Phương trình mặt cầu trong không gian tọa độ Oxyz

Trong bài viết này chúng tôi giới thiệu một số bài toán về phương trình mặt cầu trong không gian tọa độ $Oxyz$ và các bài toán liên quan khác. Nội dung thể hiện trong chuyên đề chủ yếu các bài toán ở mức độ vận dụng thấp và vận dụng cao, dùng tự ôn luyện thi tốt nghiệp THPT năm 2023 và làm các câu hỏi khó.

Câu 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ ${O x y z}$, cho hai mặt cầu $({{S}_{1}}):{{(x-1)}^{2}}+{{(y+3)}^{2}}+{{(z-2)}^{2}}=49$ và $({{S}_{2}}):{{(x-10)}^{2}}+{{(y-9)}^{2}}+{{(z-2)}^{2}}=400$ và mặt phẳng $(P):4x-3y+mz+22=0.$ Có bao nhiêu số nguyên $m$ để mặt phẳng cắt hai mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$, $\left( {{S}_{2}} \right)$ theo giao tuyến là hai đường tròn không có tiếp tuyến chung?

A. Vô số.       B. 5.       C. 6.       D. 11.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$ có tâm ${{I}_{1}}(1;-3;2),{{R}_{1}}=7;$ Mặt cầu $\left( {{S}_{2}} \right)$ có tâm ${{I}_{2}}(10;9;2),{{R}_{2}}=20;$

Ta có ${{I}_{1}}{{I}_{2}}=15$, mà mặt phẳng có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=(4;-3;m)$

Do $\overrightarrow{{{I}_{1}}{{I}_{2}}}.\overrightarrow{n}=0$ nên ${{I}_{1}}{{I}_{2}}$ song song hoặc nằm trong.

Bán kính đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu là $S=\sqrt{p(p-15)(p-21)(p-20)}=\frac{1}{2}15.R,\,\,p=21\Rightarrow R=28/5$

Phương trình mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến là: $3x+4y+30=0$

$d({{I}_{1}};Q)=21/5;d({{I}_{2}};Q)=96/5\Rightarrow d({{I}_{1}};Q)+{{I}_{1}}{{I}_{2}}=d({{I}_{2}};Q)$

Mặt phẳng cắt 2 mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$, $\left( {{S}_{2}} \right)$ theo giao tuyến là hai đường tròn không có tiếp tuyến chung, trong đó đường tròn nhỏ ở trong đường tròn lớn khi

$\frac{28}{5}<d({{I}_{1}};(P))<7\Leftrightarrow \frac{28}{5}<\frac{\left| 2m+35 \right|}{\sqrt{{{m}^{2}}+25}}<7$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& 45{{m}^{2}}-140m>0 \\ & \frac{684}{25}{{m}^{2}}-140m-441<0 \\ \end{align} \right.$

Do $m$ nguyên nên $m$ là: -2; -1; 4; 5; 6; 7. Vậy có 6 giá trị $m$.

Câu 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ ${O x y z}$, cho mặt cầu ${(S): x^2+y^2+z^2+2 x-4 y-2 z=0}$ và điểm ${M(0 ; 1 ; 0)}$. Mặt phẳng ${(P)}$ đi qua ${M}$ và cắt ${(S)}$ theo đường tròn ${(C)}$ có chu vi nhỏ nhất. Gọi ${N\left(x_0 ; y_0 ; z_0\right)}$ là điểm thuộc đường tròn ${(C)}$ sao cho ${O N=\sqrt{6}}$. Khi đó ${y_0}$ bằng

A. 1.       B. 2.       C. 3.       D. 4.

Lời giải:

Nhận thấy rằng, mặt cầu ${(S)}$ có tâm ${I(-1;2;1)}$, bán kính ${R=\sqrt{6}}$ và điểm ${M}$ là điểm nằm trong mặt cầu này.

Gọi ${r}$ là bán kính hình tròn ${(C)}$ và ${H}$ là hình chiếu của ${I}$ lên ${(P)}$. Dễ thấy rằng ${H}$ là tâm đường tròn ${(C)}$. Khi đó, ta có ${r=\sqrt{R^2-IH^2}\ge\sqrt{R^2-IM^2}.}$

Vậy để ${(C)}$ có chu vi nhỏ nhất thì ${r}$ nhỏ nhất khi đó ${H}$ trùng với ${M}$.

Khi đó mặt phẳng ${(P)}$ đi qua ${M(0;1;0)}$ và nhận vectơ ${\overrightarrow{IM}=(1;-1;-1)}$ làmvectơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng ${(P)}$: ${x-(y-1)-z=0\Leftrightarrow x-y-z=-1.}$

Điểm ${N}$ vừa thuộc mặt cầu ${(S)}$ vừa thuộc mặt phẳng ${(P)}$ và thỏa ${ON=\sqrt{6}}$ nên tọa độ của ${N}$ thỏa hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}+2{{x}_{0}}-4{{y}_{0}}-2{{z}_{0}}=0 \\ & x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}=6 \\  & {{x}_{0}}-{{y}_{0}}-{{z}_{0}}=-1 \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& 2{{x}_{0}}-4{{y}_{0}}-2{{z}_{0}}=-6 \\  & x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}=6 \\ & {{x}_{0}}-{{y}_{0}}-{{z}_{0}}=-1. \\ \end{align} \right.$

Lấy phương trình đầu trừ hai lần phương trình thứ ba ta được ${-2y_0=-4\Leftrightarrow y_0=2}$.

Câu 3. Trong không gian với hệ trục tọa độ ${O x y z}$, cho mặt cầu $\left( S \right):\,{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=27$. Gọi $\left( \alpha  \right)$ là mặt phẳng đi qua 2 điểm $A\left( 0;0;-4 \right),\,B\left( 2;0;0 \right)$ và cắt $\left( S \right)$ theo giao tuyến là đường tròn $\left( C \right)$ sao cho khối nón có đỉnh là tâm $\left( S \right)$, là hình tròn $\left( C \right)$ có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ có phương trình dạng $ax+by-z+c=0$, khi đó $a-2b+3c$ bằng

A. 10.       B. $-8$.       C. 0.       D. $-14$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;\,-2;3 \right)$, bán kính $R=3\sqrt{3}$

Gọi $h$ là khoảng cách từ điểm $I$ đến mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ và $r$ là bán kính của đường tròn $\left( C \right)$

$\Rightarrow $ Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi \left( {{R}^{2}}-{{h}^{2}} \right).h=\frac{1}{3}\pi \left( {{R}^{2}}h-{{h}^{3}} \right)$

Xét $f\left( h \right)={{R}^{2}}h-{{h}^{3}}\Rightarrow {f}'\left( h \right)={{R}^{2}}-3{{h}^{2}}$, ${f}'\left( h \right)=0\Leftrightarrow h=\frac{R}{\sqrt{3}}$

Lập BBT suy ra thể tích khối nón lớn nhất khi $h=\frac{R}{\sqrt{3}}=3\Leftrightarrow d\left( I,\left( \alpha  \right) \right)=3$

Theo giả thiết mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ đi qua hai điểm $A,B$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align}& c=-4 \\  & 2a+c=0 \\ \end{align} \right.$   

$\Rightarrow \left( \alpha  \right):2x+by-z-4=0$

Mà $d\left( I,\left( \alpha  \right) \right)=3\Leftrightarrow \frac{\left| 4b+5 \right|}{\sqrt{5+{{b}^{3}}}}=3\Leftrightarrow b=2$ $\Rightarrow $ $a-2b+3c=-14$.

