt phẳng và mặt cầu có phương trình lần lượt là
. Giá trị của để
tiếp xúc là:
A. hoặc . B. hoặc .
C. . D. .
Lời giải
Chọn B
 có tâm và bán kính .
 tiếp xúc
Câu 10. [2H3-1.3-2] Cho đường thẳng và mặt cầu (S) : .
Tọa độ giao điểm của và là:
A. . B. .
   
2;4;1 , 2;0;3
A B

1
: 1 2
2
x t
d y t
z t
 


 

   

 
S
,
A B d  
S
3 3. 6. 2 3.
 
1 ;1 2 ; 2
I d I t t t
     
   
3 ; 3 2 ; 3 ; 1 ;1 2 ; 5
AI t t t BI t t t
           
 
S ,
A B
           
 
2 2 2 2 2 2
2 2
3 3 2 3 1 1 2 5
4 0 0 3; 3; 3
IA IB IA IB t t t t t t
t t IA
                  
       
 
S    
2 2
2
3 3 3 3 3.
R IA
      
 
P ( )
S
  2 2 2 2
:2 2 4 5 0; ( ): 2 2 2 6 0
P x y z m m S x y z x y z
             m
 
P ( )
S
1
m  5
m   1
m   5
m 
1
m   5
m 
2 2 2
( ): 2 2 2 6 0
S x y z x y z
        
1; 1;1
I  3
R 
 
P ( )
S  
 
;
d I P R
 
2
2
2 2 2
2.1 2.( 1) 1.1 4 5
3 4 4 9
2 2 1
m m
m m
     
     
 
2
2
2
4 4 9 1
4 5 0 .
5
4 4 9
m m m
m m
m
m m
     

     
  
    

2 2 3
:
2 3 2
x y z
d
  
   
2
2 2
2 9
x y z
   
 
  
S
   
0;0;2 , 2;2; 3
A B    
2;3;2
A

27. C. . D. và (S) không cắt nhau.
Lời giải
Chọn C
Tọa độ giao điểm là nghiệm hệ phương trình:
Câu 11. [2H3-1.3-2] Cho các điểm và . Mặt cầu đi qua hai điểm A, B và tâm thuộc
trục Oy có đường kính là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Gọi trên Oy vì
đường kính bằng .
Câu 12. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ toạ độ , mặt cầu tâm tiếp xúc với trục
có bán kính là:
A.5. B.4. C.2. D. .
Lời giải
Chọn A
Gọi là hình chiếu của tâm lên trục
Vậy mặt cầu có bán kính : .
Câu 13. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ toạ độ , bán kính của mặt cầu tâm và
tiếp xúc với trục bằng:
A.4. B.5. C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Gọi là hình chiếu của lên . .
 
2;2; 3
A    

 
 
2
2 2
2 2
2 3
0 2;2; 3 .
3 2
2 9
x t
y t
t A
z t
x y z
  

  

    
   

    

 
2;1; 1
A   
1;0;1
B
2 2 6 4 2 2 6
 
0; ;0
I t IA IB
  
2 0;2;0
t I
  
6
R IA
    2 6
Oxyz  
6;3; 4
I 
Ox
5
H I .
Ox
 
6;0;0 .
H Ox H
 
 
2
2 2
0 3 4 5
R IH
     
Oxyz  
3;3; 4
I 
Oy
5
5
2
I I Oy  
0;3;0
I
  
2 2 2
3 0 4 5
R II
      

28. Câu 14. [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ toạ độ , bán kính của mặt cầu tâm và tiếp
xúc với đường thẳng là :
A. . B.14. C. . D.7.
Lời giải
Chọn C
Câu 15. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ toạ độ , cho là mặt cầu tâm và tiếp
xúc với mặt phẳng . Bán kính là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Câu 16. [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ toạ độ , mặt cầu ngoại tiếp tứ diện với
có bán kính là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Gọi phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện có dạng:
Vì thuộc mặt cầu nên ta có hệ phương trình:
Oxyz  
1;3;5
I
: 1
2-
x t
d y t
z t



