Chuyên đề 31 Phương trình đường thẳng Mức 9 10

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNGChun đề 31TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂMDạng 1. Bài toán liên quan đến mặt cầu – mặt phẳng – đường thẳngCâu 1.[Mã 110 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  4;6;2 và B  2;  2;0 vàmặt phẳng  P  : x  y  z  0 . Xét đường thẳng d thay đổi thuộc  P  và đi qua B , gọi H là hìnhchiếu vng góc của A trên d . Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một đường trịn cố định.Tính bán kính R của đường trịn đó.A. R  3B. R  2D. R  6C. R  1Lời giảiChọn DGọi I là trung điểm của AB  I  3;2;1d  I;  P 3  2 132 3Gọi  S  là mặt cầu có tâm I  3;2;1 và bán kính R AB3 22Ta có H   S  . Mặt khác H   P  nên H   C    S    P Bán kính của đường tròn  C  là R Câu 2. R Trong không gian Oxyz mặt phẳngd:2 d 2  I ;  P  23 2    2 3  P : 2x  6 y  z  3  02 6.cắt trục Oz và đường thẳngx 5 y z 6 lần lượt tại A và B . Phương trình mặt cầu đường kính AB là:121222B.  x  2    y  1   z  5  9.222D.  x  2    y  1   z  5  36.A.  x  2    y  1   z  5  36.C.  x  2    y  1   z  5  9.222222Lời giảiChọn B P   Oz  A  0;0;3Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:2 x  6 y  z  3  0x  42 x  6 y  z  3  0  y  2  B  4; 2; 7  . Gọi I là trung điểm của x  5 y z  6  2 x  y  10  0 1  2  1 y  2 z  12  0z  7AB  I  2; 1;5   IA  4  1  4  3.222Phương trình mặt cầu đường kính AB là:  x  2    y  1   z  5  9.Câu 3.Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S  : x2  y2  z 2  4x  6 y  m  0[ m là tham số] và x  4  2tđường thẳng  :  y  3  t . Biết đường thẳng  cắt mặt cầu  S  tại hai điểm phân biệt A , B sao z  3  2tcho AB  8 . Giá trị của m làFacebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489A. m  5 .B. m  12 .MC. m  12 .Lời giảiAHD. m  10 .BRIGọi H là trung điểm đoạn thẳng AB  IH  AB , HA  4 .Mặt cầu  S  có tâm I  2 ; 3 ; 0  , bán kính R  13  m ,  m  13  .Đường thẳng  đi qua M  4 ; 3 ; 3 và có 1 véc tơ chỉ phương u   2 ; 1 ; 2  .  IM , u  Ta có: IM   6 ; 0 ; 3   IM , u    3;  6 ; 6   IH  d  I ,    3.uTa có: R 2  IH 2  HA2  13  m  32  42  m  12 .Câu 4.Trong không gian Oxyz , cho đường thẳngd  :x y 3 z 2211và hai mặt phẳng P  : x  2 y  2 z  0 ;  Q  : x  2 y  3z  5  0 . Mặt cầu  S  có tâm I là giao điểm của đườngthẳng  d  và mặt phẳng  P  . Mặt phẳng  Q  tiếp xúc với mặt cầu  S  . Viết phương trình mặtcầu  S  .222222222222A.  S  :  x  2    y  4    z  3  1 .B.  S  :  x  2    y  4    z  3  6 .2.7D.  S  :  x  2    y  4    z  4   8 .C.  S  :  x  2    y  4    z  3 Lời giảiChọn CTa có: I   d   I  2t ;3  t ; 2  t  .I   P    P  : 2t  2  3  t   2  2  t   0  t  1  I  2; 4;3Q tiếp xúc với  S  nên R  d  I ,  Q   222Vậy  S  :  x  2    y  4    z  3 Câu 5.2.72.7Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  : x  3 y  2 z  5  0 . Biết đường thẳng222 S  :  x  2    y  3   z  4  nằm trong   , cắt trục OxVectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của  ?A. u   4; 2;1 .B. v   2;0; 1 .C. m   3;1;0  . 14 và mặt phẳngvà tiếp xúc với  S  .D. n  1; 1;1 .Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021Lời giảiChọn BMặt cầu  S  có tâm I  2;3; 4  và bán kính R  14 .Ta có d  I ,     14  R    tiếp xúc với  S  .Gọi H là hình chiếu vng góc của I lên    H 1;0; 2 Gọi A    Ox  A  a;0;0  và AH   a  1;0; 2  Đường thẳng  nằm trong   , cắt trục Ox và tiếp xúc với  S  nên AH  n . Tức làa  1  0  4  0  a  5  AH   4; 0; 2  cùng phương với v   2;0; 1 .Câu 6.[Bình Dương - 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng222 P  : 2 x  2 y  z  9  0 và mặt cầu  S  :  x  3   y  2    z  1  100 . Mặt phẳng  P  cắtmặt cầu  S  theo một đường tròn  C  . Tìm tọa độ tâm K và bán kính r của đường tròn  C  làA. K  3; 2;1 , r  10 . B. K  1; 2;3 , r  8 . C. K 1; 2;3 , r  8 . D. K 1; 2;3 , r  6 .Lời giải Mặt cầu  S  có tâm I  3; 2;1 ; R  10 . Khoảng cách từ I đến  P  là IK  d  I ;  P   6  4 1 9 6.3 x  3  2t Đường thẳng qua I  3; 2;1 vng góc với  P  có phương trình tham số là  y  2  2t khi đóz  1 t x  3  2t y  2  2tTọa độ tâm K là nghiệm của hệ phương trình  K  1; 2;3 .z  1 t2 x  2 y  z  9  0 Bán kính: r  R 2  IK 2  100  36  8 .Câu 7.[Chun Thái Bình 2019] Trong khơng gian hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;1;1 , B  2;2;1và mặt phẳng  P  : x  y  2 z  0 . Mặt cầu  S  thay đổi qua A, B và tiếp xúc với  P  tại H . BiếtH chạy trên 1 đường trịn cố định. Tìm bán kính của đường trịn đó.A. 3 2 .B. 2 3 .C.3.D.32Lời giảiFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489x  1 tCó A[1;1;1], B[2;2;1]  Phương trình AB:  y  1  tz  1Gọi K là giao điểm của AB và  P   K  1; 1;1Có Mặt cầu  S  tiếp xúc với  P  tại H . HK là tiếp tuyến của  S   KH 2  KA.KB  12  KH  2 3 khơng đổi Biết H chạy trên 1 đường trịn bán kính 2 3 khơng đổiCâu 8.