Câu 4. Trong không gian với hệ trục tọa độ ${O x y z}$, cho ba điểm $A\left( 1;2;3 \right)$, $B\left( 0;1;0 \right)$, $C\left( 1;0;-2 \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):x+y+z+2=0$. Điểm $M\left( a;b;c \right)$ nằm trên mặt phẳng $\left( P \right)$ thỏa mãn hệ thức $M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}+3M{{C}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức $T=a-b+9c$ bằng

A. $\frac{13}{9}$.       B. $-\frac{13}{9}$.       C. $13$.       D. $-13$.

Lời giải:

Chọn điểm $K$ thỏa mãn $\overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KB}+3\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0}$. Khi đó $K\left( \frac{2}{3};\frac{2}{3};-\frac{1}{2} \right)$ cố định.

$P=M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}+3M{{C}^{2}}={{\overrightarrow{MA}}^{2}}+2{{\overrightarrow{MB}}^{2}}+3{{\overrightarrow{MC}}^{2}}$

$={{\left( \overrightarrow{MK}+\overrightarrow{KA} \right)}^{2}}+2{{\left( \overrightarrow{MK}+\overrightarrow{KB} \right)}^{2}}+3{{\left( \overrightarrow{MK}+\overrightarrow{KC} \right)}^{2}}$

$=6M{{K}^{2}}+K{{A}^{2}}+2K{{B}^{2}}+3K{{C}^{2}}-2\overrightarrow{MK}\left( \overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KB}+3\overrightarrow{KC} \right)$

$=6M{{K}^{2}}+K{{A}^{2}}+2K{{B}^{2}}+3K{{C}^{2}}$.

$P$ đạt GTNN $\Leftrightarrow \,MK$ đạt GTNN $\Leftrightarrow M$ là hình chiếu của $K$ lên $\left( P \right)$.

Do đó $M\left( -\frac{5}{18};-\frac{5}{18};-\frac{13}{9} \right)$. Khi đó $T=\left( -\frac{5}{18} \right)-\left( -\frac{5}{18} \right)+9\left( -\frac{13}{9} \right)=-13$.

Câu 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ ${O x y z}$, cho các điểm $A\left( 0;0\,;\,3 \right)$ và $B\left( 2;-3\,;\,-5 \right)$. Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=25$ với $\left( {{S}_{2}} \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-2y-14=0$. $M$, $N$ là hai điểm thuộc $\left( P \right)$ sao cho $MN=1$. Giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng

A. $8\sqrt{2}$.       B. $\sqrt{78-2\sqrt{13}}$.       C. $34$.       D. $\sqrt{78-\sqrt{13}}$.

Lời giải:

Các điểm trên đường tròn giao tuyến có tọa độ là nghiệm của hệ

$\left\{ \begin{align}& \left( {{S}_{1}} \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=25\,\,\,\,\,\left( 1 \right) \\ & \left( {{S}_{2}} \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-2y-14=0\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right) \\ \end{align} \right.\,\,\,$

Lấy $\left( 1 \right)$ trừ $\left( 2 \right)$, ta được $6z=0$ hay đường tròn giao tuyến nằm trên mặt phẳng $\left( P \right):z=0$ tức là $\left( P \right)\equiv \left( Oxy \right).$

Dễ thấy $A$, $B$ nằm khác phía đối với $\left( P \right)$, hình chiếu của $A$ trên $\left( P \right)$ là $O$, hình chiếu của $B$ trên $\left( P \right)$ là $H\left( 2;\,-3\,;\,0 \right).$

Lấy $A'$ sao cho $\overrightarrow{A{A}'}=\overrightarrow{MN}.$ Ta có: $\left\{ \begin{align} & A{{A}^{/}}=MN=1 \\ & AM={{A}^{/}}N \\ & A{{A}^{/}}\parallel (Oxy) \\ \end{align} \right.$.

Gọi $\left( \alpha  \right):z-3=0$ là mp qua $A$song song với mp $\left( Oxy \right)$.Suy ra ${{A}^{/}}$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ nằm trong mp $\left( \alpha  \right)$ có tâm $A\left( 0;0\,;\,3 \right)$ bán kính $R=1$.

Khi đó $AM+BN={A}'N+BN\ge {A}'B$.

Cách 1:

Gọi ${{H}^{/}}$ là hình chiếu vuông góc của điểm $B$ trên mp $\left( \alpha  \right)$. Ta có $B{{H}^{/}}=BH+d\left( \left( {ox}y \right),\left( \alpha  \right) \right)=5+3=8$.

Có ${{A}^{/}}B=\sqrt{B{{H}^{/2}}+{{A}^{/}}{{H}^{/2}}}\ge \sqrt{{{8}^{2}}+{{\left( A{{H}^{/}}-R \right)}^{2}}}$

$A{{H}^{/}}=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{H}^{/2}}}=\sqrt{77-64}=\sqrt{13}$. Vậy ${{A}^{/}}B\ge \sqrt{78-2\sqrt{13}}$.

Hay $AM+BN\ge \sqrt{78-2\sqrt{13}}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$là $\sqrt{78-2\sqrt{13}}$.

Cách 2:

Dấu bằng xảy ra khi $\overrightarrow{MN}$ cùng phương $\overrightarrow{OH}.$

Do $MN=1$ nên chọn $\overrightarrow{MN}=\frac{\overrightarrow{OH}}{\left| \overrightarrow{OH} \right|}=\left( \frac{2}{\sqrt{13}}\,;\,-\frac{3}{\sqrt{13}}\,;\,0 \right).$

Khi đó vì $\overrightarrow{A{A}'}=\overrightarrow{MN}$ nên ${A}'\left( \frac{2}{\sqrt{13}}\,;\,-\frac{3}{\sqrt{13}}\,;\,3 \right).$

Suy ra $AM+BN={A}'N+BN\ge {A}'B=\sqrt{78-2\sqrt{13}}$.