  

 

7 14
   
 
 
 
0 0
0
0
0; 1;2 ; 1; 1; 1
,
1;4;3
; 14
1; 1; 1
M d M VTCP a
M I a
M I
d I d
a
a
     
 
 
  
  

  


Oxyz  
S  
2;1; 1
I 
 :2 2 3 0
P x y z
     
S
2
9
2
3
4
3
2
 
 
 
2.2 2.1 1 3
; 2.
4 4 1
R d I P
   
  
 
Oxyz ABCD
 
1;0;0 ,
A      
0;1;0 , 0;0;1 , 1;1;1
B C D
3
2
2 3
3
4
 
S ABCD
2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
        
2 2 2
0 .
a b c d
   
 
1;0;0 ,
A      
0;1;0 , 0;0;1 , 1;1;1
B C D  
S
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1
2
1 0 0 2 .1 2 .0 2 .0 0 2 1
1
0 1 0 2 .0 2 .1 2 .0 0 2 1
.
2
2 1
0 0 1 2 .0 2 .1 2 .1 0 1
2 2 2 3
1 1 1 2 .1 2 .1 2 .1 0 2
0
a
a b c d a d
a b c d b d b
c d
a b c d
c
a b c d
a b c d
d



           
 
  
           
  
 
  
   
      
  

  
     

      
 
 


29. Câu 17. [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ toạ độ , với giá trị nào của m thì phương trình
là phương trình mặt cầu ?
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Phương trình đã cho là phương trình mặt cầu khi
Câu 18. [2H3-1.3-3] Biết điểm thuộc mặt cầu sao cho khoảng
cách từ đến mặt phẳng lớn nhất . Khi đó tọa độ điểm là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Tự luận: Mặt cầu có tâm , bán kính
nên mặt phẳng và mặt cầu không có điểm chung.
Gọi là đường thẳng qua và vuông góc với ,
giao điểm của và là hai điểm có tọa độ . Vì khoảng cách từ
đến lớn nhất nên .
Trắc nghiệm:Thử 4 phương án thấy điểm có tọa độ không thuộc mặt cầu
nên loại.
Khoảng cách từ điểm đến là: .
Khoảng cách từ điểm đến là: .
Khoảng cách từ điểm đến là: .
2 2 2
1 1 1 3
.
2 2 2 2
R
     
   
     
     
Oxyz
 
2 2 2
2 2 1 4 5 0
x y z mx m y z m
       
1 3
m m
  
5
1
2
m
  3
m 
5
1
2
m m
  
   
2 2 2 2
1
1 2 5 0 2 7 5 0 .
5
2
m
m m m m m
m



          
 

A   2 2 2
: 2 2 2 0
S x y z x z
     
A  :2 2 6 0
P x y z
    A
 
1;0; 3

1 4 2
; ;
3 3 3
 

 
 
7 4 1
; ;
3 3 3
 
 
 
 
1 4 5
; ;
3 3 3
 
 
 
 
 
1;0; 1
I  2
R 
 
 
, 3
d I P R
   
P  
S
d I  
P
1 2
: 2
1
x t
d y t
z t
 


 

   

d  
S
7 4 1 1 4 4
; ; , ; ;
3 3 3 3 3 3
   
   
   
   
A  
P
7 4 1
; ;
3 3 3
A
 
 
 
 
1 4 2
; ;
3 3 3
 

 
 
 
S
 
1;0; 3
  
P
5
3
7 4 1
; ;
3 3 3
 
 
 
 
 
P
13
3
1 4 5
; ;
3 3 3
 
 
 
 
 
P
1
3

30. Câu 19. [2H3-1.3-4] Cho điểm và mặt cầu mặt phẳng đi
qua và cắt theo thiết diện là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Bán kính nhỏ nhất đó là:
A. 3. B.2. C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Mặt cầu có tâm , bán kính . Dễ thấy điểm nằm trong mặt cầu nên mặt
phẳng cần tìm đi qua và vuông góc với .
Do đó : .
Bán kính đường tròn là : .
Câu 20. [2H3-1.3-4] Trong không gian với hệ toạ độ , cho tứ diện với
. Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
là:
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Gọi là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện , ta có:
là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
Vậy .
Cách 2: Phương trình mặt cầu có dạng ,
Thay tọa độ vào ta được 4 phương trình.
Sử dụng MTCT giải hệ phương trình 4 ẩn . Lúc đó .
 
