MỞ ĐẦU
1. Đặt vấn đề
Tri thức nhân loại là vô tận, kiến thức của từng người thì có hạn. Cứ sau một
chu kỳ ngắn khối lượng tri thức trên các lĩnh vực lại tăng lên gấp đôi vì vậy không
một nhà trường nào có thể dạy đủ và dạy hết tri thức cho học sinh. Để người học
có thể cập nhật được tri thức của nhân loại và tiếp tục học ngay cả khi không còn
ngồi trên ghế nhà trường thì cần phải được rèn luyện, bồi dưỡng năng lực tự học.
Trong nhà trường phổ thông hiện nay, nhiều nơi việc dạy học còn chủ yếu
hướng vào khối lượng kiến thức cần ghi nhớ, rèn luyện kỹ năng giải toán mà chưa
chú ý nhiều đến việc dạy cách học, phương pháp học. Nhiều bài dạy trong chương
trình được coi là quá dài so với thời lượng quy định. Vì vậy, để đạt được mục tiêu
dạy học phù hợp với nội dung dạy học thì giáo viên cần phải thiết kế nội dung dạy
học nhằm học sinh tự học cũng như bồi dưỡng năng lực tự học cho học sinh. Đối
với học sinh lớp 12,_lớp cuối cấp của THPT, thì tự học là rất quan trọng trong quá
trình ôn thi đại học, cao đẳng. Các em phải biết phân chia quỹ thời gian có hạn của
mình, lập kế hoạch cụ thể để rà soát lại toàn bộ những mảng kiến thức thu lượm
được.; sau đó phải biết đánh giá để thi của các năm , đánh giá năng lực bản thân
để có hướng tự học, tự bồi dưỡng.
Hình học 12 THPT là một trong những mảng kiến thức quan trọng, xây
dựng hệ thống câu hỏi và bài tập cho nội dung này khá phù hợp cho việc bồi
dưỡng năng lực tự học cho học sinh.
Nhiều kết quả nghiên cứu của giáo dục học cho thấy để nâng cao chất lượng
giáo dục thì phải biến quá trình đào tạo thành quá trình tự đào tạo, biến quá trình
giáo dục thành quá trình tự giáo dục. Vì những lí do trên, đề tài được chọn là: “Bồi
dưỡng năng lực tự học cho học sinh thông qua hệ thống câu hỏi và bài tập Hình
học 12 THPT”.
2. Phương pháp tiến hành
- Tập hợp và nghiên cứu các tài liệu có liên quan đến phương pháp dạy học tự học
nói chung và phương pháp dạy học tự học môn Toán nói riêng.
- Tìm hiểu thực trạng dạy học tự học hiện nay đối với môn Toán.
1


HHKG

Hình học không gian

NXB

Nhà xuất bản

NXBGD

Nhà xuất bản giáo dục

THPT

Trung học phổ thông

VTCP

Véctơ chỉ phương

VTPT

Véctơ pháp tuyến

2


NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận.


- Kỹ năng “đọc” và “viết” phương trình đường, mặt.
Về năng lực:
- Năng lực sử dụng ngôn ngữ, chuyển đổi ngôn ngữ từ hình học tổng hợp
sang hình học giải tích và ngược lại. Có thể nói gọn đây là năng lực chuyển đổi
giữa hai phương diện ngữ nghĩa và cú pháp của nội dung toán học.
- Năng lực suy luận; tiến hành các thao tác tư duy: phân tích, tổng hợp, so
sánh, tương tự, đặc biệt hóa, khái quát hóa,....
II. Xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập Hình học 12 THPT nhằm bồi dưỡng
năng lực tự học cho học sinh.
1. Hệ thống câu hỏi và bài tập về “Hệ tọa độ trong không gian”
Khi dạy bài “Hệ tọa độ trong không gian” giáo viên có thể yêu cầu học sinh
đọc nội dung ba phần đầu rồi ghi những nội dung mà mình cho là cần thiết ra giấy.
Sau đó, giáo viên phát cho mỗi học sinh hệ thống câu hỏi và bài tập dưới đây và yêu
cầu học sinh trả lời và giải các bài tập đó bằng những kiến thức mà các em đã ghi lại.
Trong hệ trục tọa độ Oxyz.
1. Liên hệ giữa hệ trục tọa độ trong không gian với hệ trục tọa độ trong mặt phẳng?




