Câu 45: [2H3-2.13-3] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ
MA 2
 .
Oxyz , cho hai điểm A  2;2; 2  ; B  3; 3;3 . Điểm M trong không gian thỏa mãn
MB 3
Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng
5 3
A. 6 3 .
B. 12 3 .
C.
.
D. 5 3 .
2
Lời giải
Chọn B
Gọi M  x; y; z  .
Ta có

MA 2
  3MA  2MB  9MA2  4MB2
MB 3

2
2
2
2
2
2
 9  x  2    y  2    z  2    4  x  3   y  3   z  3 






 x2  y 2  z 2  12 x  12 y  12z  0
  x  6    y  6    z  6   108 .
2

2

2

Như vậy, điểm M thuộc mặt cầu  S  tâm I  6;6; 6  và bán kính R  108  6 3 .
Do đó OM lớn nhất bằng OI  R 

 6

2

 62   6   6 3  12 3 .
2

Câu 44: [2H3-2.13-3]

(THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Trong không gian
x  4  t
x  1


Oxyz cho hai đường thẳng 1 :  y  2  t ,  2 :  y  3  2t . Gọi  S  là mặt cầu có bán kính
z  1 t

 z  t



nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và  2 . Bán kính mặt cầu  S  .
A.

10
2

B.

11
2

C.

3
2

D.

2

Lời giải
Chọn B
A 1  A 1; 2  t;  t  , B   2  B  4  t ;3  2t ;1 t  .
Ta có AB   3  t ;1  2t   t;1  t   t 
VTCP của đường thẳng 1 là u1   0;1;  1 .
VTCP củả đường thẳng  2 là u2  1;  2;  1 .


 AB.u1  0

1  2t   t  1  t   t   0
Ta có 


 AB.u2  0
3  t   2 1  2t   t   1  t   t   0
t   2t  0

 t  t   0 . Suy ra AB   3;1;1  AB  11 .
6t   t  0
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và  2 có đường kính bằng độ
dài đoạn AB nên có bán kính r 

AB
11

.
2
2


Câu 20: [2H3-2.13-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Q Trị - HKII - 2016 - 2017 - BTN) Gọi  S  là
mặt cầu đi qua A 1;1;1 , tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ Oxy , Oyz , Oxz và có bán kính lớn
nhất. Viết phương trình mặt cầu  S  .
A.  S  :  x  3   y  1   z  1  9 .
2


2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2


3 3  
3 3  
3 3  63 3
B.  S  :  x 
.
   y 
   z 

 
2  
2  
2 
2


3 3  
3 3  
3 3  63 3
C.  S  :  x 
.
   y 
   z 
 
2  
2  
2 
2


3 3  
3 3  
3 3  63 3
D.  S  :  x 
.
   y 
   z 
 
2  

2  
2 
2

Lời giải
Chọn B
Do  S  tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ nên mặt cầu  S  nằm trọn trong một phần của không gian

Oxyz do 3 mặt phẳng tọa độ chia.
Do  S  đi qua A 1;1;1 và tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ nên  S  có tâm I  t; t ; t   t  0  .

 3 3
t 
2
2
2
Ta có R  IA  d  I ;  Oxy    3  t  1  t  
 3 3
t 

2
Do  S  có bán kính lớn nhất nên t 
2

3 3
.
2
2

2



3 3  
3 3  
3 3  63 3
Vậy  S  :  x 
.

y


z





 

2  
2  
2 
2

Câu 34:

[2H3-2.13-3] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Trong không gian Oxyz , cho tứ
diện ABCD với A  m;0;0  , B  0; m  1;0  ; C  0;0; m  4  thỏa mãn BC  AD , CA  BD và

AB  CD . Giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoai tiếp tứ diện ABCD bằng

A.

7
.
2

B.

14
.
2

C.
Lời giải

Chọn B

7.

D. 14 .


A

M

I
B
D
N

C

Đặt BC  a ; CA  b ; AB  c .
Gọi M , N lần lượt là trrung điểm của AB và CD .
Theo giả thiết ta có tam giác ABC  CDA  c.c.c   CM  DM hay tam giác CMD cân tại
M  MN  CD .