2;1;2
A      
2 2
2
: 1 1 9
S x y z
      
P
A  
S
3
2
1
2
 
S  
0;1;1
I 3
R  A
 
P A IA
 :2 6 0
P x z
  
2 2
9 5 2
r R IA
    
Oxyz ABCD
     
1; 2; 1 , 5;10; 1 , 4;1; 1 ,
A B C
      
8; 2;2
D  
ABCD
 
2;3; 5
   
2; 4;3
  
2;4;5
  
1; 3;4

(a;b;c)
I ABCD
       
       
       
2 2 2
2
2 2 2
2
2 2 2
2
2 2 2 2
1 ; 2 ; 1 c 1 2 1 c
5 ;10 ; 1 c 5 10 1 c
4 ;1 ; 1 c 4 1 1 c
( 8 ; 2 ;2 c) ( 8 ) ( 2 ) (2 c)
IA a b IA a b
IB a b IB a b
IC a b IC a b
ID a b IA a b
              
              
            
              
 
; ;c
I a b ABCD
 
2 2
2 2
2 2
6 6 12
12 24 120 2
4 2;4;5
18 6 66 5
a b
IA IB a b a
IA IC I
a c c
I
b
A ID
      
 
  
      
  
  

 
  
  

( 2;4;5)
I 
  2 2 2
: 2 2 2 0
S x y z ax by cz d
      
2 2 2
0
a b c d
   
, , ,
A B C D  
S
, , ,
a b c d
  
, ,
I a b c

31. Dạng 4: Viết phương trình mặt cầu
{Viết phương trình mặt cầu biết tâm và bán kính, biết tâm và đi qua điểm, biết đường kính, mặt
cầu đi qua 2 điểm và có tâm thuộc trục tọa độ, mặt cầu đi qua 3 điểm có tâm thuộc mặt phẳng
tọa độ, mặt cầu đi qua 3 điểm và có bán kính, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện,. mặt cầu có tâm và
tiếp xúc với trục tọa độ, có tâm và tx với mặt phẳng tọa độ, có tâm và tiếp xúc với mặt cầu
khác,…}
PHẦN 1: CÁC VÍ DỤ
Ví dụ1. Lập phương trình mặt cầu biết mặt cầu có tâm bán kính .
Lời giải
Phương trình mặt cầu .
Ví dụ2. Mặt cầu có tâm nằm trên và đi qua
Lời giải
Gọi là tâm mặt cầu. Vì .
Ta có .
Suy ra tâm và bán kính .
Vậy phương trình mặt cầu .
Ví dụ3. Có tâm và tiếp xúc với .
Lời giải
Vì mặt cầu tiếp xúc với nên suy ra .
Vậy phương trình .
Ví dụ4. Có tâm và tiếp xúc với mp .
Lời giải
Ta có, bán kính mặt cầu .
Vậy phương trình mặt cầu .
Ví dụ5. Có tâm nằm trên đường thẳng và tiếp xúc với hai mặt phẳng
và .
Lời giải
Vì mặt cầu có tâm .
Mặt cầu tiếp xúc với hai mp và nên
 
S  
S  
1;2;3
I 5
R 
  2 2 2
:( 1) ( 2) ( 3) 5
S x y z
     
 
S Ox    
1;2;1 , 3;1; 2
A B 
I  
;0;0
I Ox I x
 
     
2 2 2
2 2 2 2 2
1 2 1 3 1 2
IA IB x x
          2
x
 
 
2;0;0
I 2 2
6
R IB
 
2 2 2
( ):( 2) 6
S x y z
   
 
6;3; 4
I  Oy
 
S Oy  
, 3
R d I Oy
 
       
2 2 2
: 6 3 4 9
S x y z
     
 
1;1;2
I  : 2 2 1 0
P x y z
   
 
  2 2 2
1 2 4 1 8
,
3
1 2 2
R d I P
  
  
 