[ChunS  : x2Lam2Sơn2019]TrongkhơnggianOxyzchomặtcầu2 y  z  2 x  4 y  6 z  2  0 và mặt phẳng   : 4 x  3 y  12 z  10  0 . Lập phươngtrình mặt phẳng    thỏa mãn đồng thời các điều kiện: Tiếp xúc với  S  ; song song với   vàcắt trục Oz ở điểm có cao độ dương.A. 4 x  3 y  12 z  78  0 .B. 4 x  3 y  12 z  26  0 .C. 4 x  3 y 12 z  78  0 .D. 4 x  3 y  12 z  26  0 .Lời giảiChọn CMặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 3 , bán kính R  4.Mặt phẳng    song song với   nên có phương trình dạng 4 x  3 y  12 z  c  0  c  10  .   tiếp xúc với  S   d  I ;      R 4.1  3.2  12.3  c42  32  122426  c134 26  c  52c  78 26  c  52 c  2613 Nếu c  78 thì    : 4 x  3 y  12 z  78  0 . Mặt phẳng    cắt trục Oz ở điểm M  0; 0;  có2cao độ dương.13 Nếu c  26 thì    : 4 x  3 y  12 z  26  0 . Mặt phẳng    cắt trục Oz ở điểm M  0; 0;  6có cao độ âm.Vậy    : 4 x  3 y  12 z  78  0 .Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021Câu 9.[Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x 2  y 2  z 2  9x  1 tvà điểm M  x0 ; y0 ; z0   d :  y  1  2t . Ba điểm A , B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho z  2  3tMA , MB , MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng  ABC  đi qua điểm D 1;1; 2  .Tổng T  x02  y02  z02 bằngA. 30 .B. 26 .D. 21 .C. 20 .Lời giảiChọn Bx  1 t* Ta có: M  x0 ; y0 ; z0   d :  y  1  2t  x0  y0  z0  4 . z  2  3t* Mặt cầu có phương trình x 2  y 2  z 2  9  tâm O  0;0;0  , bán kính R  3 .* MA , MB , MC là tiếp tuyến của mặt cầu  MO   ABC  .  ABC  đi qua D 1;1; 2  có véc tơ pháp tuyến OM  x0 ; y0 ; z0  có phương trình dạng:x0  x  1  y0  y  1  z0  z  2  0 .* MA là tiếp tuyến của mặt cầu tại A  MOA vuông tại A  OH .OM  OA2  R2  9 .Gọi H là hình chiếu của O lên  ABC d  O;  ABC    OH  x0  y0  2 z0x02  y02  z02 OH  OM  HM  , ta có:x0  y0  z0  z0x02  y02  z02z0  4 OH .OM  z0  4 .OM z0  4  9  z0  5  z0  13 .* Với z0  5  M  0;  1;5   T  26 nhận do: OM  26; OH pt  ABC  :  y  5 z  9  0  MH  d  M ;  ABC   z0  49;OM2617.26Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 OH  HM  OM .* Với z0  13  M  6;11; 13  loại do: OM  326;OH  ABC  :6 x  11y  13z  9  0  MH  d  M ;  ABC   9;326335326 . OH  HM  OM .Câu 10. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 z  1  0 vàx y2 z . Hai mặt phẳng  P  ,  P ' chứa d và tiếp xúc với [ S ] tại T , T ' .111Tìm tọa độ trung điểm H của TT '. 7 1 75 2 75 1 5 5 1 5A. H   ; ;  .B. H  ; ;   .C. H  ; ;   .D. H   ; ;  . 6 3 66 3 66 3 6 6 3 6Lời giảiChọn CMặt cầu  S  có tâm I 1; 0; 1 , bán kính R  1 .Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud  1;1; 1 .Gọi K là hình chiếu của I trên d , ta có K  t ; 2  t ; t   IK   t  1; 2  t ; t  1 . Vì IK  d nên ud .IK  0  t  1  2  t   t  1  0  t  0  IK  1; 2;1 .đường thẳng d :x  1 t 'Phương trình tham số của đường thẳng IK là  y  2t ' z  1  t 'Khi đó, trung điểm H của TT ' nằm trên IK nên H 1  t '; 2t '; 1  t '   IH   t '; 2t '; t '  . Mặt  15 1 5khác, ta có: IH .IK  IT 2  IH .IK  1  t ' 4t ' t '  1  t '   H  ; ;   .66 3 6Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho điểm E  2;1;3 , mặt phẳng P : 2x  2 y  z  3  0và mặt cầu222 S  :  x  3   y  2    z  5  36 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong  P  S  tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của  là x  2  9tA.  y  1  9t . z  3  8t x  2  5tB.  y  1  3t .z  3x  2  tC.  y  1  t .z  3Lời giải x  2  4tD.  y  1  3t . z  3  3tChọn CMặt cầu  S  có tâm I  3; 2;5  và bán kính R  6 .IE  12  12  22  6  R  điểm E nằm trong mặt cầu  S  .Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng  P  , A và B là hai giao điểm của  với  S  .Khi đó, AB nhỏ nhất  AB  OE , mà AB  IH nên AB   HIE   AB  IE . Suy ra: u   nP ; EI    5; 5;0   5 1; 1;0  .Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/và cắt TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021x  2  tVậy phương trình của  là  y  1  t .z  3Câu 12.[Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên 2019] Trong không gian Oxyzcho mặt cầu x  1  2t x  3   y  1  z 2  4 và đường thẳng d :  y  1  t , t   . Mặt phẳng chứa d và cắt [ S ] z  t22theo một đường trịn có bán kính nhỏ nhất có phương trình làA. y  z  1  0 .B. x  3 y  5 z  2  0 . C. x  2 y  3  0 .D. 3 x  2 y  4 z  8  0 .Lời giảiChon AGọi H là hình chiếu vng góc của tâm cầu I  3;1;0 lên d , từ đó ta tìm được H  3;0; 1 . ThấyIH  R nên d cắt [ S ] . Vậy mặt phẳng cần tìm nhận IH   0; 1; 1 làm VTPT nên pt mặtphẳng là y  z  1  0 .Câu 13.[Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa 2019] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho P  : x  3 y  5z  3  0 và mặt cầu  S  : x2  y 2  z 2  4 . Gọi  làE , nằm trong mặt phẳng  P  và cắt  S  tại 2 điểm phân biệt A, B sao chođiểm E 1;1;1 , mặt phẳngđường thẳng quaAB  2 . Phương trình đường thẳng  là x  1  2t x  1  2tA.  y  2  t .B.  y  1  t .z  1 tz  1 t x  1  2tC.  y  3  t .z  5  t x  1  2tD.  y  1  t .z  1 tLời giảiChọn DIΔAHRB S  : x 2  y 2  z 2  4  Tâm I  0;0;0 ; bán kínhR  2. P  : x  3 y  5z  3  0  véctơ pháp tuyến của  P  : n P  1;  3; 5  .Gọi H là hình chiếu của I lên   AH  BH AB 1.2Xét IAH vuông tại H  IH  IA2  AH 2  4  1  3 .Mặt khác ta có IE  1;1;1  IE  3  IH  H  E  IE   .Đường thẳng  đi qua E 1;1;1 ; vng góc với IE và chứa trong  P  nên: Véctơ chỉ phương của  : n    n P ; IE    8;4; 4  . véctơ u   2;  1;  1 cũng là véctơ chỉ phương của  .Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 x  1  2tPhương trình đường thẳng  là:  y  1  t .z  1 tCâu 14.[SGD Cần Thơ 2019] Trong không gian Oxyz , cho điểmA  0;1; 2  , mặt phẳng P  : x  y  z  1  0 và mặt cầu  S  : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  7  0 . Gọi  là đường thẳng đi quaA và  nằm trong mặt phẳng  P  và cắt mặt cầu  S  tại hai điểm B , C sao cho tam giác IBCcó diện tích lớn nhất, với I là tâm của mặt cầu  S  . Phương trình của đường thẳng  làx  tA.  y  1. z  2  tx  tB.  y  1  t . z  2  tx  tC.  y  1  t . z  2x  tD.  y  1  t . z  2Lời giảiChọn C S  có tâm I 1;2;0 và bán kính R  12  22  7  2 3 .AI  1;1; 2   AI  6  R  A nằm trong mặt cầu  S  vàSIBC A nằm trên dây cung BC 1 .221  R sin BIC  R nên diện tích IBC đạt giá trị lớn nhất làIB.IC.sin BIC222R2  1  BIC  90  IBC vuông cân tại I  BC  IC 2  R 2  2 6 sin BIC2BC 6  2 .Gọi J là trung điểm của BC . Ta có IJ  BC và IJ 2AIJ vuông tại J  AI  IJ , kết hợp thêm với 1 và  2  ta có IJ  AI  A  J  A làtrung điểm của BC và IA  BC . P  có vectơ pháp tuyến n  P  1;1;1 có giá vng góc với  .Vậy  nhận u   n  P , AI   1; 1;0  làm vectơ chỉ phương và đi qua A  0;1; 2 x  t  :  y  1 t . z  2Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021Câu 15. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : z  2  0 , K  0;0; 2 , đường thẳngd:x y z  . Phương trình mặt cầu tâm thuộc đường thẳng d và cắt mặt phẳng  P  theo thiết1 1 1diện là đường trịn tâm K , bán kính r  5 là2B. x 2  y 2  z 2  16 .2D. x 2  y 2  z 2  9 .A. x 2  y 2   z  2   16 .C. x 2  y 2   z  2   9 .Lời giảiChọn D Pcó vectơ pháp tuyến n   0;0;1 .x  tViết lại phương trình của đường thẳng d dưới dạng tham số:  y  t .z  tGọi I là tâm của mặt cầu cần lập. Vì I  d nên giả sử I  t ; t ; t  . Có IK   t ; t ; 2  t  .Thiết diện của mặt cầu và mặt phẳng  P  là đường trịn tâm K nên ta có IK   P  . Suy ra IKt  k .0t  0và n   0;0;1 cùng phương. Do đó tồn tại số thực k để IK  kn  t  k .0  .2  t  k .1 k  2Suy ra I  0;0;0  . Tính được d  I ,  P    2 .2Gọi R là bán kính mặt cầu. Ta có: R  r 2   d  I ,  P     3 .Vậy mặt cầu cần tìm có phương trình: x 2  y 2  z 2  9 . P  : x  y  z  3  0 và hai điểm S  đi qua M, N và tiếp xúc với mặt phẳng  P  tại điểm Q .Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳngM 1;1;1 , N  3; 3; 3 . Mặt cầuBiết rằng Q ln thuộc một đường trịn cố định. Tìm bán kính của đường trịn đó.A. R 2 11.3B. R  6 .C. R 2 33.3D. R  4 .Lời giảiChọn BFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489x  1 t* Đường thẳng MN có phương trình là: MN :  y  1  t .z  1 t* Gọi I  MN   P  khi đó tọa độ điểm I ứng với t thỏa mãn:1  t  1  t  1  t  3  0  t  2  0  t  2  I  3;3;3  IM  2 3, IN  6 3 .* Do mặt cầu  S  đi qua M, N và tiếp xúc với đường thẳng IQ tại điểm Q nên ta có:IQ 2  IM .IN  KI 2  R 2  IQ 2  IM .IN  36  IQ  6Vậy Q ln thuộc đường trịn tâm I bán kính R  6 .Câu 17.[Nguyễn Huệ- Ninh Bình- 2019]Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P  : 2x  2 y  z  3  0vàmặtcầu S  :  x  122  y  3  z 2  9vàxy  2 z 1. Cho các phát biểu sau đây:212I. Đường thẳng d cắt mặt cầu  S  tại 2 điểm phân biệt.d:II. Mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  .III. Mặt phẳng  P  và mặt cầu  S  khơng có điểm chung.IV. Đường thẳng d cắt mặt phẳng  P  tại một điểm.Số phát biểu đúng là:A. 4 .B. 1 .C. 2 .Lời giảiD. 