2. Cho véctơ u  3i  5k . Hãy viết tọa độ của véctơ u .




3. Cho điểm M thỏa mãn OM  2i  4k  5 j . Hãy viết tọa độ của điểm M. 4.
Tọa độ của một điểm M trong hệ tọa độ Oxyz được xác định như thế nào?
5. Các phép toán về véctơ bao gồm những phép toán nào? Biểu thức tọa độ của
những phép toán này? Hãy phát biểu bằng lời biểu thức tọa độ của những phép

 



9. Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có A1;0;1,B2;1;2,D1;1;1, C'4;5; 5 .
a) Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình hộp.
b) Tính các kích thước của hình hộp.
10. Cho ba điểm A3; 2;5,B2;1; 3,C5;1;1 .
a) Chứng minh rằng ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác.
b) Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn.
c) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác.
d) Tìm tọa độ của điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.
Gợi ý và ĐS

 

2. Véctơ u được cho không đầy đủ cả bộ ba véctơ i, j,k yêu cầu học sinh cần chú






ý khi viết tọa độ của véctơ này.
ĐS: u 3;0; 5  .
 

3. Véctơ OM có thứ tự các véctơ i, j,k không đúng thứ tự để học sinh cần phải

lưu ý đến thứ tự của các véctơ này và viết lại véctơ OM ở dạng mà các véctơ



 
d) Ta có u  tv  t  2;3t  5; 2t  3;2u  v  3;13;8

 

5






 


 
u  t v  2u  v  u  t v . 2u  v  0 .

 

 





ĐS: t 


c) G 2;0;  .

3

 
d) Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AD  BC . ĐS: D10; 2;7  .
2. Hệ thống câu hỏi và bài tập về thể tích khối đa diện
1.[ĐH KD.2010] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh
bên SA  a ; hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng ABCD là điểm H
thuộc đoạn AC; AH 

AC
. Gọi CM là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh
4

rằng M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.

6


2.[ĐH KB.2006] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với

AB  a, AD  a 2;SA  a và SA vuông góc với mặt phẳng ABCD . Gọi M và
N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao điểm của BM và AC. Chứng
minh rằng mặt phẳng SAC vuông góc với mặt phẳng SMB và tính thể tích
khối tứ diện ANIB theo a.
3. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB  a , góc giữa hai mặt
phẳng A'BC và ABC bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo a.
4.[ĐH KA.2009] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A
và D; AB  AD  2a,CD  a ; góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD bằng

mà ta dễ dàng tính được thể tích, chẳng
hạn như S.ABC,M.ABC .
Với bài toán này ta hoàn toàn xác định

M

B

C

được chiều cao của khối chóp đã cho
nên ta tính thể tích của khối chóp

A

H

D

S.MBC theo cách thứ hai.
* Chứng minh M là trung điểm của cạnh SA.
Ta có AC  a 2;AH 

a 2
3a 2
.
;HC 
4
4


2. Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau ta chứng minh mặt phẳng
này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.
Chứng minh hai mặt phẳng SAC,SMB vuông góc với nhau.

2
a 6
1
a 3
Ta có I là trọng tâm tam giác ABD nên BI  BM 
; AI  AC 
.
3
3
3
3
Khi đó ta có AI 2  IB2  a 2  AB2 nên tam giác AIB vuông tại I.
Như vậy BM  AC,BM  SA nên BM  SAC  SBM  SAC .

8


S

* Tính thể tích khối tứ diện ABIN.
Ta có

1
1 1
1
V  d  N,ABI.SABI  . SA. IA.IB

B'
A'

C'

BC.
Tam giác

A'BC cân tại A' nên

A'H  BC , do đó góc giữa hai mặt
phẳng

A
'HA .