       
2 2 2 64
: 1 1 2
9
S x y z
     
2 1 1
:
3 2 2
x y z
d
  
 

 : 2 2 2 0
P x y z
     : 2 2 4 0
Q x y z
   
 
S  
2 3 ;1 2 ;1 2
I d I t t t
    
 
S  
P  
Q  
   
 
, ,
d I P d I Q R
 

32. và .
Vậy phương trình mặt cầu .
Ví dụ6. Mặt cầu có tâm và cắt tại hai điểm sao cho
Lời giải
Đường thẳng qua điểm và có véc tơ chỉ phương là .
Ta có nên do đó
.
Vì mặt cầu cắt tại hai điểm nên bán kính mặt cầu được xác định theo công thức :
.
Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình là: .
PHẦN 2: CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1. [2H3-1.3-1] Trong không gian với hệ tọa độ , phương trình mặt cầu tâm
và có bán kính là:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Phương trình mặt cầu tâm và có bán kính là:
.
Vậy: Mặt cầu tâm , bán kính có phương trình là:
.
Câu 2. [2H3-1.3-1] Trong không gian với hệ tọa độ , mặt cầu tâm , bán kính
có phương trình là:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
2 3 6 3 4 11 11
2 3 6 3 2; ;
3 3 3 3 3
t t
t t t I
   
          
 
 
2
3
R 
   
2 2
2 11 11 4
: 2
3 3 9
S x y z
   
     
   
   
 
1;3;5
I
2 3
:
1 1 1
x y z
 

  

,
A B 12
AB 

  
2; 3; 0
M   
1;1;1
u 
  
 
1; 6; 5
IM   
, 1; 4; 5 ,
IM u
   
 
 
 
 
2
2 2
2 2 2
, 1 4 5
, 14
1 1 1
IM u
d I
u




    
 

   
  

 ,
A B
 
2
2 2
, 14 36 50
2
AB
R d I
 

     
 
 
     
2 2 2
1 3 5 50
x y z
     
Oxyz  
S  
1; 2;2
I 
2 3
R 
     
2 2 2
1 2 2 12
x y z
           
2 2 2
1 2 2 12
x y z
     
     
2 2 2
1 2 2 6
x y z
           
2 2 2
1 2 2 6
x y z
     
 
S  
a; ;
I b c R      
2 2 2 2
x a y b z c R
     
 
3; 1;2
I  4
R 
     
2 2 2
1 2 2 12
x y z
     
Oxyz  
3; 1;2
I  4
R 
     
2 2 2
3 1 2 16
x y z
           
2 2 2
3 1 2 4
x y z
     
     
2 2 2
3 1 2 4
x y z
           
2 2 2
3 1 2 16
x y z
     

33. Chọn D
Mặt cầu tâm , bán kính có phương trình là:
.
Câu 3. [2H3-1.3-1] Trong không gian với hệ tọa độ , phương trình mặt cầu có tâm và
đi qua điểm là:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Tâm , bán kính mặt cầu là .
nên phương trình mặt cầu : .
Câu 4. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ toạ độ , mặt cầu tâm đường kính bằng
10 có phương trình là:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Mặt cầu tâm đường kính bằng 10 nên có bán kính có phương trình:
.
Câu 5. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ tọa độ , mặt cầu có đường kính AB với
và có phương trình là:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn C
Tâm là trung điểm của đường kính , bán kính mặt cầu là
nên phương trình mặt cầu : .
Câu 6. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm . Viết phương trình
mặt cầu tâm và tiếp xúc với trục .
 