Chứng minh tương tự ta cũng có MN  AB .
Gọi I là trung điểm của MN thì IA  IB và IC  ID .
Mặt khác ta lại có AB  CD nên BMI  CNI  IB  IC hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện ABCD .
Ta có IA2  IM 2  AM 2 

MN 2 AB 2 MN 2  c 2


.
4
4
4

Mặt khác CM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên CM 2 

 MN 2  CI 2  CN 2 

2a 2  2b2  c 2
4

2a 2  2b 2  c 2 c 2 a 2  b2  c 2
.

 
4
2
4

a 2  b2  c2
Vậy IA 
.
8
2

Với a 2  b2  c2  2m2  2  m  1  2  m  4   6  m  1  28
2

2

2

6  m  1  28 7
7
14

  IAmin 
Vậy IA 
.
2
2
8
2
2


2

Câu 39: [2H3-2.13-3] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho
2
2
2

 d  1   e  2    f  3  1
a, b, c, d , e, f là các số thực thỏa mãn 
. Gọi giá trị lớn nhất, giá
2
2
2
a

3

b

2

c

9








trị nhỏ nhất của biểu thức F 
bằng

 a  d   b  e   c  f 
2

2

2

lần lượt là M , m. Khi đó, M  m


A. 10 .

B.

10 .

D. 2 2 .

C. 8 .
Lời giải

Chọn C
2
2
2

Gọi A  d , e, f  thì A thuộc mặt cầu  S1  :  x  1   y  2    z  3  1 có tâm I1 1; 2;3 , bán
kính R1  1 , B  a, b, c  thì B thuộc mặt cầu

I 2  3; 2;0  , bán kính R2  3 . Ta có
ngoài nhau.

 S2  :  x  3   y  2  z 2  9 có tâm
I1I 2  5  R1  R2   S1  và  S2  không cắt nhau và ở
2

2

Dễ thấy F  AB , AB max khi A  A1 , B  B1  Giá trị lớn nhất bằng I1I 2  R1  R2  9 .
AB min khi A  A2 , B  B2  Giá trị nhỏ nhất bằng I1I 2  R1  R2  1 .
Vậy M  m  8
Câu 35. [2H3-2.13-3] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN NĂM 2018) Trong không gian với hệ tọa độ
C  0;21; 19 
B  3;0; 1 ,
A  0;1;1 ,
cho ba điểm
và mặt cầu
Oxyz,

 S  :  x 1   y 1   z 1
2

2

2


 1 . Gọi điểm M  a; b; c  là điểm thuộc mặt cầu  S  sao cho

biểu thức T  3MA  2MB  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng S  a  b  c .
14
12
A. S  12 .
B. S  .
C. S  .
D. S  0 .
5
5
Lời giải
Chọn B
2

2

Gọi điểm K  x; y; z  sao cho 3KA  2KB  KC  0 .

 KA    x;1  y;1  z 
3x  2  3  x   x  0
x  1



  y  4  K 1; 4; 3 .
Ta có  KB   3  x;  y; 1  z   3 1  y   2 y  21  y  0


 z  3


3 1  z   2 1  z   19  z  0
 KC    x; 21  y; 19  z 







3MA2  3 MK  KA 2  3MK 2  6MK .KA  3KA2

2

Khi đó 2MB 2  2 MK  KB  2MK 2  4MK .KB  2 KB 2 .