Câu 6. Trong không gian $O x y z$, cho các điềm ${A}(0 ; 0 ; 2)$ và ${B}(3 ; 4 ; 1)$. Gọi $(P)$ là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu $\left(S_1\right):(x-1)^2+(y-1)^2+(z+3)^2=25$ với $\left(S_2\right): {x}^2+y^2+z^2-2 x-2 y-14=0$. $M, N$ là hai điểm thuộc $(P)$ sao cho $M N=1$. Giá trị nhỏ nhất của $A M+B N$ là

A. $\sqrt{34}-1$.       B. 5.       C. $\sqrt{34}$.       D. 3 .

Lời giải:

Từ $\left\{\begin{array}{l}\left(S_1\right):(x-1)^2+(y-1)^2+(z+3)^2=25 \\ \left(S_2\right): {x}^2+y^2+z^2-2 x-2 y-14=0\end{array}\right.$

Lấy (1) trừ (2), ta được $6 z=0$ hay $(P): z=0$ tức là $(P) \equiv(O x y)$.

Dễ thấy $A, B$ nằm khác phía đối với $(P)$, hình chiếu của $A$ trên $(P)$ là $O$, hình chiếu của $B$ trên $(P)$ là $H(3 ; 4 ; 0)$. Lấy $A^{\prime}$ sao cho $\overrightarrow{A A^{\prime}}=\overrightarrow{M N}$.

Khi đó $A M+B N=A^{\prime} N+B N \geq A^{\prime} B$ và cực trị chỉ xảy ra khi $\overrightarrow{M N}$ cùng phương $\overrightarrow{O H}$.

Lấy $\overrightarrow{M N}=\frac{\overrightarrow{O H}}{|\overrightarrow{O H}|}=\left(\frac{3}{5} ; \frac{4}{5} ; 0\right)$. Khi đó vì $\overrightarrow{A A^{\prime}}=\overrightarrow{M N}$ nên $A^{\prime}\left(\frac{3}{5} ; \frac{4}{5} ; 0\right)$.

Do đó $A M+B N=A^{\prime} N+B N \geq A^{\prime} B=5$.

Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ ${O x y z}$, gọi $\left( \alpha  \right)$ là mặt phẳng đi qua hai điểm $A\left( \sqrt{3};0;0 \right)$, $D\left( 0;2;1 \right)$ và tạo với trục $Ox$ một góc bằng ${{30}^{0}}$. Biết phương trình mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ có dạng $5.x+m\sqrt{3}.y+n\sqrt{3}.z+p\sqrt{3}=0$. Giá trị biểu thức ${T}=m+n+p$ là

A. $T=12$.       B. $T=-4$.       C. $T=1$.       D. $T=17$.

Lời giải:

Giả sử mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ cắt các trục $Oy,Oz$ tại $B\left( 0;b;0 \right)$ và $C\left( 0;0;c \right)$ với $b.c\ne 0$.

Khi đó phương trình mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ có dạng: $\frac{x}{\sqrt{3}}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.

Vì mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ đi qua $D\left( 0;1;1 \right)$ nên $\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1\Rightarrow \frac{1}{c}=1-\frac{2}{b}$.

Gọi $H,I$ lần lượt là hình chiếu của $O$ trên $BC$ và $AH$.

Có $BC\bot \left( AOH \right)\Rightarrow BC\bot OI$ nên $OI\bot \left( ABC \right)$ hay $OI\bot \left( \alpha  \right)$.

Suy ra góc giữa trục $Ox$ và mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ là $\widehat{OAI}=\widehat{OAH}={{30}^{0}}$.

Trong tam giác vuông $OAH$ có $OH=OA.\tan \widehat{OAH}=\sqrt{3}.\frac{1}{\sqrt{3}}=1$.

Trong tam giác vuông $OBC$ có $\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{B}^{2}}}+\frac{1}{O{{C}^{2}}}$ $\Rightarrow \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}=1$.

Thay vào ta được $\frac{1}{{{b}^{2}}}+{{\left( 1-\frac{2}{b} \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow \frac{1}{{{b}^{2}}}+{{\left( \frac{b-2}{b} \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow b=\frac{5}{4}$

+ Với $b=\frac{5}{4}\Rightarrow c=\frac{-5}{3}$, do đó phương trình mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ là $\frac{x}{\sqrt{3}}+\frac{4y}{5}-\frac{3z}{5}=1$ $\Leftrightarrow 5x+4\sqrt{3}y-3\sqrt{3}z-5\sqrt{3}=0$ nên $m=4,n=-3,p=-5$. Vậy $T=m+n+p=-4$.

Câu 8. Trong không gian với hệ trục tọa độ ${O x y z}$, cho mặt cầu $(S):(x+2)^2+y^2+(z+5)^2=24$ cắt mặt phẳng $(P): x+y+4=0$ theo giao tuyến là đường tròn $(C)$. Điểm $M$ thuộc $(C)$ sao cho khoảng cách từ $M$ đến $A(4 ;-12 ; 1)$ nhỏ nhất có tung độ bằng

A. $-6$.       B. $-4$.       C. 0.       D. 2 .

Lời giải:

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(-2 ; 0 ;-5)$.

Gọi $(Q)$ là mặt phẳng chứa $I A$ và vuông góc với mặt phẳng $(P): x+y+4=0$.

$\Rightarrow(Q)$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}=(-1 ; 1 ; 3)$.

Do đó $(Q):-x+y+3 z+13=0$.

$M A$ nhỏ nhất khi $M \in(Q) \Rightarrow M \in(P) \cap(Q) \cap(S)$.

Tọa độ điểm $M$ là nghiệm của hệ: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}  x+y+4=0  \\ -x+y+3z+13=0  \\ {{(x+2)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{(z+5)}^{2}}=24  \\\end{array} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} x=-y-4  \\ z=\frac{-2}{3}y-\frac{17}{3}  \\{{(x+2)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{(z+5)}^{2}}=24  \\\end{array} \right.$

Thay  vào (3) ta được phương trình $22{{y}^{2}}+44y-176=0$ $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{*{35}{l}}y=2\Rightarrow M(-6;2;-7)\Rightarrow MA=6\sqrt{10}  \\ y=-4\Rightarrow M(0;-4;-3)\Rightarrow MA=4\sqrt{6}  \\\end{array} \right.$

$M A$ nhỏ nhất nên ta chọn $M(0 ;-4 ;-3)$.

Vậy tung độ điểm $M$ cần tìm bằng $-4$.

Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ ${O x y z}$, cho mặt cầu $(S):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=12$ và mặt phẳng $(P):\,x-2y+2z+11=0$. Xét điểm $M$ di động trên $(P)$, các điểm $A,\,B,\,C$ phân biệt di động trên $\left( S \right)$ sao cho $MA,\,MB,\,MC$ là các tiếp tuyến của $\left( S \right)$. Mặt phẳng $\left( ABC \right)$ đi qua điểm cố định nào dưới đây?

A. $E\left( 0;3;-1 \right)$.       B. $F\left( \frac{1}{4};-\frac{1}{2};-\frac{1}{2} \right)$.       C. $G\left( 0;-1;3 \right)$.       D. $H\left( \frac{3}{2};0;2 \right)$.