3; 1;2
I  4
R 
     
2 2 2
3 1 2 16
x y z
     
Oxyz  
1;1; 2
I 
 
2; 1;0
M 
     
2 2 2
1 1 2 9
x y z
           
2 2 2
1 1 2 3
x y z
     
     
2 2 2
1 1 2 9
x y z
           
2 2 2
1 1 2 3
x y z
     
 
1;1; 2
I  3
R IM
 
 
S      
2 2 2
1 1 2 9
x y z
     
Oxyz  
1;2;0
I 
   
2 2 2
1 2 25
x y z
        
2 2 2
1 2 100
x y z
    
   
2 2 2
1 2 25
x y z
        
2 2 2
1 2 100
x y z
    
 
1;2;0
I  5
R 
   
2 2 2
1 2 25
x y z
    
Oxyz AB
 
1;3; 4
A   
1; 1;0
A 
     
2 2 2
1 1 2 8
x y z
           
2 2 2
1 1 2 4
x y z
     
     
2 2 2
1 1 2 8
x y z
           
2 2 2
1 1 2 4
x y z
     
I AB  
1;1; 2
I
  2 2
R IB
 
 
S      
2 2 2
1 1 2 8
x y z
     
Oxyz  
1; 2;3
I 
I Oy

34. A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Gọi là hình chiếu của lên , ta có: .
là bán kính mặt cầu cần tìm.
PT mặt cầu cần tìm là: .
Câu 7. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ toạ độ , mặt cầu có tâm và tiếp xúc
với mặt phẳng có phương trình:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Mặt cầu có tâm và tiếp xúc với mặt phẳng nên có bán
kính có phương trình:
Câu 8. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ toạ độ , mặt cầu tâm tiếp xúc với mặt
phẳng có phương trình là:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn A
. Vây .
Câu 9. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ toạ độ , phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục
và đi qua hai điểm là:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn C
     
2 2 2
1 2 3 15
x y z
           
2 2 2
1 2 3 30
x y z
     
     
2 2 2
1 2 3 20
x y z
           
2 2 2
1 2 3 10
x y z
     
M  
1; 2;3
I  Oy  
0; 2;0
M 
 
1;0; 3
IM    10
R IM
  
     
2 2 2
1 2 3 10
x y z
     
Oxyz  
S  
1;2;1
I 
( ): 2 2 2 0
P x y z
   
     
2 2 2
1 2 1 3
x y z
           
2 2 2
1 2 1 9
x y z
     
     
2 2 2
1 2 1 3
x y z
           
2 2 2
1 2 1 9
x y z
     
 
S  
1;2;1
I  ( ): 2 2 2 0
P x y z
   
1 2.2 2.1 2
3
1 4 4
R
   
 
 
     
2 2 2
1 2 1 9.
x y z
     
Oxyz  
2;1; 1
I 
 
Oyz
     
2 2 2
2 1 1 4
x y z
           
2 2 2
2 1 1 1
x y z
     
     
2 2 2
2 1 1 4
x y z
           
2 2 2
2 1 1 2
x y z
     
   
  2
2
: 0 ; 2
1
Oyz x R d I Oyz
            
2 2 2
: 2 1 1 4
S x y z
     
Oxyz
Ox    
3;1;0 , 5;5;0
A B
 
2 2 2
9 10
x y z
     
2 2 2
10 5 2
x y z
   
 
2 2 2
10 50
x y z
     
2 2 2
10 25
x y z
   

35. Lần lượt thế tọa độ điểm vào phương án. Chỉ có phương án A thỏa vì
và
Câu 10. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ toạ độ ,viết phương trìnhmặt cầu có tâm thuộc
mặt phẳng và đi qua ba điểm .
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Ta có là mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng có tâm .
Suy ra có dạng: .
Ta có .
.
Câu 11. [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ toạ độ ,viết phương trìnhmặt cầu có tâm
và tiếp xúc với đường thẳng : .
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn B
Gọi có bán kính .
Ta có qua , có VTCP .
tiếp xúc với đường thẳng .
.
Câu 12. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm . Phương trình nào
sau đây là phương trình mặt cầu đường kính ?
A. . B. .
C. . D. .
,
A B 4
 
2 2 2
3 10 1 0 50
     
2 2 2
5 10 5 0 50.
   