3 .Chọn DMặt cầu  S  có tâm I 1;  3;0  , bán kính R  3 . x  2tPhương trình tham số của đường thẳng d :  y  2  t . z  1  2t x  2t y  2  t 9t 2  2t  6  0 1 .Xét hệ phương trình z  1  2t x  12   y  32  z 2  9Phương trình [1] có 2 nghiệm phân biệt nên d cắt  S  tại 2 điểm phân biệt.d  I ,  P  2.1  2.  3  0  311 R   P  và  S  khơng có điểm chung.33 x  2t y  2  t3 t  . d cắt  P  tại một điểm.Xét hệ phương trình 2 z  1  2t2 x  2 y  z  3  0Vậy có 3 phát biểu đúng.Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/đườngthẳng TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021Câu 18.[Chun Hồng Văn Thụ-Hịa Bình-2019]Trong khơng gian Oxyz, cho mặt cầu222 S  :  x  1   y  2    z  1  32 , mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 và điểm N 1;0; 4  thuộc P  . Một đường thẳng  đi qua N nằm trong  P  cắt  S  tại hai điểm A, B thỏa mãn AB  4 .Gọi u 1; b; c  ,  c  0  là một vecto chỉ phương của  , tổng b  c bằngA. 1 .C. 1 .B. 3 .D. 45 .Lời giảiIKBHANPChọn DTa có mặt cầu [S] có tâm I 1; 2;1 bán kính R  3 .Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vng góc của I lên đường thẳng  và mặt phẳng [P].Suy ra H là trung điểm của đoạn AB nên AH = 2  d  I ,    IH  IA2  AH 2  5 vàIK  d  I ,  P   Ta có1 2 1 33 3.IK   P    IK   mà IH      KH   P  hay KH  d  K ,   và KH  IH 2  IK 2  2 .x  1 tDo IK   P  nên phương trình tham số đường thẳng IK :  y  2  t  K 1  t ; 2  t ;1  t  .z  1 tMà K   P   1  t  2  t  1  t  3  0  t  1  K  0;3;0  223 KN , u  4b  3c    c  4    b  3Từ đây ta có KH  d  K ,    2 [*].u1  b2  c2   Mặt khác ta có    P   u  nP  u.nP  0  1  b  c  0  b  c  1 .Thay vào [*] ta đượcFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 094679848922 c  4    c  4    c  4 32 2 1   c  1  c 2 3c 2  24c  48  4c 2  4c  4 c 2  20c  44  0c  22 [ N ]c  2 [ L]Suy ra b  23  b  c  45 .Câu 19.[Chuyên Hạ Long 2019] Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳngx 1 y 1 z 1x 1 y 1 z 1và  2 :. Tính diện tích mặt cầu có bán kính nhỏ212221nhất, đồng thời tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và  2 .1 :416 [đvdt].D. [đvdt].1717Lời giảiGọi A; B là hai điểm thuộc lần lượt 1 và  2 sao cho AB là đoạn thẳng vng góc chung giữa 2A.16 [đvdt].17B.4 [đvdt].17C.đường. Gọi M là trung điểm AB . Dễ có mặt cầu tâm M bán kính R ABtiếp xúc với hai đường2thẳng 1 và  2 là mặt cầu có bán kính bé nhất.Ta có tọa độ theo tham số của A; B lần lượt là:A[2t1  1; t1  1;2t1  1] và B[2t2  1;2t2  1; t2  1]  AB [2t2  2t1  2;2t2  t1  2; t2  2t1  2] .  AB  u1Có u1 [2;1;2] và u2 [2;2;1] lần lươt là 2 vectơ chỉ phương của 1 và  2 nên    AB  u2[2t  2t1  2].2  [2t2  t1  2].1  [t2  2t1  2].2  0 2.[2t2  2t1  2].2  [2t2  t1  2].2  [ t2  2t1  2].1  010t1  6 4 48t  9t1  10  017  A[ 3 ; 7 ; 3 ] B[ 3 ; 3 ; 7 ] AB[ ; ; ] . 2;17 17 1717 17 1717 17 179t2  8t1  10  0t  10217RAB 1 [ 6]2  4 2  4 217 ..221717Diện tích mặt cầu cần tính là S  4 .R 2  4. .117Câu 20.24[đvdt].17[THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai x  2tđường thẳng d1 :  y  t và d 2z  4x  3  t ':  y  t ' . Viết phương trình mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nhấtz  0tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d 2 .22222A.  S  :  x  2    y  1   z  2   4.C.  S  :  x  2    y  1  [ z  2] 2  4.222B.  S  :  x  2    y  1   z  2   16.2D.  S  :  x  2   [ y  1] 2  [ z  2] 2  16.Lời giảiTrang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021Đường thẳng d1 có vectơ chỉ phương u1  [2;1;0] .Đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương u2  [1;1;0] .Để phương trình mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nhất và đồng thời tiếp xúc với cả hai đường thẳngd1 và d 2 khi và chỉ khi:Tâm mặt cầu  S  nằm trên đoạn thẳng vng góc chung của 2 đường thẳng d1 và d 2 , đồng thờilà trung điểm của đoạn thẳng vng góc chung.Gọi điểm M  2t; t; 4 thuộc d1 ; gọi điểm N [3  t '; t '; 0] thuộc d 2 với MN là đoạn vng gócchung của d1 và d 2 .Ta có MN   3  t ' 2t; t ' t ; 4  .  MN .u1  02.  3  t   2t   t   t  0MN là đoạn thẳng vng góc chung     1 .  3  t   2t   t   t  0 MN .u2  0t   5t  6t  1 M [2;1; 4].2t   t  3t   1  N [2;1;0]Gọi điểm I là tâm mặt cầu  S  , do đó điểm I là trung điểm MN . I  2;1; 2   R  IM  IN  2 .222Suy ra mặt cầu  S  :  x  2    y  1   z  2   4 .Câu 21.[KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu S  : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  13  0vàđườngM  a; b; c  ,  a  0  nằm trên đường thẳng dMA, MB , MC đến mặt cầuS thẳngd:sao cho từ Mx  1 y  2 z 1.111Điểmkẻ được ba tiếp tuyến  600 ,AMB  600 , BMC[ A, B, C là các tiếp điểm] và   1200 . Tính a 3  b 3  c 3 .CMA173112A. a 3  b3  c 3 . B. a 3  b3  c 3 . C. a 3  b 3  c 3  8 .99Lời giảiChọn BD. a 3  b 3  c 3 23.9AIHMC2Mặt cầu  S  có tâm I 1;2; 3 và bán kính R  12  22   3  13  3 3Gọi  C  là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng  ABC  và mặt cầu  S  .