Lời giải:

Mặt cầu có tâm $I\left( 1;1;1 \right)$ và bán kính $R=2\sqrt{3}$

Giả sử điểm $M\left( a;b;c \right)$ và $A\left( x,y,z \right)$, ta có hệ điều kiện: $\left\{ \begin{align}& A\in \left( S \right) \\ & \widehat{IAM}={{90}^{0}} \\ & M\in \left( P \right) \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=12 \\  & A{{I}^{2}}+A{{M}^{2}}=I{{M}^{2}} \\  & a-2b+2c+11=0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=12\,\,(1) \\  & 12+{{\left( x-a \right)}^{2}}+{{\left( y-b \right)}^{2}}+{{\left( z-c \right)}^{2}}={{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( b-1 \right)}^{2}}+{{\left( c-1 \right)}^{2}}\,\,(2) \\ & a-2b+2c+11=0\,\,(3) \\ \end{align} \right.$

Trừ theo về và ta được $\left( a-1 \right)x+\left( b-1 \right)y+\left( c-1 \right)z-a-b-c-9=0$.

Kết hợp với: $a-2b+2c+11=0$. Ta có $\left( a-1 \right)x+\left( b-1 \right)y+\left( c-1 \right)z-a-b-c-9=a-2b+2c+11$ $\Leftrightarrow ax+by+cz-x-y-z=0a+3b-c-2$

Đồng nhất hệ số ta có $\left\{ \begin{align}& 0a={ax} \\ & 3b=by \\ & -c=cz \\ & -x-y-z=-2 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=0 \\  & y=3 \\ & z=-1 \\ & -0-3+1=-2\,\,(t/m) \\ \end{align} \right.$

Vậy mặt phẳng $\left( ABC \right)$ đi qua điểm cố định $E\left( 0;3;-1 \right)$.

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A\left( 2;11;-5 \right)$ và mặt phẳng$\left( P \right):2mx+\left( {{m}^{2}}+1 \right)y+\left( {{m}^{2}}-1 \right)z-10=0$. Biết rằng khi $m$ thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng $\left( P \right)$ và cùng đi qua $A$. Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng

A. $7\sqrt{2}$.       B. $12\sqrt{2}$.       C. $2\sqrt{2}$.       D. $5\sqrt{2}$.

Lời giải:

Gọi $I\left( a;b;c \right),r$lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu. Do mặt cầu tiếp xúc với $\left( P \right)$ nên ta có

$r=d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2ma+\left( {{m}^{2}}+1 \right)b+\left( {{m}^{2}}-1 \right)c-10 \right|}{\left( {{m}^{2}}+1 \right)\sqrt{2}}=\frac{\left| \left( b+c \right){{m}^{2}}+2ma+b-c-10 \right|}{\left( {{m}^{2}}+1 \right)\sqrt{2}}$

$\left| \left( b+c \right){{m}^{2}}+2ma+b-c-10 \right|=r\left( {{m}^{2}}+1 \right)\sqrt{2}$  $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& \left( b+c-r\sqrt{2} \right){{m}^{2}}+2ma+b-c-r\sqrt{2}-10=0\quad \left( 1 \right) \\ & \left( b+c+r\sqrt{2} \right){{m}^{2}}+2ma+b-c+r\sqrt{2}-10=0\quad \left( 2 \right) \\ \end{align} \right.$

TH1: $\left( b+c-r\sqrt{2} \right){{m}^{2}}+2ma+b-c-r\sqrt{2}-10=0\quad \left( 1 \right)$

Do $m$ thay đổi vẫn có mặt cầu cố định tiếp xúc với $\left( P \right)$ nên yêu cầu bài toán trở thành tìm điều kiện $a,b,c$ sao cho $\left( 1 \right)$ không phụ thuộc vào $m$. Do đó $\left( 1 \right)$ luôn đúng với mọi $m$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & b+c-r\sqrt{2}=0 \\  & a=0 \\ & b-c-r\sqrt{2}-10=0 \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& b=r\sqrt{2}+5 \\ & a=0 \\  & c=-5 \\ \end{align} \right.$

Suy ra $I\left( 0;5+r\sqrt{2};-5 \right)=>\left( S \right):{{x}^{2}}+{{\left( y-5-r\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{\left( z+5 \right)}^{2}}={{r}^{2}}$.

Lại có $A\in \left( S \right)$ nên suy ra: $4+{{\left( 11-5-r\sqrt{2} \right)}^{2}}={{r}^{2}}\Leftrightarrow {{r}^{2}}-12\sqrt{2}r+40=0$ $\Leftrightarrow \left[\begin{align}  & r=2\sqrt{2} \\ & r=10\sqrt{2} \\ \end{align} \right.$

TH2: $\left( b+c+r\sqrt{2} \right){{m}^{2}}+2ma+b-c+r\sqrt{2}-10=0$ làm tương tự TH1

Tóm lại: Khi $m$ thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng $\left( P \right)$ và cùng đi qua $A$ và có tổng bán kính là: $12\sqrt{2}$.

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $M\left( 1\,;\,2\,;\,-1 \right)$, mặt phẳng $\left( \alpha  \right)\,:x+2y-z+3=0$ và mặt cầu $\left( S \right)  :$ ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}\,=25$. Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua $M$, vuông góc với mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ đồng thời cắt mặt cầu $\left( S \right)$ theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua điểm nào sau đây?

A. $A\left( -3\,;\,1\,;\,7 \right)$.       B. $B\left( -1\,;\,3\,;\,1 \right)$.       C. $C\left( 5\,;2\,;\,9 \right)$.       D. $D\left( 1\,;\,-9\,;\,2 \right)$.

Lời giải:

Gọi VTPT của mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\overrightarrow{n}=\left( A\,;\,B\,;\,C \right)$ với ${{A}^{2}}+{{B}^{2}}+{{C}^{2}}\ne 0$.

$\left( P \right)$ đi qua điểm $M\left( 1\,;\,2\,;\,-1 \right)$ nên phương trình của $\left( P \right)$ là

$A\left( x-1 \right)+B\left( y-2 \right)+C\left( z+1 \right)=0\Leftrightarrow Ax+By+Cz-A-2B+C=0$.

Do $\left( P \right)\bot \left( \alpha  \right)$ nên ${{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}.{{\overrightarrow{n}}_{\left( \alpha  \right)}}=0$ $\Leftrightarrow A+2B-C=0\Leftrightarrow C=A+2B$.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1\,;\,-2\,;\,1 \right)$ và bán kính $R=5$.

$\left( P \right)$ cắt $\left( S \right)$ theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất khi và chỉ khi $d\left( I,\left( P \right) \right)$ lớn nhất.

Ta có $d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| A-2B+C-A-2B+C \right|}{\sqrt{{{A}^{2}}+{{B}^{2}}+{{C}^{2}}}}=\frac{\left| 2C-4B \right|}{\sqrt{{{A}^{2}}+{{B}^{2}}+{{\left( A+2B \right)}^{2}}}}=\frac{\left| 2A \right|}{\sqrt{2{{A}^{2}}+5{{B}^{2}}+4AB}}$.

* $A=0$: $d\left( I,\left( P \right) \right)=0$.

