Câu 49:

[2H3-2.0-4]
(THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 2; 2  , B  2; 2;0  . Gọi I1 1;1; 1 và I 2  3;1;1 là tâm của
hai đường tròn nằm trên hai mặt phẳng khác nhau và có chung một dây cung AB . Biết rằng
luôn có một mặt cầu  S  đi qua cả hai đường tròn ấy. Tính bán kính R của  S  .
A. R 

219
3

B. R  2 2

C. R 

129
3

D. R  2 6

Lời giải
Chọn C

Gọi d1 là đường thẳng đi qua I1 và vuông góc với mặt phẳng  I1 AB  , khi đó d1 chứa tâm các
mặt cầu đi qua đường tròn tâm I1 ; d 2 là đường thẳng đi qua I 2 và vuông góc với mặt phẳng

 I 2 AB  , khi đó

d 2 chứa tâm các mặt cầu đi qua đường tròn tâm I 2 . Do đó, mặt cầu  S  đi qua

cả hai đường tròn tâm  I1  và  I 2  có tâm I là giao điểm của d1 và d 2 và bán kính R  IA
Ta có I1 A   1;1;3 , I1B  1; 3;1 . Đường thẳng d1 có véc-tơ pháp tuyến là

 I1 A; I1B   10; 4; 2   2  5; 2;1 .



 x  1  5t

Phương trình đường thẳng d1 là: d1 :  y  1  2t .
 z  1  t

Ta có I 2 A   3;1;1 , I 2 B   1; 3; 1 . Đường thẳng d 2 có véc-tơ pháp tuyến là

 I 2 A; I 2 B    2; 4;10   2 1; 2;5 .



x  3  s

Phương trình đường thẳng d 2 là: d 2 :  y  1  2 s .
 z  1  5s

 1
1  5t  3  s
t  3

8 5 2
Xét hệ phương trình: 1  2t  1  2 s  
. Suy ra I   ; ;   .

3 3 3
1  t  1  5s
s   1


3


2

2

2

5 
2
129
 8 
Bán kính mặt cầu  S  là R  IA       2     2   
.
3 
3
3
 3 

Câu 47: [2H3-2.0-4] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Trong không gian với hệ tọa độ
x 1 y 1 z 1
x  3 y 1 z  2
,  d2  :
,





Oxyz , cho 3 đường thẳng  d1  :
2
1
1
2
2
2
x  4 y  4 z 1
. Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I  a; b; c  , tiếp xúc với 3 đường


 d3  :
2
2
1
thẳng  d1  ,  d 2  ,  d3  . Tính S  a  2b  3c .
C. S  12 .
Lời giải

B. S  11 .

A. S  10 .

D. S  13 .

Chọn B


B

 d1  đi qua điểm A 1;1;1 có VTCP u1   2;1;  2 .
 d 2  đi qua điểm B  3;  1; 2 có VTCP u2  1; 2; 2 .
 d3  đi qua điểm C  4; 4;1 có VTCP u3   2;  2;1 .

d2

I

Ta có u1.u2  0 , u2 .u3  0 , u3 .u1  0

  d1  ,  d 2  ,  d3  đôi một vuông góc với nhau.

A

u1 , u2  . AB  0 , u2 , u3  .BC  0 , u3 , u1  .CA  0







d1

  d1  ,  d 2  ,  d3  đôi một chéo nhau.

C

d3

Lại có: AB   2;  2;1 ; AB. u1  0 và AB. u2  0 nên  d1  ,  d 2  ,  d3  chứa 3 cạnh của hình
hộp chữ nhật như hình vẽ.
Vì mặt cầu tâm I  a; b; c  tiếp xúc với 3 đường thẳng  d1  ,  d 2  ,  d3  nên bán kính

R  d  I , d1   d  I , d2   d  I , d3   R2  d 2  I , d1   d 2  I , d2   d 2  I , d3 
  AI , u 
1

2
 R 

u1


2

   BI , u 
2
  
 
u2
 

2

  CI , u 
3
  

 
u3
 

2


 , với u 2  u 2  u 2  9 ,
1
2
3



AI   a  1; b  1; c  1 ,  AI , u1    2b  c  1; 2a  2c  4; a  2b  1 .
BI   a  3; b  1; c  2  ,  BI , u2    2b  2c  6;  2a  c  4; 2a  b  7  .
CI   a  4; b  4; c  1 , CI , u3    b  2c  6;  a  2c  2; 2 a  2b  16  .

9 R 2   AI , u  2
1



2
2
2
2
2
2









9
R

BI
,
u

27
R

AI
,
u

BI
,
u

CI
,
u

2

1
2
3





2
9 R 2  CI , u 
3



 27 R2  18  a 2  b2  c 2   126a  54b  54c  423
2

2

2

7
3
3  243 243



 27 R  18  a    18  b    18  c   

2

2
2
2
2



2


7
3
3
7 3 3
khi a  , b  c   I  ; ;  .
2
2
2
2 2 2
Khi đó S  a  2b  3c  11.