Đặt MA  MB  MC  x khi đó AB  x; BC  x 2; CA  x 3 do đó tam giác ABC vng tại Bnên trung điểm H của AC là tâm đường tròn  C  và H , I , M thẳng hàng.Vì AMC  1200 nên tam giác AIC đều do đó x 3  R  x  3 suy ra IM  2 AM  2 x  6 .Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489222Lại có M  d nên M  1  t ; 2  t;1  t  ,  t  1 mà IM  6 nên  t  2    t  4    t  4   36t  0 3t 2  4t  0   4 .t  3Mà a > 0 nên t Câu 22.41121 2 7suy ra H  ;  ;  nên a 3  b3  c3 .393 3 3[Chuyên Nguyễn Tất Thành Yên Bái 2019] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , chođiểmM  3;3;  3 S  :  x  22thuộc2mặtphẳng  : 2 x  2 y  z  15  0vàmặtcầu2  y  3    z  5   100 . Đường thẳng  qua M , nằm trên mặt phẳng   cắt  S tại A, B sao cho độ dài AB lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng  .x3 y 3 z 3x3 y 3 z 3. B..113146x3 y 3 z 3x3 y 3 z 3C.. D..161110518Lời giảiTa có: Mặt cầu  S  có tâm I  2;3;5 , bán kính R  10 .A.d  I ,    2.2  2.3  5  152222   2   1 6  R      S   C  H ; r  , H là hình chiếu của I lên   .Gọi 1 là đường thẳng qua I và vuông góc với    1 có VTCP là u1   2; 2;1 . x  2  2t PTTS 1 :  y  3  2t . Tọa độ H là nghiệm của hệ:z  5  t x  2  2t y  3  2tz  5  t2 x  2 y  z  15  0 x  2  y  7  H  2; 7 ;3  .z  3Ta có AB có độ dài lớn nhất  AB là đường kính của  C     MH .Đường thẳng MH đi qua M  3;3;  3 và có VTCP MH  1; 4 ; 6  .Suy ra phương trình  :Câu 23.x3 y 3 z 3.146[Mã 104 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2;0;0  , B  0; 2;0  ,C  0;0; 2  . Gọi D là điểm khác O sao cho DA , DB , DC đơi một vng góc nhau và I  a; b; c là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Tính S  a  b  c .A. S  4B. S  1C. S  2Lời giảiChọn BD. S  3Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021AdGIBDMCGọi d là trục của ABC , ta có  ABC  : x  y  z  2  0 . 2 2 2Do ABC đều nên d đi qua trọng tâm G   ;  ;   và có VTCP u  [1;1;1] , suy ra 3 3 32x   3  t2d : y   t .32z   3  tthấy DAB  DBC  DCA , suy ra DA  DB  DC  D  d nên giả22  2D    t;   t;   t  .33  3  422    242    224 Ta có AD    t ;   t ;   t  ; BD     t ;  t ;   t  ; CD     t ;   t ;  t 333333333 Tasử2 4 4 4  AD.BD  0 t   3  D   3 ;  3 ;  3 Có   . 2AD.CD0t  3  D  0;0;0  [loai ]22  2Ta có I  d  I    t ;   t ;   t  , do tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm I nên33  31 1 1 1IA  ID  t   I   ;  ;    S  1 .3 3 3 3Câu 24.[ChuyênHạLong2019]TrongkhônggianOxyz , choA  0;0;4  , B  3;1;2  . Một mặt cầu  S  luôn đi qua A, B và tiếp xúc với P  :2 x  y  2 z  1  0 , P  tại C . Biết rằng, Cln thuộc một đường trịn cố định bán kính r . Tính bán kính r của đường trịn đó.A. Đáp án khác.B. r 2 4 244651.3C. r 2 244651.9D. r 2024.3Lời giảiCách 1:Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489Ta có AB  3;1; 2  là véc tơ chỉ phương của đường thẳng AB . x  3tPhương trình tham số của đường thẳng AB là  y  t. z  4  2tGiả sử AB cắt  P  tại T  3t ; t ;4  2t  . Do T   P  :2 x  y  2 z  1  0  t 7.3Khi đó7 26    7 14 7 14   10 20 10 14.T  7; ;  ; TA  7; ;; TB  10; ;  TA   TB 3 3 33 3 3 3 3 Ta có TC 2  TA.TB 98014 5 TC .93Điểm C thuộc mặt phẳng  P  và cách điểm T cố định một khoảngVậy C ln thuộc một đường trịn cố định bán kính r 14 5.314 5.3Cách 2:Ta cóTA d  A,  P   7 ; AB  14 .TB d  B,  P   10Giả sử AB cắt  P  tại T . Suy ra A nằm giữa B và T [ vì A, B cùng phía so với  P  ].Khi đó ta có7 14TB  TA  14TA 98014 53 TC 2  TA.TB  TC 793TA  TBTB  10 14103Câu 25.[KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hìnhS 1;  1;6  A 1; 2;3 B  3;1; 2  C  4;2;3 D  2;3;4 ,,,,. Gọi I là tâm mặt S  ngoại tiếp hình chóp. Tính khoảng cách d từ I đến mặt phẳng  SAD  .cầuchóp S.ABCD vớiA. d 3 3.2B. d 6.2C. d 21.2D. d Lời giảiChọn BTa có: AB   2;  1;  1 , AD  1;1;1 và DC   2;  1;  1 .Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/3.2 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  Ta thấy: AB. AD  2.1  1.1  1.1  0 và AB  DC nên tứ giác ABCD là hình chữ nhật.5Gọi M là trung điểm của AC . Ta có: M  ; 2;3  .2Gọi d là đường thẳng đi qua M và vng góc với mặt phẳng  ABCD  . Ta có:  AB , AD    0;  3;3 .Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là: u   0;  1;1 .5x  2Phương trình tham số của đường thẳng d là:  y  2  t .z  3  tTa có: SA   0;3;  3 . Ta thấy SA cùng phương với u nên suy ra SA   ABCD  . 1 9Gọi N là trung điểm của SA , ta có: N  1; ;  . 