Oxyz  
S
 
Oxy    
1;2; 4 , 1; 3;1 ,
A B
   
2;2;3
C
   
2 2 2
2 1 16 0
x y z
      2 2 2
4 2 21 0
x y z x y
     
2 2 2
4 2 21 0
x y z x y
      2 2 2
4 2 6 21 0
x y z x y z
      
 
S    
Oxy S
 ( ; ;0)
I a b
 
S 2 2 2
2 2 0
x y z ax by c
     
   
   
   
1;2; 4 2
1; 3;1 1
21
2;2;3
A S a
B S b
c
C S
 
  

 
   
 
   
 

  2 2 2
: 4 2 21 0
S x y z x y
      
Oxyz  
S
 
4;2; 1
I  d
2 1 1
2 1 2
x y z
  
 
     
2 2 2
4 2 1 16
x y z
           
2 2 2
4 2 1 16
x y z
     
2 2 2
8 4 2 5 0
x y z x y z
       2 2 2
8 4 2 5 0
x y z x y z
      
 
S R
d (2; 1;1)
A  (2;1;2)
d
u 
 
S d  
;
; 4
d
d
IA u
R d I d
u
 
 
   
     
2 2 2
4 2 1 16
x y z
      
Oxyz  
2; 6;4
A 
OA
     
2 2 2
2 6 4 56
x y z
           
2 2 2
2 6 4 56
x y z
     
     
2 2 2
1 3 2 14
x y z
           
2 2 2
1 3 2 14
x y z
     

36. Lời giải
Chọn D
Mặt cầu đường kính có tâm là trung điểm . Bán kính .
Câu 13. [2H3-1.3-2] Trong không gian với hệ tọa độ , phương trình nào dưới đây là phương trình
của mặt cầu có tâm và tiếp xúc với mặt phẳng ?
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn C
.
Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng: .
Cách 2: theo công thức phương trình mặt cầu có tâm bán kính có dạng
. Ta loại câu A và D.
Bán kính . Nên ta chọn câu C.
Câu 14. [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm và mặt
phẳng (P): . Biết mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một
đường tròn có bán kính bằng 1. Phương trình của mặt cầu (S) là:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Ta có .
Bán kính mặt cầu là .
Câu 15. [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm
và mặt phẳng . Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm và có
tâm thuộc mặt phẳng .
A. . B. .
OA  
1; 3;2
I  OA
56
2 2
OA
R  
Oxyz
 
1;2; 1
I   : 2 2 8 0
P x y z
   
     
2 2 2
1 2 1 3
x y z
           
2 2 2
1 2 1 3
x y z
     
     
2 2 2
1 2 1 9
x y z
           
2 2 2
1 2 1 9
x y z
     
 
 
 
   
, 2 2
2
1 2.2 2. 1 8
3
1 2 2
I P
R d
   
  
   
     
2 2 2
1 2 1 9
x y z
     
 
; ;
I a b c R
     
2 2 2 2
x a y b z c R
     
 
 
 
   
, 2 2
2
1 2.2 2. 1 8
3
1 2 2
I P
R d
   
  
   
(2;1;1)
I
2 2 2 0
x y z
   
     
2 2 2
1 1 1 8
x y z
           
2 2 2
2 1 1 10
x y z
     
     
2 2 2
2 1 1 8
x y z
           
2 2 2
2 1 1 10
x y z
     
2 2 2
2.2 1 2.1 2
( ;( )) 3
2 1 2
d d I P
  
  
 