 Rmin 

Câu 42: [2H3-2.0-4](Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho
ba điểm A  2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6  . Điểm M thay đổi trên mặt phẳng  ABC  và N là
điểm trên tia OM sao cho OM .ON  12 . Biết rằng khi M thay đổi, điểm N luôn thuộc một
mặt cầu cố định. Tính bán kính của mặt cầu đó.
7
5
A. .

B. 3 2 .
C. 2 3 .
D. .
2
2
Lời giải
Chọn A
x y z
Phương trình mặt phẳng  ABC  :    1  6 x  3 y  2 z  12  0
2 4 6
Gọi N  x; y; z 

Theo giả thiết ta có N là điểm trên tia OM sao cho OM .ON  12 suy ra OM 

12
.ON
ON 2



12 x
12 y
12 z
Do đó M  2
.
; 2
; 2
2
2
2

2
2
2 
x y z x y z x y z 
12 x
12 y
12 z
Mặt khác M   ABC  nên 6 2
3 2
2 2
 12  0
2
2
2
2
x y z
x y z
x  y2  z2
 6x  3 y  2z   x2  y 2  z 2   0  x2  y 2  z 2  6x  3 y  2z  0 .

Do đó điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định  S  : x 2  y 2  z 2  6 x  3 y  2 z  0 có tâm
2

7
3
 3 
I  3; ;1 và bán kính R  32     12  .
2
2
 2 

Câu 50: [2H3-2.0-4]
(THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Trong không gian cho
tam giác ABC đều cạnh bằng 2 cố định, M là điểm thỏa mãn MA2  MB2  2MC 2  12 .
Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R  7

B. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 

2 7
3

C. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 

7
2

D. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 

2 7
9

Lời giải
Chọn C


C

I

A


B

D

Trước hết, ta xác định điểm I thỏa mãn IA  IB  2IC  0 . Gọi D là trung điểm AB , ta có:

IA  IB  2IC  0  2ID  2IC  0  ID  IC  0
Suy ra I là trung điểm CD .
Từ đó, ta có:
2

2

2

MA2  MB2  2MC 2  12  MA  MB  2MC  12



 
 
 MI  IA  IB  2IC   IA
2

2

 MI  IA  MI  IB  2 MI  IC
 4MI


2

2


2

2

 12
2

 IB  2IC  12

 4MI 2  IA2  IB2  2IC 2  12

 MI 2 

12   IA2  IB 2  2 IC 2 
4

.

Mặt khác:

IA2  IB2  2IC 2  2IA2  2IC 2  2  ID2  AD2   2IC 2
2

AB 2
AB 2  2 3  22

 4 IC  2 AD  CD 
 CD 2 
 
   5 .
2
2
2
2


2

2

Nên: MI 
2

2

12   IA2  IB 2  2 IC 2 
4



7
7
12  5 7

 . Suy ra IM 
.

4
2
4
4

Vậy, tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 

7
.
2

BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3 4
A A C B

5 6 7
D A C

8
B

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
C A D A A B C C C D D B D C A D A

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C B B B C A D A B B D D B C A B D B D D A A B B C
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 36: [2H3-2.0-4] (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng -2017 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz cho các điểm M 1; m;0  , N  1;0; n  với m, n là các số thực dương thỏa mãn mn  2 .
Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Xác định bán kính

của mặt cầu đó?


A. R 

1
.
2

B. R 

6
.
3

C. R 

2
.
2

D. R  1

Lời giải
Chọn D
2

Cách 1: Giả sử tâm mặt cầu cần tìm là I  a; b; c  . Xét M 1; m;0  , N  1;0;  ta có:
m



 IM , MN 


d  I ; MN  

MN

 m c  2m  2b    2mc  2a  2   m a  2mb  m 
2

2

2

2

2 2

m 4  4m 2  4
Ta thấy rằng nếu a  b  c  0 thì d  I ; MN   1 là giá trị không đổi.
Cách 2: Xét hệ trục tọa độ Oxyz với các điểm M, N trong hệ tọa độ đó như hình vẽ bên. Ta lần
lượt gọi các điểm A 1;0;0  , B  1;0;0  .
Từ hệ tọa độ, ta thấy rằng AM và BN là các đường thẳng chéo nhau có đoạn vuông góc chung là
AB.
Vấn đề mấu chốt là khai thác dữ kiện mn  2 .
Ta có: AM  m, BN  n . Đồng thời:

MN  4  m2  n2  4   m  n   2mn  m  n .
2


Vậy MN  AM  BN . Gọi O là trung điểm của AB, hạ OH  MN . Theo định lý Pythagoras:
2
2
2
2
2

OM  OA  AM  OH  MH

2
2
2
2
2

ON  OB  BN  OH  NH
Do vậy: AM 2  BN 2  MH 2  NH 2 hay:
 AM  BN  AM  BN    MH  NH  MH  NH 

 AM  BN  MH  NH
 AM  MH


 AM  BN  MH  NH
 BN  NH
2
2
2
2

 OH  OM  MH  OM  MA2  OA2  1.
Vậy tâm O có khoảng cách tới MN bằng 1.
(Bài toán của tác giả Đoàn Trí Dũng)

M
H
B
A

O

N

.