2 2 5I  d I  ; 2  t ;3  t Do I  x ; y ; z  là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD nên  2. NI  d  NI  u  3 3 3 3335 1 9Mà: NI   ;  t ;   t  . Suy ra: NI . u  0  t   t   0  t   I  ; ;  .2 2222 22 2 2 Ta có:  SA , AD    6;  3;  3  . 1  Một vectơ pháp tuyến của  SAD  là: n   SA , AD    2;  1;  1 .6Phương trình tổng quát của mặt phẳng  SAD  là:2  x  1   y  2    z  3  0  2 x  y  z  3  0 .5 1 92.    362 2 2Vậy d  I ,  SAD   .24 11Câu 26. Trong không gian Oxyz , xét số thực m   0;1 và hai mặt phẳng    : 2 x  y  2 z  10  0 và :xyz  1 . Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với cảm 1 m 1hai mặt phẳng    ,    . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằngA. 6B. 3C. 9Lời giảiD. 12Chọn CGọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu.Theo giả thiết ta có R  d  I ,      d  I ,     .ab c 1m 1 mMà d  I ,     111m 2 1  m  2Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489Ta có2111 1 111   1 2 .22m 1  m m 1 m m 1 m 211 11 1  1[do m   0;1 2 .m 1 mm 1  m  m 1  m  Nêna 1  m   bm  cm 1  m   m 1  m m 1  m R11m 1  m Ra  am  bm  cm  cm 2  m  m 2m2  m  1 R  Rm  Rm 2  a  am  bm  cm  cm 2  m  m 2222  R  Rm  Rm  a  am  bm  cm  cm  m  m m 2  R  c  1  m  a  b  c  R  1  R  a  0 1 2 m  R  c  1  m  b  c  a  R  1  R  a  0  2 Xét [1] do mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng    ,    với mọim   0;1 nên pt [1] nghiệm đúng với mọi m   0;1 .R  c 1  0a  R a  b  c  R  1  0  b  R  I  R; R;1  R  .R  a  0c  1  RMà R  d  I ,      R 2 R  R  2 1  R   103R  3 3R  12  R   R  6[l ]Xét [2] tương tự ta đượcR  c 1  0a   R b  c  a  R  1  0  b   R  I   R;  R; R  1R  a  0c  R  1Mà R  d  I ,      R 2 R  R  2 1  R   103R  6 3R  12  R  . R  3[l ]Vậy R1  R2  9 .Câu 27. [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặtphẳng  P  : x  2 y  2 z  3  0 và mặt cầu  S  tâm I  5; 3;5 , bán kính R  2 5 . Từ một điểmA thuộc mặt phẳng  P  kẻ một đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu  S  tại B . Tính OA biếtAB  4 .A. OA  11 .B. OA  5 .C. OA  3 .Lời giảiD. OA  6 .Chọn ATrang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021Khoảng cách từ điểm I đến mp[P] là: d  I ;[ P ]  5  2.[3]  2.5  312  [2] 2  226.AB tiếp xúc với [ S ] tại B nên tam giác AIB vng tại B, do đó ta có:IA  IB 2  AB 2  R 2  AB 2 2 5 2 42  6  d  I ; [ P ]   A là hình chiếu của I lên [P]x  5  t Đường thẳng IA đi qua I  5; 3;5 có VTCP u  n[ P ]  1; 2; 2  có phương trình  y  3  2t z  5  2tCó A  IA  [ P ]  5  t  2[3  2t ]  2[5  2t ]  3  0  t  2  A[3;1;1]  OA  11 .Câu 28. Trong không gianOxyz , cho mặt cầu x 2  y 2  z 2  9 và điểm M  x0 ; y0 ; z0  thuộcx  1 td :  y  1  2t . Ba điểm A , B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA , MB , MC là tiếp z  2  3ttuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng  ABC  đi qua D 1;1; 2  . Tổng T  x02  y02  z02 bằngA. 30B. 26D. 21C. 20Lời giảiChọn BMặt cầu  S  có tâm O  0;0;0  và bán kính R . Gọi M 1  t0 ;1  2t0 ; 2  3t0   d .Gỉa sử T  x; y; z    S  là một tiếp điểm của tiếp tuyến MT với mặt cầu  S  . Khi đóOT 2  MT 2  OM 222222 9   x  1  t0     y  1  2t0     z   2  3t0    1  t0   1  2t0    2  3t0  1  t0  x  1  2t0    2  3t0  z  9  0 .2Suy ra phương trình mặt phẳng  ABC  có dạng 1  t0  x  1  2t0  y   2  3t0  z  9  0Do D 1;1; 2    ABC  nên 1  t0  1  2t0  2.  2  3t   9  0  t0  1  M  0; 1;5  .2Vậy T  02   1  52  26 .Câu 29.[ChuyênKHTN2019]TrongkhônggianvớihệtọađộOxyz cho hai điểmA  0; 0;3  , B  2; 0;1 và mặt phẳng   : 2 x  y  2 z  8  0 . Hỏi có bao nhiêu điểm C trên mặtphẳng   sao cho tam giác ABC đều?A. 2 .B. 1.C. 0 .Lời giảiD. Vô số.Gọi  P  mặt phẳng trung trực của AB , khi đó phương trình của  P  là: x  z  1  0 . Ta có nP  1; 0;1 , n   2;  1; 2  nên  nP , n   1; 0; 1 .Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng   . Chọn u d  1; 0;  1x  1 tvà điểm M 1;10; 0   d nên phương trình tham số của d là:  y  10 . z  tDo tam giác ABC đều nên CA  CB hay C thuộc mặt phẳng trung trực của AB mà C    nênC   P      d suy ra tọa độ C có dạng C 1  t ;10; t  .Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489Do  ABC đều nên AC  AB , thay tọa độ các điểm ta có:1  t  0 222 10  0    t  3   2  0 22  0  0   1  3 2 t 2  4t  51  0 *Do phương trình * vơ nghiệm nên khơng tồn tại điểm C thỏa mãn yêu cầu bài toán.Câu 30.[Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x 2  y 2  z 2  9x  1 tvà điểm M  x0 ; y0 ; z0  thuộc đường thẳng d :  y  1  2t . Ba điểm A, B , C phân biệt cùng z  2  3tthuộc mặt cầu sao cho MA, MB, MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng  ABC  điqua D 1; 1; 2  . Tổng T  x02  y02  z02 bằngA. 