* $A\ne 0$: $d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{2}{\sqrt{2+5{{\left( \frac{B}{A} \right)}^{2}}+4\frac{B}{A}}}=\frac{2}{\sqrt{5{{\left( \frac{B}{A} \right)}^{2}}+4\frac{B}{A}+2}}=\frac{2}{\sqrt{5{{\left( \frac{B}{A}-\frac{2}{5} \right)}^{2}}+\frac{6}{5}}}\le \frac{\sqrt{30}}{3}$

Dấu bằng xảy ra khi $\frac{B}{A}=\frac{2}{5}$.

Vậy $\max d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\sqrt{30}}{3}$ khi $\frac{B}{A}=\frac{2}{5}$.

Chọn $B=2,\,A=5\Rightarrow C=9$ $\Rightarrow $ Phương trình $\left( P \right)$ là: $5x+2y+9z-5=0$.

Thay tọa độ các điểm $A,\,B,\,C,\,D$ vào phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ ta thấy mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua điểm $D\left( 1\,;\,-9\,;\,2 \right)$.

Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):\,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-6x-2y+2z+6=0$ và mặt phẳng $\left( P \right):\,x-2z=0$. Có bao nhiêu điểm $M$ trên $\left( P \right)$ vơi $M$ có các tọa độ nguyên sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của $\left( S \right)$ qua $M$ và vuông góc với nhau

A. 1.       B. 2.       C. 3.       D. 7.

Lời giải:

Tâm và bán kính mặt cầu là: $I\left( 3;1;-1 \right),\,\,R=\sqrt{5}$

Gọi $M\left( 2a;b;a \right)\in \left( P \right)$

Nhận xét:

Nếu $IM<R$ thì không có tiếp tuyến của $\left( S \right)$ qua $M$.

Nếu $IM=R$ thì tập hợp các tiếp tuyến của $\left( S \right)$ qua $M$ là một mặt phẳng nên có vô số cặp tiếp tuyến của $\left( S \right)$ qua $M$.

Nếu $IM>R$ thì tập hợp các tiếp tuyến của $\left( S \right)$ qua $M$ là một mặt nón tròn xoay đỉnh $M$ ngoại tếp $\left( S \right)$, mỗi đường sinh là một tiếp tuyến. Để tồn tại cặp đường sinh vuông góc với nhau thì góc ở đỉnh của mặt nón phải lớn hơn hoặc bằng ${{90}^{0}}$ suy ra $IM\le R\sqrt{2}$.

Kết luận: Yêu cầu của bài toán $\Leftrightarrow R\le IM\le R\sqrt{2}$

$\begin{align}& \Leftrightarrow 5\le I{{M}^{2}}\le 10\Leftrightarrow 5\le {{(2a-3)}^{2}}+{{(b-1)}^{2}}+{{(a+1)}^{2}}\le 10 \\ & \Leftrightarrow 5\le 5{{(a-1)}^{2}}+5+{{(b-1)}^{2}}\le 10\Leftrightarrow 0\le 5{{(a-1)}^{2}}+{{(b-1)}^{2}}\le 5 \\ \end{align}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{(b-1)}^{2}}=0 \\  & {{(b-1)}^{2}}=1 \\  & {{(b-1)}^{2}}=4 \\ \end{align} \right.$ và ${{(a-1)}^{2}}=0$  hoặc $\left\{ \begin{align}& {{(a-1)}^{2}}=1 \\ & {{(b-1)}^{2}}=0 \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& b=1 \\  & b=0,\,\,b=2 \\ & b=-1,\,\,b=3 \\ \end{align} \right.$ và $a=1$ hoặc $\left\{ \begin{align}& a=0,\,\,a=2 \\ & b=1 \\ \end{align} \right.$

Vậy có 7 điểm $M$ thỏa mãn bài toán.

Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=1$. Có bao nhiêu điểm $M$ thuộc mặt cầu $\left( S \right)$ sao cho tiếp diện của $\left( S \right)$ tại $M$ cắt các trục $Ox,\,Oy$ lần lượt tại các điểm $A\left( a\,;\,0\,;\,0 \right)$, $B\left( 0\,;\,b\,;\,0 \right)$ mà $a,\,b$ là các số nguyên dương và $\widehat{AMB}={{90}^{o}}$?

A. 4.       B. 3.       C. 2.       D. 1.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 3\,;\,2\,;\,1 \right)$, bán kính $R=1$.

Ta có điểm $H\left( 3\,;\,2\,;\,0 \right)$ là hình chiếu của $I$ trên $\left( Oxy \right)$.

Ta có $d\left( I,\,\left( Oxy \right) \right)=1=R$ nên $\left( S \right)$ tiếp xúc với $\left( Oxy \right)$ tại $H$.

Do đó $BM,\,BH$ là các tiếp tuyển kẻ từ $B$; $AM,\,AH$ là các tiếp tuyển kẻ từ $A$ tới $\left( S \right)$.

Suy ra: $BM=BH$, $AM=AH$. Do đó: $\Delta ABH=\Delta ABM\left( c.c.c \right)$. Suy ra: $\widehat{AHB}=\widehat{AMB}={{90}^{o}}$.

Từ đó ta có: $\overrightarrow{HA}.\overrightarrow{HB}=-3\left( a-3 \right)-2\left( b-2 \right)=0$  $\Leftrightarrow 3a+2b=13$. Kết hợp với $a,\,b$ là các số nguyên dương ta được: $\left( a\,;\,b \right)=\left( 1\,;\,5 \right),\,\left( 3\,;\,2 \right)$.

Do đó có 2 cặp điểm $A,\,B$ và qua mỗi cặp điểm đó có 2 tiếp diện với $\left( S \right)$, trong đó có một tiếp diện là $\left( Oxy \right)$, tiếp diện còn lại cắt các trục $Ox,\,Oy$ lần lượt tại các điểm $A,\,B$ và tiếp xúc với $\left( S \right)$ tại $M$ thỏa mãn $\widehat{AMB}={{90}^{o}}$.

Vậy có 2 điểm $M$ thuộc mặt cầu $\left( S \right)$ thỏa mãn.

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=9$ và hai điểm $M\left( 4;-4;2 \right)$, $N\left( 6;0;6 \right)$. Gọi $E$ là điểm thuộc mặt cầu $\left( S \right)$ sao cho $EM+EN$ đạt giá trị lớn nhất. Phương trình tiếp diện của mặt cầu $\left( S \right)$ tại $E$ là

A. $x-2y+2z+8=0$.       B. $2x+y-2z-9=0$.       C. $2x+2y+z+1=0$.       D. $2x-2y+z+9=0$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;2;2 \right)$ và bán kính $R=3$.

Gọi $K$ là trung điểm của $MN$ $\Rightarrow $ tọa độ của $K$ là $K\left( 5;-2;4 \right)$, $IK=6>3$ nên $K$ nằm ngoài mặt cầu $\left( S \right)$.