2
 MC 2  MK  KC  MK 2  2MK .KC  2 KC 2








 

 T  3MA2  2MB2  MC 2  5MK 2  2MK 3KA  2 KB  KC  3KA2  2 KB2  KC 2


 5MK 2   3KA2  2 KB 2  KC 2  . Do đó Tmin khi và chỉ khi MK min .
const




Suy ra M  IK   S  và đồng thời M nằm giữa I và K .

x  1

Ta có IK   0;3; 4   IK :  y  1  3t . Suy ra toạ độ điểm M thoả mãn:
 z  1  4t

1
1
 8 1
 1  t   . Vì M nằm giữa I và K nên t  và M 1; ;  .
5
5
 5 5
8 1 14
Vậy S  a  b  c  1    .
5 5 5

 3t    4t 
2

2

Câu 33: [2H3-2.13-3](THPT HAU LOC 2_THANH HOA_LAN2_2018_BTN_6ID_HDG) Trong

không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  5;1; 1 , B 14; 3;3 và đường thẳng  có
vectơ chỉ phương u  1; 2; 2  . Gọi C , D lần lượt là hình chiếu của A và B lên  . Mặt cầu đi
qua hai điểm C , D có diện tích nhỏ nhất là
A. 44π .
B. 6π .
C. 9π .
D. 36π .
Lời giải
Chọn C
Từ A dựng đường thẳng d song song với  . Gọi E là hình chiếu vuông góc của B trên d .
Ta có CD  AE  AE không đổi.
CD AE
Gọi R là bán kính mặt cầu  CD  2 R  R 
.

2
2

AE 2
 AE 2 .π .
Ta có Sc  4πR  4π
4
Diện tích mặt cầu nhỏ nhất là Sc  AE 2 π .
2

AE  AB.cos  với    d , AB  .

AB   9; 4; 4  , AB  92  42  42  113 .






cos   cos AB, u 

3
AB.u
3
AE  119.
 3.

AB. u
113
113

Diện tích nhỏ nhất mặt cầu là Sc  9π
Câu 30. [2H3-2.13-3] (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN ) Trong không gian với hệ trục tọa độ
x  1
x  0
và đường thẳng d  xác định bởi 
.
Oxyz, xét đường thẳng d xác định bởi 
y  z  2
y  z
Tính bán kính nhỏ nhất R của mặt cầu tiếp xúc cả hai đường thẳng d và d  .
1
A. R  1 .
B. R  .
C. R  2 .
D. R  2.

2
Lời giải
Chọn B
x  1

Đường thẳng d có phương trình tham số là  y  t
,  t   đi qua điểm M 1;0; 2  có
z  2  t

véctơ chỉ phương ud   0;1; 1 .


x  0

Đường thẳng d  có phương trình tham số là  y  t  ,  t  
 z  t




đi qua điểm O  0;0;0  có véctơ

chỉ phương ud    0;1;1 .

ud , ud     2;0;0  ud , ud  .OM  2. Suy ra d  d , d  

ud , ud  .OM
 ud , ud  




2
 1.
2

Vì d và d  chéo nhau nên bán kính nhỏ nhất R của mặt cầu tiếp xúc cả hai đường thẳng d và
d  d , d  1
 ..
d  bằng R 
2
2
Câu 366: [2H3-2.13-3] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng 2 x  2 y  z  9  0 và mặt cầu

(S ) : ( x  3)2  ( y  2)2  ( z 1)2  100 . Tọa độ điểm M nằm trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng
cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) đạt giá trị nhỏ lớn nhất là
 29 26 7 
B. M  ;  ;   .
3
3
 3
 11 14 13 
D. M  ; ;   .
3
3 3

 11 14 13 
A. M   ; ;  .
 3 3 3
 29 26 7 
C. M   ; ;   .

3
 3 3

Lời giải
Chọn A
Mặt cầu ( S ) có tâm I (3; 2;1) và bán kính R  10 .
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( P) : d ( I ;( P))  6  R nên ( P) cắt ( S ) .
Khoảng cách từ M thuộc ( S ) đến ( P) lớn nhất  M  (d ) đi qua I và vuông góc với ( P)
 x  3  2t

Phương trình (d ) :  y  2  2t .
z  1 t


Ta có: M  (d )  M (3  2t; 2  2t;1  t )

 10
 29 26 7 
t  3  M 1  3 ;  3 ;  3 


Mà: M  (S )  

10
 11 14 13 
t    M 2   ; ; 
3
 3 3 3

 29 26 7 

Thử lại ta thấy: d (M1 ,( P))  d ( M 2 ,( P)) nên M   ; ;   thỏa yêu cầu bài toán.
3
 3 3

Câu 368: [2H3-2.13-3] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  4  0 và mặt cầu

(S ) : x2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  1  0. Giá trị của điểm M trên  S  sao cho d  M ,  P   đạt
GTNN là
A. 1;1;3 .