30 .B. 26 .C. 20 .Lời giảiMặt cầu  S1  : x 2  y 2  z 2  9 có tâm O  0; 0; 0  , bán kính R1  3 .D. 21 .M  d  M 1  a ; 1  2a ; 2  3a  .Do MA, MB, MC là những tiếp tuyến tại A, B , C với mặt cầu  S1  .Suy ra MA2  MB 2  MC 2  OM 2  9 .Khi đó A, B, C   S2  có tâm là M , bán kính R2  OM 2  9 .222Ta có phương trình  S 2  :  x   a  1    y   2a  1    z   2  3a    OM 2  9 .  S 2  : x 2  y 2  z 2  2  a  1 x  2  2a  1 y  2  2  3a  z  9  0 .Mặt khác theo giả thiết A, B , C cùng thuộc mặt cầu  S1  . x 2  y 2  z 2  9  0Suy ra tọa độ A, B , C thỏa mãn hệ:  2.22 x  y  z  2  a  1 x  2  2a  1 y  2  2  3a  z  9  0Do đó phương trình mặt phẳng  ABC  là: 2  a  1 x  2  2a  1 y  2  2  3a  z  18  0 .D   ABC   2  a  1  2  2a  1  4  2  3a   18  0  a  1 .Với a  1 , ta có M  0 ; 1;5 . Khi đó T  x02  y02  z02  26 .Câu 31.[Tỉnh Bắc Ninh 2019] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầux y2 z . Hai mặt phẳng [ P ] , [ P ]111chứa d và tiếp xúc với [ S ] tại T , T  . Tìm tọa độ trung điểm H của TT  .222[ S ] : x  y  z  2 x  2 z  1  0 và đường thẳng d : 7 1 7A. H   ; ;  . 6 3 65 2 7B. H  ; ;   .6 3 65 1 5C. H  ; ;   .6 3 6Lời giải 5 1 5D. H   ; ;  . 6 3 6Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021Mặt cầu [ S ] tâm I [1; 0; 1] , bán kính R  12  02  [1]2  1  1 .Gọi K là hình chiếu vng góc của I lên d .K  d nên ta có thể giả sử K [t ; 2  t ;  t ]IK  [t  1;2  t; t  1] , ud  [1;1; 1] là một véctơ chỉ phương của đường thẳng d IK  d  IK .ud  0  t  1  2  t  t 1  0  t  0 .  K [0; 2; 0]ITK vng tại T có TH là đường cao nên IT 2  IH .IK . 1 1IK  6  IH  IK . Giả sử H [ x; y; z ] IH 6615 x  1  6 .[1]x  611 5 1 5   y  0  .2   y Vậy H  ; ; 636 3 6 15 z  1  6 .1z  6Câu 32. Chohaiđườngthẳng x  2d : y  tt   , z  2  2t:x  3 y 1 z  4111 P  : x  y  z  2  0 . Gọi d  ,  lần lượt là hình chiếu của dM  a; b; c  là giao điểm của hai đường thẳng d  và  . Biểu thứcA. 4 .vàmặtphẳngvà  lên mặt phẳng  P  . Gọia  b.c bằngB. 5 .C. 3 .D. 6 .Lời giảiDo d  là hình chiếu của d lên mặt phẳng  P  khi đó d  là giao tuyến của mặt phẳng  P  và mặtphẳng   chứa d và vng góc với mặt phẳng  P  .   một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng   là n   ud , nP    3;2; 1 .Phương trình mặt phẳng   đi qua A  2;0; 2  và có một vec tơ pháp tuyến n    3;2; 1 là3x  2 y  z  4  0 .Do  là hình chiếu của  lên mặt phẳng  P  khi đó  là giao tuyến của mặt phẳng  P  và mặtphẳng    chứa  và vuông góc với mặt phẳng  P  .   một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng    là n    u , nP    0; 2; 2  .Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489Phương trình mặt phẳng    đi qua B  3;1;4  và có một vec tơ pháp tuyến n     0; 2; 2  lày  z 5  0.x  y  z  2  0 x  1Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 3x  2 y  z  4  0   y  2 .y  z 5  0z  3Vậy M  1;2;3  a  b.c  1  2.3  5 .Câu 33.[Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng dlà giao tuyến của hai mặt phẳng   : x  my  z  2m  1  0 và    : mx  y  mz  m  2  0 . Gọi là hình chiếu vng góc của d lên mặt phẳng  Oxy  . Biết rằng với mọi số thực m thay đổi thìđường thẳng  ln tiếp xúc với một đường trịn cố định. Tính bán kính R của đường trịn đó.A. 2 .B. 1 .C. 4 .D. 3 .Lời giảiChọn AMặt phẳng   : x  my  z  2m  1  0 có một vectơ pháp tuyến là n1  1;  m;1 .Mặt phẳng    : mx  y  mz  m  2  0 có một vectơ pháp tuyến là n2   m;1;  m  .11 Ta có M  m  ;0;  m   1  d        .mm  Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u   n1 ; n2    m 2  1; 2m; m 2  1 .Gọi  P  là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vng góc với mặt phẳng  Oxy  . Khi đó  P  có một vectơ pháp tuyến là n  u; k    2m;1  m 2 ;0  [với k   0; 0;1 ].Phương trình mặt phẳng  P  là 2mx  1  m2  y  2m2  2  0 .Trong mặt phẳng  Oxy  , gọi I  a; b;0  là tâm đường tròn.Theo giả thiết  là tiếp tuyễn của đường tròn  d  I ; d   d  I ;  P    R [cố định]2ma  1  m2  b  2m2  24m2  1  m2 2R0 2am   2  b  m 2  b  2m2  1R0 2a  0 a  0 2  b  R b  022 2am   2  b  m  b  2  R  m  1 b  2  R  R  2  0.   2am   2  b  m 2  b  2   R  m 2  12a  0a  0 2  b   R b  0 b  2   R  R  2  0Vậy R  2 .Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  6; 0; 0  , N  0; 6; 0  , P  0; 0; 6  . Haimặtcầucóphương S2  : x 2  y 2  z 2  8 x  2 y  2 z  1  0trình S1  : x2  y 2  z 2  2x  2 y  1  0vàcắt nhau theo đường tròn  C  . Hỏi có bao nhiêu mặt cầucó tâm thuộc mặt phẳng chứa  C  và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM ?Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021B. 3 .A. 1 .D. 4 .C. Vô số.Lời giảiChọn CIMPHJKNNếu điểm A  x; y; z  thuộc  C  thì222 x  y  z  2 x  2 y  1  0 3x  2 y  z  0 . 222 x  y  z  8 x  2 y  2 z  1  0Suy ra phương trình mặt phẳng   chứa đường tròn  C  là 3x  2 y  z  0 .Phương trình mặt phẳng  MNP  là x  y  z  6  0 .Gọi I là tâm mặt cầu thỏa bài toán, H là hình chiếu vng góc của I trên mặt phẳng  MNP  ,J , K , L lần lượt là hình chiếu vng góc của H trên các đường thẳng MN , NP , PM . Ta cóIJ  IK  IL  HJ  HK  HL .Suy ra I thuộc đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp củatam giác MNP và vng góc với mặt phẳng  MNP  .Hình chóp O .MNP là hình chóp đều nên đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giácMNP và vng góc với mặt phẳng  MNP  cũng chính là đường thẳng d đi qua O và vng gócvới mặt phẳng  MNP  .Phương trình đường thẳng d là x  y  z .Dễ thấy d    suy ra mọi điểm thuộc d đều là tâm của một mặt cầu thỏa bài toán. Vậy có vơsố mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa  C  và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM .Câu 35. Trong không gian cho mặt phẳng P : x  z  6  0và hai mặt cầuS  : x12 y 2  z 2  25 , S  : x  y  z  4 x  4 z  7  0 . Biết rằng tập hợp tâm I các mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặtcầu  S  ,  S  và tâm I nằm trên  P  là một đường cong. Tính diện tích hình phẳng giới hạn222212bởi đường cong đó.7A.  .3B.7.99.7Lời giảiC.D.7.6Chọn BMặt cầu  S1  có tâm O  0;0;0  và bán kính R1  5 . Mặt cầu  S  có tâm E  2;0; 2  bán kínhR2  1 . Ta có d  O,  P   6 R1 và d  E,  P    2  R2 , OE  2 2 , OE  R2  R1 nên mặt2cầu  S2  nằm trong mặt cầu  S1  . Như vậy mặt cầu  S  tâm I tiếp xúc với cả  S1  và  S2  thìFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 S  tiếp xúc trong mặt cầu  S1 và tiếp xúc ngoài với  S 2  . Gọi R là bán kính của  S  khi đóOI  R  R1ta có hệ  OI  EI  R1  R2  OI  EI  6 . EI  R  R2Nhận xét: OE   2;0;2 nên OE vng góc với  P  : x  z  6  0 .Gọi H là hình chiếu vng góc của O lên  P  , đặt IH  x , điều kiện x  0 . Khi đó ta cóOI  EI  6  OH 2  HI 2  EH 2  HI 2  6  18  x 2  2  x 2  6  x 2 7. Nên diện tích hình phẳng giới hạn bởi3Vậy điểm I thuộc đường tròn tâm H bán kính r 7.9đường trịn là: S   r 2 Câu 36. Trongkhơng2277x.93gianvớihệtọađộOxyz, chophươngtrìnhmặt2cầu:  Sm  : x  y  z   m  2  x  2my  2mz  m  3  0 .Biết rằng với mọi số thực m thì  S m  ln chứa một đường trịn cố định. Tính bán kính r củađường trịn đó.A. r 2.3B. r 4 2.31C. r  .3Lời giảiD. r  3 .Chọn B9m 2  8m  16 m2;  m ; m  và bán kính R Mặt cầu  S m  có tâm I  .22Với m1 , m2 tùy ý và khác nhau, ta được hai phương trình mặt cầu tương ứng:222 x  y  z   m1  2  x  2m1 y  2m1 z  m1  3  0 222 x  y  z   m2  2  x  2m2 y  2m2 z  m2  3  01. 2Lấy 1 trừ  2  theo vế, ta được: m1  m2  x  2  m1  m2  y  2  m1  m2  z   m1  m2   0  m1  m2  .  x  2 y  2 z  1  0 x  2 y  2 z  1  0  3 .Dễ thấy  3 là phương trình tổng quát của mặt phẳng. Họ mặt cầu  S m  có giao tuyến là đường trịn nằm trên mặt phẳng  P trình: x  2 y  2 z  1  0 .Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/cố định có phương TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021Mặt khác, đặt d  d  I ,  P   m2 2m  2m  12221  2   2 29m  4.624 29m 2  8m  16  9m  4 32 r  R d m   . Vậy r .34369222Câu 37. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt câu  S  : x 2  y 2  2 x  4 y  6 z  13  0 vàx 1 y  2 z 1. Điểm M  a; b; c  a  0  nằm trên đường thẳng d sao cho111từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA, MB, MC đến mặt cầu  S  [ A, B, C là các tiếp điểm] thỏa mãnđường thẳng d :  90 , CMA  120 .Tính Q  a  b  c .AMB  60 , BMCA. Q  3 .B. Q 10.3C. Q  2 .D. Q  1 .Lời giảiChọn CAHIMC2Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 3 và bán kính R  12  22   3  13  3 3 .Gọi đường tròn  C  là giao tuyến của mặt phẳng  ABC  với mặt câu  S  .Đặt MA  MB  MC  x  x  0  .Áp dụng định lý cosin trong AMB và CMA , ta có:AB 2  MA2  MB 2  2 MA.MB.cos AMB  2 x 2  2 x 2 cos 60  x 2  AB  x .AC 2  MA2  MC 2  2MA.MC.cos AMC  2 x2  2x2 cos120  3x2  AC  x 3 .Vì BMC vng tại M nên: BC  MB 2  MC 2  x 2 .Mặt khác AB 2  BC 2  x 2  x 22 3x 2  x 32 AC 2 nên ABC vuông tại B .Gọi H là trung điểm của AC thì H là tâm của đường tròn  C  và ba điểm H , I , M thẳng hàng.  120 nên Do AMCAIC  60 , suy ra AIC đều và AC  IA  IC  R  3 3 .Suy ra x 3  3 3  x  3 và IA  IM cos 30  IM 22 IA 2.3 36.3322Điểm M  d nên M  t  1; t  2; t  1  IM 2   t  2   t  4    t  4   3t 2  4t  36 .Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25