Ta có: $\overrightarrow{IK}=\left( 4;-4;2 \right)$, $\overrightarrow{MN}=\left( 2;4;4 \right)$ $\Rightarrow MN=6$ và $IK\bot MN$.

Xét tam giác $EMN$ áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:

$E{{K}^{2}}=\frac{E{{M}^{2}}+E{{N}^{2}}}{2}-\frac{M{{N}^{2}}}{4}\Rightarrow E{{M}^{2}}+E{{N}^{2}}=2E{{K}^{2}}+\frac{M{{N}^{2}}}{2}$

Ta lại có: $EM+EN\le \sqrt{2\left( E{{M}^{2}}+E{{N}^{2}} \right)}$ $=\sqrt{2\left( 2E{{K}^{2}}+\frac{M{{N}^{2}}}{2} \right)}$ $=\sqrt{4E{{K}^{2}}+36}$.

Bởi vậy $EM+EN$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi $EM=EN$ và $EK$ lớn nhất.

Do $EK$ lớn nhất nên $E$ thuộc đường thẳng $IK$.

Phương trình đường thẳng $IK$ là: $IK:\left\{ \begin{align}& x=1+2t \\ & y=2-2t \\  & z=2+t \\\end{align} \right.$.

Tọa độ giao điểm $E$ của đường thẳng $IK$ với mặt cầu $\left( S \right)$ ứng với $t$ là nghiệm phương trình: ${{\left( 1+2t-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2-2t-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2+t-2 \right)}^{2}}=9\Leftrightarrow t=\pm 1$.

Như vậy ${{E}_{1}}\left( 3;0;3 \right)$ hoặc ${{E}_{2}}\left( -1;4;1 \right)$.

Ta có ${{E}_{1}}K=3$, ${{E}_{2}}K=9$. Suy ra $E=\left( -1;4;1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{IE}=\left( -2;2;-1 \right)$, nên phương trình tiếp diện của mặt cầu $\left( S \right)$ tại $E$ có phương trình: $-2\left( x+1 \right)+2\left( y-4 \right)-1\left( z-1 \right)=0$ hay $2x-2y+z+9=0$.

Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$ có tâm $I\left( 2;1;1 \right)$ có bán kính bằng $4$ và mặt cầu $\left( {{S}_{2}} \right)$ có tâm $J\left( 2;1;5 \right)$ có bán kính bằng $2$. $\left( P \right)$ là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với hai mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right),\left( {{S}_{2}} \right)$. Đặt $M,m$ lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm $O$ đến $\left( P \right)$. Giá trị $M+m$ bằng

A. 8.       B. 9.       C. $8\sqrt{3}$.       D. $\sqrt{15}$.

Lời giải:

Do $IJ=4<{{R}_{1}}+{{R}_{2}}$ nên 2 mặt cầu cắt nhau.

Giả sử $IJ$ cắt $\left( P \right)$ tại $M$ ta có $\frac{MJ}{MI}=\frac{{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}}=2\Rightarrow J$ là trung điểm của $MI$.

Suy ra $M\left( 2;1;9 \right)$. Khi đó $\left( P \right):a\left( x-2 \right)+b\left( y-1 \right)+c\left( z-9 \right)=0\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}>0 \right)$.

Mặt khác $d\left( I,\left( P \right) \right)=4\Leftrightarrow \frac{\left| 8c \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=4\Leftrightarrow \frac{\left| 2c \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=1$.

Do đó $c\ne 0$ chọn $c=1\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=3$.

Đặt $a=\sqrt{3}\sin t,b=\sqrt{3}\cos t\Rightarrow d\left( O;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2a+b+9 \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{\left| 2a+b+9 \right|}{2}=\frac{\left| 2\sqrt{3}\sin t+\sqrt{3}\cos t+9 \right|}{2}$.

Mặt khác $-\sqrt{12+3}\le 2\sqrt{3}\sin t+2\sqrt{3}\cos t\le \sqrt{12+3}\Rightarrow \frac{9-\sqrt{15}}{2}\le d\left( O;\left( P \right) \right)\le \frac{9+\sqrt{15}}{2}\Rightarrow M+m=9$.

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A\left( 2;4;-2 \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):\left( {{m}^{2}}+1 \right)x-\left( {{m}^{2}}-1 \right)y+2mz+4=0$. Biết rằng, khi tham số thay đổi thì mặt phẳng $\left( P \right)$ luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định cùng đi qua $A$ là $\left( {{S}_{1}} \right)$, $\left( {{S}_{2}} \right)$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là hai điểm nằm trên $\left( {{S}_{1}} \right)$ và $\left( {{S}_{2}} \right)$. Giá trị lớn nhất của $MN$ bằng

A. $16\sqrt{2}$.       B. $8+8\sqrt{2}$.       C. $8\sqrt{2}$.       D. $8+6\sqrt{2}$.

Lời giải:

Đặt $m=\tan t$, $\left( P \right):\left( {{\tan }^{2}}t+1 \right)x-\left( {{\tan }^{2}}t-1 \right)y+2\tan t.z+4=0$ $\Leftrightarrow \left( P \right):x-\cos 2ty+\sin 2tz+2\cos 2t+2=0$

Gọi $I\left( a;b;c \right)$ và $R$ lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu tiếp xúc với $\left( P \right)$ với $R$ không đổi.

Khi đó ta có được $R=d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| a-\cos 2tb+\sin 2tc+2\cos 2t+2 \right|}{\sqrt{2}}=\frac{\left| a+\left( 2-b \right)\cos 2t+\sin 2tc+2 \right|}{\sqrt{2}}$.

Để $R$ không đổi khi $t$ thay đổi $\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} b=2  \\ c=0  \\\end{matrix} \right.\Rightarrow I\left( a;2;0 \right)$

Khi đó $d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| a+2 \right|}{\sqrt{2}}=R$ và mặt cầu qua $A\left( 2;4;-2 \right)$

Nên $I{{A}^{2}}={{R}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{a+2}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}={{\left( a-2 \right)}^{2}}+8$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}a=2,{{R}_{1}}=2\sqrt{2}  \\ a=10,{{R}_{2}}=6\sqrt{2}  \\\end{matrix} \right.$.

Khi đó $M{{N}_{\max }}={{I}_{1}}{{I}_{2}}+{{R}_{1}}+{{R}_{2}}=8+8\sqrt{2}$.

Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( 2;-1;-1 \right)$, $B\left( 0;1;-2 \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):2{x}+y-2z-2=0$. Điểm $M$ thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ sao cho $\widehat{AMB}$ lớn nhất thì giá trị của $\cos \widehat{AMB}$ bằng

A. $-\frac{5}{13}$.       B. $-\frac{12}{13}$.       C. $\frac{12}{13}$.       D. $\frac{5}{13}$.

Lời giải:

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( -2;2;-1 \right),AB=3$ và ${{\overrightarrow{n}}_{P}}=\left( 2;1;-2 \right)$ nên $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{n}=-4+2+2=0$ hay $AB\parallel \left( P \right)$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB\Rightarrow I\left( 1;0;-\frac{3}{2} \right)$. Xét mặt cầu $\left( S \right)$ đường kính $AB$.