A'BC và ABC bằng góc

B
H
A

C

  600 nên AA '  AH.tan 600  3 a .
Theo giả thiết ta có A'HA
2
3a 3 3
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là V  AA'.SABC 
.


.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD bằng góc SHI
  600 .
Theo giả thiết ta có SHI
1
1
3
3a 5
SIBC  IH.BC  IH.a 5 mà SIBC  a 2 nên IH 
.
2
2
2
5

Xét trong tam giác SIH vuông tại I, ta có SI  IH.tan 600 

3a 15
.
5

1
3a 3 15
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là V  SI.SABCD 
.
3
5
5. Từ giả thiết AA'  A'B  A'C ta có hình chiếu vuông góc O của A' trên mặt
phẳng ABC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .


C
O

Trong tam giác vuông A'AO
A

B

9a 7
ta có A'O  AA'2  AO2 
.
4
10


Thể tích của khối đa diện A'BCC'B' là



1
V  VABC.A 'B'C'  VA '.ABC  A'O  A'O.SABC  3a 3 14


3
6. Do SA  SB  SC nên hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng ABC là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tam giác ABC vuông tại C nên H là
trung điểm của cạnh AB.
S



H

34b2  a 2 

C

48

7. Do hai mặt phẳng SAB và ABCD vuông góc với nhau nên từ S ta kẻ
SH  AB,H  AB thì SH  ABCD.

Tam giác SAB vuông tại S nên SH 

a 3
.
2

S

Diện tích tứ giác BMDN là

SBMDN  SABCD  SADM  SCDN  2a 2
N

Vậy thể tích khối chóp S.BMDN là
H

3


2a
D

A

F
D

B
M
H
C

E

B

A
C

4a 2  x 2
Suy ra sin A 
.
2a

BC
a2

Theo định lý hàm số sin, ta có HA 
.

a 3
;AB  x , ta có
2

3a 2  x 2
1
x 3a 2  x 2
EF  AE  AF 
 SABE  AB.EF 
.
2
2
4
2

2

1
1
Vậy thể tích khối tứ diện ABCD là V  CD.SABE  ax 3a 2  x 2 .
3
12

12


b) Để tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD, ta có thể giải bằng một
trong hai cách sau:
Cách 1: Sử dụng hàm số. Điều kiện để tứ diện tồn tại là 0  x  a 3 .


f ' x 



f x

0

a 3



9a 4
4

Từ bảng biến thiên, ta có giá trị lớn nhất của hàm số f  x  là

9a 4
. Do đó thể tích
4

1
9a 4 a 3
a 6
a

khối tứ diện đạt giá trị lớn nhất bằng
đạt được khi x 
.
12

thuộc dạng này với mức độ cao hơn. Bên cạnh đó các em được rèn luyện các thao
tác của tư duy logic trong việc giải quyết vấn đề như phân tích, so sánh, tổng hợp,