       
2 2 2
2 2
1 10 : 2 1 1 10
R d S x y z
         
Oxyz      
2;0;1 , 1;0;0 , 1;1;1
A B C
 : 2 0
P x y z
    , ,
A B C
 
P
2 2 2
2 1 0
x y z x z
      2 2 2
2 1 0
x y z x y
     

37. C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Phương mặt cầu có dạng: , ta có
 Lấy vế trừ vế của cho ; cho ; kết hợp (4) ta được hệ
.
Vậy phương trình mặt cầu là .
Trắc nghiệm:
Thay tọa độ vào từng phương trình mặt cầu ở từng đáp án loại được đáp án A và
đáp án B.
Thay tọa độ vào phương trình mặt cầu loại được đáp án C.
Câu 16. [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt phẳng và
. Gọi là mặt cầu tâm và cắt mặt phẳng theo một đường tròn có chu vi
bằng . Viết phương trình mặt cầu (S).
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn D
Bán kính của đường tròn giao tuyến của và là .
.
Bán kính mặt cầu là .
Phương trình mặt cầu tâm và bán kính là
.
2 2 2
2 2 1 0
x y z x y
      2 2 2
2 2 1 0
x y z x z
     
( )
S 2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
      
   
   
   
 
 
 
 
 
2;0;1 4 2 5 1
1;0;0 2 1 2
1;1;1 2 2 2 3 3
2 4
A S a c d
B S a d
C S a b c d
I P a b c
     
 
 
    
 

 
      
 
 
   
 
 
1  
2  
2  
3
2 2 4 1
2 2 2 0 1
2 1
a c a
b c b d
a b c c
    
 
 
     
 
 
   
 
2 2 2
2 2 1 0
x y z x z
     
 
1;0;0
B
 
2;0;1
A
Oxyz ( ):2 2 3 0
P x y z
   
(1;3; 1)
I   
S I ( )
P
2
 :
S 2 2 2
( 1) ( 3) ( 1) 5
x y z
       :
S 2 2 2
( 1) ( 3) ( 1) 5
x y z
     
 :
S 2 2 2
( 1) ( 3) ( 1) 3
x y z
       :
S 2 2 2
( 1) ( 3) ( 1) 5
x y z
     
 
S  
P
2
1
2
r


 
 
 
2 3 2 3
, 2
4 1 4
d d I P
  
  
 
 
S 2 2
5
R r d
  
 
S  
1;3; 1
I  5
R   :
S
2 2 2
( 1) ( 3) ( 1) 5
x y z
     

38. Câu 17. [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ , phương trình mặt cầu qua ba điểm
, , và có tâm nằm trên mp là:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn B
* Gọi là tâm mặt cầu .
* Vì I thuộc mp nên
* Mặt khác qua ba điểm , , .
Nên
. .
* Vậy có tâm bán kính .
* P.trình mặt cầu : .
Câu 18. [2H3-1.3-4] Trong không gian với hệ toạ độ , cho hai đường thẳng : và
: . Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của và làm đường kính có
phương trình là:
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn A
có vtcp .
có vtcp .
.
Oxyz  
S
 
1;2; 4
A   
1; 3;1
B   
2;2;3
C Oxy
2 2
2
7 3 83
2 2 2
x y z
   
    
   
   
   
2 2 2
2 1 26
x y z
    
2 2
2
7 3 81
2 2 2
x y z
   
    
   
   
2 2
2
7 3 83
2 2 2
x y z
   
    
   
   
 
; ;
I a b c  
S
 
Oxy  
; ;0
I a b
 
S  
1;2; 4
A   
1; 3;1
B   
2;2;3
C
IA IB IC
 
       
       
2 2 2 2
2 2 2 2
1 2 16 1 3 1
1 2 16 2 2 9
a b a b
a b a b
         

 
        


2 4 2
10 10 1
a a
b b
   
 
 
 
 
 
 
S  
2;1;0
I   26
R IA
 
 
S    
2 2 2
2 1 26
x y z
    
Oxyz  
1
d
1
0
5
x t
y
z t
 




   

 
2
d
0
4 2
5 3
x
y t
z t




 

 
 