Do $d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2\times 1-0-2\times \left( -\frac{3}{2} \right)-2 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}}=\frac{3}{3}<\frac{AB}{2}=\frac{3}{2}$.

Nên mặt cầu $\left( S \right)$ sẽ cắt mặt phẳng $\left( P \right)$ theo một đường tròn có tâm $H$ là hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$ và bán kính $r=\sqrt{\frac{A{{B}^{2}}}{4}-{{d}^{2}}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$.

Xét điểm $M$ bất kỳ thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ nằm ngoài đường tròn tâm $H$ bán kính $r=\frac{\sqrt{5}}{2}$.

Gọi $M'$ là giao điểm của $IM$ và mặt cầu $\left( S \right)$, khi đó $\widehat{AMB}<\widehat{AM'B}={{90}^{{}^\circ }}$.

Vậy $M$ thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ nằm trong đường tròn tâm $H$ bán kính $r=\frac{\sqrt{5}}{2}$.

Ta có $\cot AMB=\frac{M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{4{{S}_{AMB}}};M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=2M{{I}^{2}}+\frac{A{{B}^{2}}}{2}$  $\Rightarrow \cot AMB=\frac{2M{{I}^{2}}-\frac{A{{B}^{2}}}{2}}{4{{S}_{AMB}}}$.

Do $d\left( M,AB \right)\ge HI\Rightarrow {{S}_{AMB}}\ge {{S}_{AHB}}=\frac{1}{2}.1.3=\frac{3}{2}$,$M{{I}^{2}}\ge H{{I}^{2}}=1$ và $\cot AMB<0$.

Nên để $\widehat{AMB}$ lớn nhất thì $M\equiv H$ và $\cot AMB=\frac{2-\frac{9}{2}}{4\times \frac{3}{2}}=-\frac{5}{12}\Rightarrow \cos AMB=-\frac{5}{13}$.

Câu 18. Trong không gian ${Oxyz}$, cho mặt phẳng $\left( P \right):2x-y+2z+16=0$ và mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=21$. Một khối hộp chữ nhật $\left( H \right)$ có bốn đỉnh nằm trên mặt phẳng $\left( P \right)$ và bốn đỉnh còn lại nằm trên mặt cầu $\left( S \right)$. Khi $\left( H \right)$ có thể tích lớn nhất, thì mặt phẳng chứa bốn đỉnh của $\left( H \right)$ nằm trên mặt cầu $\left( S \right)$ là $\left( Q \right):2x+by+cz+d=0$. Giá trị $b+c+d$ bằng

A. $-15$.       B. $-13$.       C. $-14$.       D. $-7$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $I\left( 2;-1;3 \right)$, bán kính $R=\sqrt{21}$.

Ta có: $d(I ;(P))=9>\sqrt{21}$ nên suy ra mặt phằng $\left( P \right)$ không cắt mặt cầu $\left( S \right)$.

Gọi $a$, $b$ là các kích thước mặt đáy hình hộp chữ nhật và $d=d\left( I;\left( Q \right) \right)$.

Khi đó, thể tích của khối hộp chữ nhật $\left( H \right)$ là

$V=\left[ d\left( I;\left( P \right) \right)+d\left( I;\left( Q \right) \right) \right]ab$ $=\left( 9+d \right)ab$ $\le \left( 9+d \right){{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}$$=\left( 9+d \right)\left( 21-{{d}^{2}} \right)$.

Xét hàm số $f\left( d \right)=\left( 9+d \right)\left( 21-{{d}^{2}} \right)$ trên $\left( 0;+\infty  \right)$.

Ta có ${f}'\left( d \right)=21-{{d}^{2}}-2d\left( 9+d \right)$ $=21-18d-3{{d}^{2}}$; ${f}'\left( d \right)=0$ $\Leftrightarrow d=1$.

Từ đó, $V\le f\left( 1 \right)$.

Suy ra thể tích khối hộp chữ nhật đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi $d=d\left( I;\left( Q \right) \right)=1$ và $\left( Q \right)//\left( P \right)$.

Ta có $\left( Q \right):2x-y+2z+d=0$.

$d\left( I;\left( Q \right) \right)=1$ $\Leftrightarrow \frac{\left| 11+d \right|}{3}=1$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}d=-8  \\ d=-14  \\\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}\left( {{Q}_{1}} \right):2x-y+2z-8=0  \\\left( {{Q}_{2}} \right):2x-y+2z-14=0  \\\end{array} \right.$.

Lấy điểm $N\left( 0;0;-8 \right)\in \left( P \right)$. Ta có $I$ và $N$ phải nằm cùng phía với mặt phẳng $\left( Q \right)$.

Do đó, ta chọn $\left( Q \right):2x-y+2z-14=0$. Từ đó $b+c+d=-13$.

Câu 19. Cho $A(0 ; 8 ; 2)$ và mặt cầu $(S):(x-5)^2+(y+3)^2+(z-7)^2=72$ và điểm $A(9 ;-7 ; 23)$. Viết phương trình mặt phẳng $(P)$ đi qua $A$ và tiếp xúc với mặt cầu $(S)$ sao cho khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(P)$ là lớn nhất. Giải sử $\vec{n}=(1 ; m ; n)$ là một vectơ pháp tuyến của $(P)$. Khi đó

A. $m \cdot n=4$.       B. $m \cdot n=2$.       C. $m \cdot n=-4$.       D. $m \cdot n=-2$.

Lời giải:

$(P)$ đi qua điểm $A(0 ; 8 ; 2)$ và có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(1 ; m ; n) \Rightarrow(P): x+m y+n z-8 m-2 n=0$.

$(P)$ tiếp xúc với mặt cầu $(S) \Rightarrow \frac{|5-11 m+5 n|}{\sqrt{1+m^2+n^2}}=6 \sqrt{2}$.

$d=d(B ;(P))=\frac{|9-15 m+21 n|}{\sqrt{1+m^2+n^2}}=\frac{|5-11 m+5 n+4-4 m+16 n|}{\sqrt{1+m^2+n^2}} \leq \frac{|5-11 m+5 n|}{\sqrt{1+m^2+n^2}}+4 \frac{|1-m+4 n|}{\sqrt{1+m^2+n^2}}$.

$\leq 6 \sqrt{2}+4 \frac{\sqrt{1^2+(-1)^2+4^2} \cdot \sqrt{1+m^2+n^2}}{\sqrt{1+m^2+n^2}}=18 \sqrt{2}$.

$\Rightarrow d_{\max }=18 \sqrt{2} \Leftrightarrow \frac{1}{1}=\frac{-1}{m}=\frac{4}{n} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}m=-1 \\ n=4\end{array} \Rightarrow m \cdot n=-4\right.$.