13


.... Đồng thời, thông qua việc giải quyết từng bài tập trong hệ thống học sinh cần
phải điều chỉnh cách tính thể tích trực tiếp theo công thức hoặc dựa vào các khối
đa diện khác liên quan. Do đó góp phần bồi dưỡng năng lực giải quyết vấn đề và
năng lực tư duy quyết định đúng từ quá trình phát hiện và giải quyết vấn đề cho
học sinh.
Thông qua việc giải các bài tập trên đây học sinh có thể nhận thấy rằng để
giải một bài tập về thể tích ta có thể tiến hành theo các bước sau:
Bước 1: Xác định chiều cao của khối đa diện(khối chóp, khối lăng trụ).
Một số trường hợp đặc biệt giúp xác định nhanh chiều cao của khối chóp,
khối lăng trụ:
- Trên hình vẽ đã sẵn có 1 đường thẳng vuông góc với đáy. Khi đó ta chỉ cần kẻ
đường thẳng qua đỉnh và song song với đường thẳng nói trên, chẳng hạn bài tập 2.
- Đỉnh của hình chóp hoặc hình lăng trụ cách đều các đỉnh ở đáy. Khi đó chiều
cao của hình chóp hoặc hình lăng trụ là đoạn nối đỉnh với tâm đường tròn đi qua các
đỉnh mà đỉnh của hình chóp hoặc hình lăng trụ cách đều, chẳng hạn bài tập 5, bài tập 6.
- Có một mặt nào đó của hình chóp hoặc hình lăng trụ đi qua đỉnh và vuông
góc đáy. Khi đó chiều cao của hình chóp hoặc hình lăng trụ là đoạn vuông góc kẻ
từ đỉnh xuống giao tuyến của hai mặt nói trên, chẳng hạn bài tập 7.
Bước 2: Tính độ dài chiều cao.
Sau khi xác định được chiều cao, ta cần tính chiều cao. Trong phần này có thể việc
tính độ dài chiều cao gắn liền với góc giữa đường thẳng với mặt phẳng, mặt phẳng
với mặt phẳng. Học sinh phải nắm được cách xác định và tính góc giữa đường
thẳng với mặt phẳng, mặt phẳng với mặt phẳng, chẳng hạn bài tập 3, bài tập 4.
Bước 3: Tính diện tích đáy và thể tích khối đa diện.

trong mỗi trường hợp sau:
1. Đi qua điểm M1;1;1 và song song với mặt phẳng Q có phương trình
x  2y  3z  5  0 .

2. Song song với mặt phẳng Q :3x  2y  z  3  0 và tiếp xúc với mặt cầu

S :x 2  y2  z2  4x  2y  6z  2  0 .
3. Vuông góc với đường thẳng d :

x 1 y  2 z  5


và cắt mặt cầu
2
2
1

S :x 2  y2  z2  6x  2y  4z 11  0 theo giao tuyến là đường tròn có chu vi
bằng 8 .
4. Song song và cách đều hai mặt phẳng

15


 :x  2y  3z  6  0 và  :x  2y  3z  4  0 .
5. Vuông góc với đường thẳng d :

x  1 y 1 z  2
sao cho khoảng cách từ


Phương trình P : 3x  2y  z  4 14  5  0 hoặc 3x  2y  z  4 14  5  0 .
3. Xác định tâm I , bán kính R của mặt cầu S .
Mặt phẳng

P vuông góc với đường thẳng d nên phương trình có dạng

2x  2y  z  c  0 (nhận véctơ chỉ phương của d làm 1 VTPT).

Mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r được
xác định bởi r  R 2  d 2 I,P .
Phương trình P là 2x  2y  z 1  0 , 2x  2y  z  19  0 .
4. Mặt phẳng P song song với hai mặt phẳng đã cho nên phương trình có dạng
x  2y  3z  c  0,c  6;c  4 . P

cách

đều

hai

mặt

phẳng

nên

d  ,P  d ,P . Để tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song ta lấy
1 điểm thuộc mặt phẳng này và tính khoảng cách đến mặt phẳng kia.
ĐS: phương trình mặt phẳng P là x  2y  3z 1  0 .
5. Mặt phẳng

Đi qua 2 điểm hoặc
chứa 1 đt

Song song với 1 đt

Vuông góc với 1 mp

Thỏa mãn điều kiện về
khoảng cách

Đi qua 1 điểm

MẶT PHẲNG

Đi qua 3 điểm

Chứa 2 đt cắt nhau
hoặc song song

Dựa vào sơ đồ trên, ta có thể xây dựng được hệ thống bài tập như sau:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy viết phương trình mặt phẳng P
trong mỗi trường hợp sau:
6. Đi qua ba điểm A4;1;4,B3;3;1,C1;5;5 .
7. Chứa đường thẳng d :

x  2 y  2 z 1
và vuông góc với mặt phẳng


4


2
3
1
17


10. Chứa 2 đường thẳng cắt nhau d :

x 1 y  7 z  3
x  6 y 1 z  2
.