5 7 7
B.  ; ;  .
3 3 3

1 1 1
C.  ;  ;   .
3 3 3

Lời giải

D. 1; 2;1 .


Chọn C
Ta có: d (M ,( P))  3  R  2  ( P)  (S )  .
 x  1 t

Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với  P  có pt:  y  1  2t , t  .
 z  1  2t



1 1 1
5 7 7
Tọa độ giao điểm của d và  S  là A  ; ;  , B  ;  ;  
3 3 3
3 3 3
Ta có: d ( A,( P))  5  d ( B,( P))  1.  d ( A,( P))  d (M ,( P))  d ( B,( P)).
Vậy:  d (M ,( P))min  1  M  B. .
Câu 7574. [2H3-2.13-3] [THPT Chuyên Bình Long- 2017] Trong không gian Oxyz , cho điểm

A  2;2; 2  , B  3; 3;3 . M là điểm thay đổi trong không gian thỏa mãn

MA 2
 . Khi đó độ
MB 3

dài OM lớn nhất bằng?
B. 5 3 .

A. 6 3 .

C.

5 3
.
2

D. 12 3 .

Lời giải

Chọn D

.
Gọi M  x; y; z  . Ta có:
MA 2
2
2
2
2
2
2
  9MA2  4MB 2  9  x  2    y  2    z  2    4  x  3   y  3   z  3 




MB 3
2
2
2
 x  y  z  12 x  12 y  12z  0  M  mặt cầu  S  tâm I  6;6; 6  bán kính R  6 3 .

Khi đó OM max  d  O; I   R  OI  R  6 3  6 3  12 3 .
Câu 31: [2H3-2.13-3]

(Sở GD &Cần Thơ-2018-BTN)

Trong không gian Oxyz , cho điểm

1 3 

M  ;
;0  và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  8 . Một đường thẳng đi qua điểm M và cắt  S 
2
2


tại hai điểm phân biệt A , B . Diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng

A. 4 .

B. 2 7 .

C. 2 2 .
Lời giải

Chọn D
Mặt cầu  S  có tâm O  0;0;0  và bán kính R  2 2 .

D.

7.


1 3 
Ta có: OM   ;
;0   OM  1  R  điểm M nằm trong mặt cầu  S  .
2 2 
Gọi H là trung điểm AB  OH  OM .
Đặt OH  x  0  x  1 .


AH
OA2  OH 2
8  x2
OH
x
Đặt AOH    sin  
; cos  
.



OA
OA
OA 2 2
2 2
Suy ra sin AOB  2sin  cos  

x 8  x2
.
4

1
Ta có: SOAB  OA.OB.sin AOB  x 8  x 2 với 0  x  1 .
2

Xét hàm số f  x   x 8  x 2 trên đoạn  0;1

f   x   8  x2 

x2

8  x2



8  2x2
8  x2

 0, x  0;1  max f  x   f 1  7
0;1

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng
Câu 38: [2H3-2.13-3]

7.

(Sở GD &Cần Thơ-2018-BTN) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,

cho mặt cầu  S  : x  1   y  3   z  2   4 . Gọi N  x0 ; y0 ; z0  là điểm thuộc  S  sao cho
2

2

2

khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng  Oxz  lớn nhất. Giá trị của biểu thức P  x0  y0  z0
bằng
A. 6 .

B. 8 .


C. 5 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn B
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I 1;3; 2  của mặt cầu  S  và vuông góc với  Oxz  .
x  1

Phương trình tham số của d :  y  3  t ,  t 
z  2


.

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d và  S  suy ra: A 1;5; 2  , B 1;1; 2  .
Ta có: d  A;  Oxz    d  B;  Oxz   .
Theo đề bài thì N  A  N 1;5; 2   x0  y0  z0  8 .