 
1
d  
2
d
   
2 2 2
2 3 17
x y z
        
2 2 2
2 3 25
x y z
    
     
2 2 2
2 3 1 25
x y z
           
2 2 2
2 3 1 25
x y z
     
 
1
d  
1 1;0;1
u 
 
2
d  
2 0; 2;3
u  
   
1 1 ;0; 5
A d A t t
    

39. .
.
là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng và
.
Khi đó: .
Mặt cầu đường kính có tâm và bán kính có phương trình:
.
Câu 19. [2H3-1.3-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho đường thẳng và
hai điểm , .Viết phương trình mặt cầu đi qua , và có tâm thuộc
đường thẳng .
A. . B. .
C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Phương trình tham số đường thẳng .
Ta có: .
Vì mặt cầu đi qua hai điểm , nên: .
.
Phương trình mặt cầu cần tìm là: .
Câu 20. [2H3-1.3-4]Trong không gian với hệ tọa độ , phương trình mặt cầu có tâm nằm trên
đường thẳng : và tiếp xúc với hai mặt phẳng ,
.
A. và .
   
2 0;4 2 ;5 3
B d B t t
 
   
 
1 ,4 2 ,10 3
AB t t t t
 
     
AB  
1
d  
2
d
   
1
1
1 10 3 ' 0
. 0 2 3 ' 9 3
2 4 2 ' 3 10 3 ' 0 3 13 ' 22 ' 1
. 0
t t t
AB u t t t
t t t t t t
AB u
      
      
 
 
   
   
           

  
 

   
4;0; 2 , 0;6;2
A B

AB  
2;3;0
I 17
2
AB
R  
   
2 2 2
2 3 17
x y z
    
Oxyz
1
:
2 1 2
x y z
d

 

 
2;1;0
A  
2;3;2
B  A B I
d
     
2 2 2
1 1 2 17
x y z
           
2 2 2
1 1 2 17
x y z
     
     
2 2 2
3 1 2 5
x y z
           
2 2 2
3 1 2 5
x y z
     
1 2
:
2
x t
d y t
z t
 




  

 
 
 
1 2 ; 1: 2
1 2 ; ; 2
3 2 ; 3; 2 2
AB t t t
I d I t t t
BI t t t
     

     
    


 
S A B 2 2
R IA IB IA IB
   
           
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 3 2 3 2 2
t t t t t t
             
20 20 0 1
t t
       
1; 1;2 17
I R IA
     
 
S      
2 2 2
1 1 2 17
x y z
     
Oxyz  
S
d
2
0
x
y
 




 : 2 8 0
P x z
    :2 5 0
Q x z
  
   
2 2
2 144
2 11
5
x y z
        
2 2
2 16
2 11
5
x y z
    

40. B. và .
C. và .
D. và .
Lời giải
Chọn D
* Gọi là tâm mặt cầu .
* Vì thuộc đường thẳng nên .
* Mặt khác tiếp xúc với và nên:
.
* Với tâm bán kính .
ta được .
* Với tâm bán kính .
ta được .
   
2 2
2 121
2 11
5
x y z
        
2 2
2 126
2 11
5
x y z
    
   
2 2
2 134
2 11
5
x y z
        
2 2
2 164
2 11
5
x y z
    
   
2 2
2 144
2 11
5
x y z
        
2 2
2 16
2 3
5
x y z
    
 
; ;
I a b c  
S
I
2
:
0
x
d
y
 




 
2;0;
I z

 
S  
P  
Q  
   
 
, ,
d I P d I Q

2 2 8 4 5
5 5
z z
     
 
2 10 1
z z
    
2 10 1
2 10 1
z z
z z
   

    

11
3
z
z
 

   

11
z     
2;0; 11
I     
  12
,
5
R d I P
 
     
2 2
2 144
: 2 11
5
S x y z
    
3
z     
2;0; 3
I     
  4
,
5
R d I P
 
     
2 2
2 16
: 2 11
5
S x y z
    

41. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG
NỘI DUNG
A. LÝ THUYẾT
B. MỘT SỐ BÀI TOÁN VIẾT PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG THƯỜNG GẶP.
DOWNLOAD FULL 90 TRANG GỒM WORD VÀ PDF,LINK TẢI DƯỚI BÌNH LUẬN