;d':


2
1
4
3
2
1

11. Chứa hai đường thẳng song song

d:

x 2
y

1

x 1 y
z 2
sao cho đường thẳng d là hình chiếu


4
1
5

x  1  t

vuông góc của đường thẳng d ' : y  1
trên mặt phẳng P .

z  1  t
Gợi ý hướng giải và ĐS

 
6. Mặt phẳng P đi qua ba điểm A,B,C nên hai véctơ AB,AC cùng vuông góc với
  
VTPT của mặt phẳng P . Do đó mặt phẳng P nhận véctơ n  AB,AC  làm 1 VTPT.


ĐS: phương trình mặt phẳng P là 7x  4y  z  8  0 .


7. Đường thẳng d đi qua điểm M , có véctơ chỉ phương u .



10. Đường thẳng d đi qua điểm M , có véctơ chỉ phương u . Đường thẳng d ' đi


qua điểm N , có véctơ chỉ phương u ' không cùng phương với u .
 
Mặt phẳng P chứa d và d ' nên đi qua M , nhận véctơ  u,u ' làm một VTPT.


ĐS: phương trình mặt phẳng P là 9x  10y  7z  58  0 .


11. Đường thẳng d đi qua điểm M , có véctơ chỉ phương u . Đường thẳng d ' đi


qua điểm N , có véctơ chỉ phương u ' cùng phương với u .
 

d
và
d
'
Mặt phẳng P chứa
nên đi qua M , nhận véctơ  u,MN làm một VTPT.


ĐS: phương trình mặt phẳng P là 5x  22y  19z  9  0 .
12. Mặt cầu S có tâm I , bán kính R .



chứa 1 đt

Song song với 1 đt

Thỏa mãn điều kiện về
góc

Vuông góc với 1 mp

Thỏa mãn điều kiện về
khoảng cách

MẶT PHẲNG

Dựa vào sơ đồ trên, ta có thể xây dựng hệ thống bài tập như sau:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy viết phương trình mặt phẳng P
trong mỗi trường hợp sau:
14. Chứa đường thẳng d :

x  3 y 1 z  7


sao cho khoảng cách từ hai điểm
1
1
1

A3; 4; 6,B1;2;2 đến mặt phẳng P bằng nhau.
15. Chứa đường thẳng d :



x 1 y  2 z 1


1
1
1

và tạo với mặt phẳng xOy một góc nhỏ nhất.
Gợi ý hướng giải và ĐS


14. Đường thẳng d đi qua điểm M3;1;7 , có véctơ chỉ phương u 1;1;1.


Gọi n a;b;c,a 2  b 2  c2  0 là VTPT của mặt phẳng P . Khi đó n.u  0 . Bài toán
liên quan đến khoảng cách nên có thể phải viết phương trình của P dưới dạng tổng
quát. Sau đó tìm ra VTPT nhờ sử dụng điều kiện d A,P  d B,P . Hoặc có thể giải
theo cách khác như sau: Khoảng cách từ A, B đến mặt phẳng P bằng nhau nên xảy ra
một trong hai trường hợp: hoặc là mặt phẳng P song song với AB , hoặc là mặt phẳng

P đi qua trung điểm I của đoạn AB .

Đường thẳng d đi qua điểm M3;1;7 , có véctơ chỉ phương u 1;1;1.

Gọi n a;b;c,a 2  b 2  c2  0 là VTPT của mặt phẳng P . Khi đó

n.u  0  a  b  c  0  a  b  c .
Phương trình mặt phẳng P có dạng b  cx  3  by 1 cz  7  0 .



Gọi n a;b;c là VTPT của mặt phẳng P , với a 2  b 2  c 2  0 . Khi đó

n.u  0 a  b  4c  0  a  b  4c . Phương trình mặt phẳng P có dạng

b  4cx 13  by 1  cz  0 . Mặt phẳng P tiếp xúc với mặt cầu S nên
 b  4c
d I,P  R  b  5c  2b2  8bc 17c2  
 b  2c
Kết hợp với điều kiện a 2  b 2  c 2  0 , ta có b  0;c  0 .
Với b  4c , ta có phương trình mặt phẳng P là 8x  4y  z 100  0 .
Với b 2c , ta có phương trình mặt phẳng P là 2x  2y  z  28  0 .