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ $O x y z$, gọi $(P): a x+b y+c z-3=0$ là phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm $M(0 ;-1 ; 2), N(-1 ; 1 ; 3)$ và không đi qua $H(0 ; 0 ; 2)$. Biết rằng khoảng cách từ $H(0 ; 0 ; 2)$ đến mặt phẳng $(P)$ đạt giá trị lớn nhất. Tổng $P=a-2 b+3 c+12$ bằng

A. 8.       B. 12.       C. 16.       D. -16.

Lời giải:

Mặt phẳng $(P)$ đi qua hai điểm $M(0 ;-1 ; 2), N(-1 ; 1 ; 3)$ nên ta có $\left\{\begin{array}{c}-b+2 c-3=0 \\ -a+b+3 c-3=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}b=2 c-3 \\ a=5 c-6\end{array}\right.\right.$

Mặt khác $d(H ;(P))=\frac{|2 c-3|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$.  Thay vào ta được $d(H ;(P))=\frac{|2 c-3|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{|2 c-3|}{\sqrt{30 c^2-72 c+45}}$.

Xét hàm số $y=\frac{2 c-3}{\sqrt{30 c^2-72 c+45}}$ có tập xác định $D=\mathbb{R}$.

${{y}^{\prime }}=\frac{18c-18}{30{{c}^{2}}-72c+45};{{y}^{\prime }}=0\Leftrightarrow c=1\Rightarrow y=-\frac{1}{\sqrt{3}}\text{ v }\!\!\grave{{a}}\!\!\text{  }\underset{c\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,=\frac{2}{\sqrt{30}};\underset{c\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=-\frac{2}{\sqrt{30}}\Rightarrow {{\min }_{D}}y=y(1)=-\frac{1}{\sqrt{3}}.$

Xét hàm số $g(c)=\frac{|2 c-3|}{\sqrt{30 c^2-72 c+45}}$. Từ đó suy ra $\max {g}({c})=f(1)=g(1)=\frac{1}{\sqrt{3}}$ đạt tại $c=1$.

Với $c=1 \Rightarrow a-1 ; b=-1$. Vậy $P=a-2 b+3 c+12=16$.

Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ $O x y z$, cho bốn điểm $A(1 ; 0 ; 0), B(2 ; 1 ; 3), C(0 ; 2 ;-3)$, $D(2 ; 0 ; \sqrt{7})$. Gọi $M$ là điểm thuộc mặt cầu $(S):(x+2)^2+(y-4)^2+z^2=39$ thỏa mãn $M A^2+2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=8$. Biết rằng đoạn thẳng $M D$ đạt giá trị lớn nhất. Giá trị lớn nhất đó bằng

A. $\sqrt{7}$.       B. $2 \sqrt{7}$.       C. $3 \sqrt{7}$.       D. $4 \sqrt{7}$.

Lời giải:

Giả sử $M(x ; y ; z)$, ta có: $M A^2+2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=8 \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-2 x-2 y-7=0(1)$.

Mà $M \in(S)$ nên ta có: $x^2+y^2+z^2+4 x-8 y-19=0(2)$

Trừ $(1),(2)$ theo vế ta được: $x-y-2=0$.

Suy ra $M$ thuộc đường tròn $(T)$ là giao của $(S)$ với mặt phẳng $(P): x-y-2=0$.

Thay tọa độ của $D$ vào phương trình của $(P)$ và của $(S)$ thấy thỏa mãn nên $D \in(T)$, suy ra giá trị lớn nhất của $M D$ bằng đường kính của $(T)$. $(S)$ có tâm $I(2 ; 4 ; 0)$ và bán kính $R=\sqrt{39}$ Khoảng cách từ $I$ với $(P)$ là $h=d(I ;(P))=4 \sqrt{2}$.

Bán kính của $(T)$ là $r=\sqrt{R^2-h^2}=\sqrt{7}$. Suy ra $\max M D=2 r=2 \sqrt{7}$.

Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ $O x y z$, cho mặt cầu $(S): x^2+y^2+z^2=1$. Điểm $M \in(S)$ có tọa độ dương; mặt phẳng $(P)$ tiếp xúc với $(S)$ tại $M$ cắt các tia $O x ; O y ; O z$ tại các điểm $A, B, C$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=\left(1+O A^2\right)\left(1+O B^2\right)\left(1+O C^2\right)$ bằng

A. 8.       B. 24.       C. 27.       D. 64.

Lời giải:

$(S)$ có tâm $(O)$ và bán kính $R=1$. Theo đề bài ta có $A(a, 0,0) ; B(0, b, 0) ; C(0,0, c) ;(a, b, c>0)$ khi đó phương trình mặt phẳng $(P)$ là: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1 .(P)$ tiếp xúc với $(S)$ tại $M \in(S) \Leftrightarrow d(O ;(P))=1 \Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}}=1$ $\Leftrightarrow d(O;(P))=1$$\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}}}=1$ $\Leftrightarrow a b c=\sqrt{a^2 b^2+b^2 c^2+c^2 a^2} \geq \sqrt{3 \sqrt[3]{a^4 b^4 c^4}} \Rightarrow a b c \geq 3 \sqrt{3} \quad$ (1) vì $(a, b, c>0)$.

Khi đó: $T=\left(1+O A^2\right)\left(1+O B^2\right)\left(1+O C^2\right)=\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)$ $\Rightarrow T=1+a^2+b^2+c^2+a^2 b^2+b^2 c^2+c^2 a^2+a^2 b^2 c^2=1+a^2+b^2+c^2+2 a^2 b^2 c^2$

Mặt khác $1+a^2+b^2+c^2+2 a^2 b^2 c^2 \geq 1+3 \sqrt[3]{a^2 b^2 c^2}+2 a^2 b^2 c^2 \geq 64 \quad$ (2) $\Rightarrow T \geq 64$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $T$ là 64 khi $(1)$ và $(2)$ xảy ra dấu bằng $\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}$.

 

Nguyễn Quốc Hoàn , 02/3/2023

Các chuyên đề về phương pháp tọa độ trong không gian ôn thi TN THPT QG năm 2023

1  Phương pháp tọa độ trong không gian năm 2023 phần 1  Ấn đây vào bài này

2  Phương pháp không gian tọa độ Oxyz phần 2    Ấn đây vào bài này

3  Phương trình mặt phẳng mặt cầu trong không gian mức khó VD và VDC    Ấn đây vào bài này

4  Phương trình mặt cầu trong không gian tọa độ Oxyz    Ấn đây vào bài này

5  Phương pháp tọa độ trong không gian ôn thi TN THPT 2023 VD VDC    Ấn đây vào bài này

6  Chuyên đề phương pháp tọa độ trong không gian phát triển câu VD VDC năm 2023    Ấn đây vào bài này

7  Phương trình đường thẳng trong không gian tọa độ Oxyz VD VDC phần 1    Ấn đây vào bài này

8  Hình học không gian tọa độ Oxyz phần 2 Ôn thi TNTHPT 2023    Ấn đây vào bài này