16. Xác định tâm I , bán kính R của mặt cầu S . Xác định VTPT n Q của mặt phẳng Q .

Gọi n a;b;c là VTPT của mặt phẳng P , với a 2  b 2  c 2  0 .
 
Hai mặt phẳng P và Q vuông góc với nhau nên n.n Q  0 , từ đó định dạng tọa

độ cho n và viết phương trình của P .
Mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r nên
d I,P  R 2  r 2 . ĐS: phương trình mặt phẳng P là









9 a c
a 2  c 2  4 a  c 

2



9 a c

a  c 
2
 4 a  c 
2
2

3 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  c  0 .
Vậy d A,P lớn nhất bằng 3 2 khi a  c  0 và khi đó phương trình mặt phẳng

P là x  4y  z  3  0 .
18. Bài toán này liên quan đến góc giữa đường thẳng và mặt phẳng nên cần thiết
phải xác định VTPT cho mặt phẳng.


Mặt phẳng Q có VTPT n Q 2;1;1 . Gọi n a;b;c là VTPT của mặt phẳng P , với
 
a 2  b 2  c 2  0 . Hai mặt phẳng P và Q vuông góc với nhau nên n.n Q  0 , từ đó

định dạng tọa độ cho véctơ n . Góc  giữa trục Oy với mặt phẳng P được xác định


2a  c



2

5

 2a  c

Dấu đẳng thức xảy ra khi

2

30
.
6

a c
  a  2c  0 .
2 1

ĐS: phương trình mặt phẳng P là 2x  5y  z  6  0 .
20. Bài toán này liên quan đến góc giữa hai mặt phẳng vì vậy ta cần phải xác định
VTPT cho mặt phẳng P .


Đường thẳng d đi qua điểm M1;2;1 , có véctơ chỉ phương u 1;1;1 .


nhất. Khi đó mặt phẳng P có phương trình là x  y  2z 1  0 .
Bình luận
Thông qua hệ thống bài tập này học sinh có thể nắm vững và hiểu sâu hơn
kiến thức kiến thức cơ bản về thiết lập phương trình mặt phẳng. Trên cơ sở đó các
em có thể tự mình giải quyết những bài tập có tính chất tổng hợp, nâng cao. Trong
quá trình giải quyết các bài tập trong hệ thống học sinh có thể gặp khó khăn, mâu
24


thuẫn, phát hiện các bế tắc, nghịch lý cần khai thông, làm sáng tỏ. Do đó cần phải
điều chỉnh lại cách xem xét vấn đề; giải quyết vấn đề để giải quyết được bài toán.
Và như vậy học sinh được bồi dưỡng các năng lực nhận biết, tìm tòi và phát hiện
vấn đề; năng lực giải quyết vấn đề; năng lực đánh giá và tự đánh giá; năng lực vận
dụng tư duy logic, tư duy biện chứng vào việc phát hiện và giải quyết vấn đề.
4. Hệ thống bài tập về phương trình mặt cầu
Hệ thống bài tập về phương trình mặt cầu được chia thành 4 phần nhỏ theo
việc xác định tâm của mặt cầu.
Cho trước tâm của mặt cầu.
Hệ thống bài tập này nhằm củng cố kiến thức cơ bản cho học sinh, đồng thời cũng
rèn luyện kỹ năng phân tích, so sánh trong những tình huống bài toán cụ thể.
Thông qua đó, học sinh tổng hợp lại và khắc sâu hơn phần lý thuyết đã học.
Ta có thể xây dựng hệ thống bài tập về phương trình mặt cầu theo sơ đồ sau:
Biết tọa độ của tâm

Biết
bán
kính

Đi
qua 1

3. Có tâm I3;5; 1  và cắt mặt phẳng  :2x  2y  z  4  0 theo giao tuyến là
đường tròn có bán kính r  4 .
25