intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Chuyên đề ôn thi tốt nghiệp trung học phổ thông môn Toán – Chuyên đề 22: Phương trình mặt cầu

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST
Báo xấu
3
lượt xem 0
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Chuyên đề ôn thi tốt nghiệp trung học phổ thông môn Toán – Chuyên đề 22: Phương trình mặt cầu" cung cấp các bài tập liên quan đến phương trình mặt cầu trong không gian 3 chiều. Các bài tập bao gồm việc xác định phương trình mặt cầu, tìm tâm và bán kính của mặt cầu từ phương trình, và các ứng dụng của phương trình mặt cầu trong bài toán hình học. Mời các bạn cùng tham khảo các bài tập để giải quyết các bài toán phương trình mặt cầu trong kỳ thi tốt nghiệp.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề ôn thi tốt nghiệp trung học phổ thông môn Toán – Chuyên đề 22: Phương trình mặt cầu

  1. CHUYÊN ĐỀ VD-VDC TOÁN 12 Điện thoại: 0946798489 Chuyên đề 22. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU • |FanPage: Nguyễn Bảo Vương  8 4 8  Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , N  ; ;  . Viết phương trình mặt cầu có  3 3 3 tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OMN và tiếp xúc với mặt phẳng  Oxz  . 2 2 2 2 A. x 2   y  1   z  1  1 . B. x 2   y  1   z  1  1 . 2 2 2 2 C.  x  1   y  1  z 2  1 . D.  x  1  y 2   z  1  1 . x 1 y 1 z 1 Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :   và 2 1 3 x 2 y z 9 d2 :   . Mặt cầu có một đường kính là đoạn thẳng vuông góc chung của d1 và d 2 1 2 3 có phương trình là: 2 2 2 2  16   2 2  8  1 2 A.  x     y     z  14   3 . B.  x     y     z  7   12 .  3  3  3  3 2 2 2 2  8  1 2  16   2 2 C.  x     y     z  7   3 . D.  x     y     z  14   12 .  3  3  3  3 x2 y2 z 3 Câu 3. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;0; 2  và đường thẳng  :   . 2 3 2 Phương trình mặt cầu tâm A , cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC  8 là ? 2 2 A.  S  : x 2  y 2   z  2   16 . B.  S  : x 2  y 2   z  2   25 . 2 2 2 2 C.  S  :  x  2    y  3   z  1  16 . D.  S  :  x  2   y 2  z 2  25 . Câu 4. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua điểm A 1; 1;4  và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ. 2 2 2 2 2 2 A.  x  3   y  3   z  3  16 . B.  x  3   y  3   z  3  9 . 2 2 2 2 2 2 C.  x  3   y  3   z  3  36 . D.  x  3   y  3   z  3  49 . x 1 y z Câu 5. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho đường thẳng d :   và hai điểm 2 1 2 A  2;1;0  , B  2;3; 2  . Viết phương trình mặt cầu  S  qua A, B và có tâm thuộc d . 2 2 2 2 2 2 A.  S  :  x  1   y  1   z  2   17 . B.  S  :  x  1   y  1   z  2   17 . 2 2 2 2 2 2 C.  S  :  x  3   y  1   z  2   5 . D.  S  :  x  3   y  1   z  2   33 . Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  5;3;1 , B  4; 1;3 , C  6; 2; 4  và D  2;1;7  . Biết rằng         tập hợp các điểm M thỏa 3MA  2 MB  MC  MD  MA  MB là một mặt cầu  S  . Xác định tọa độ tâm I và tính bán kính R của mặt cầu  S  . 4 2 3  1 14 2  21 A. I  ;1;  , R  . B. I  ; ;  , R  . 3 3 3 3 3 3 3  14 8  21  8 10 1  3 C. I 1; ;  , R  . D. I  ; ;  , R  .  3 3 3  3 3 3 3 Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  6; 0; 0  , N  0; 6; 0  , P  0; 0; 6  . Hai mặt 2 2 2 2 2 2 cầu có phương trình  S1  : x  y  z  2 x  2 y  1  0 và  S2  : x  y  z  8x  2 y  2 z  1  0 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1
  2. Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ cắt nhau theo đường tròn  C  . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa  C  và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM ? A. 1. B. 3 . C. Vô số. D. 4 . Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình mặt cầu:  Sm  : x2  y 2  z 2   m  2  x  2my  2mz  m  3  0 . Biết rằng với mọi số thực m thì  Sm  luôn chứa một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. 2 4 2 1 A. r  . B. r  . C. r  . D. r  3 . 3 3 3 2 2 2 Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  2    y  4    z  6   24 và điểm A   2; 0;  2  . Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến đến  S  với các tiếp điểm nằm trên   . Từ điểm M di động nằm ngoài  S  và nằm trong mặt phẳng chứa   kẻ các tiếp tuyến đến  S  với các tiếp điểm thuộc đường tròn    . Biết rằng khi hai đường tròn   ,    có cùng bán kính thì M luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r  6 2 . B. r  3 10 . C. r  3 5 . D. r  3 2 . 2 2 2 Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  2   4 và điểm A 1;1; 1 . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là các đường tròn  C1  ,  C2  ,  C3  . Tổng bán kính của ba đường tròn  C1  ,  C 2  ,  C3  là A. 6 . B. 4  3 . C. 3 3 . D. 2  2 3 . Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) đi qua điểm M  2;5; 2  và tiếp xúc với các mặt phẳng   : x  1,    : y  1,    : z  1. Bán kính mặt cầu ( S ) bằng A. 3 2. B. 3. C. 1. D. 4. 2 2 2 S  : x  y   z  1  25  S  : Câu 12. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt cầu và 2 2 2  x  1   y  2    z  3  1. Mặt phẳng P tiếp xúc   và cắt   theo giao tuyến là một S S đường tròn có chu vi bằng 6 . Khoảng cách từ O đến   bằng P 14 17 8 19 A. . B. . C. . D. . 3 7 9 2 Câu 13. Trong không gian Oxyz , gọi  S  là mặt cầu đi qua điểm D  0;1; 2  và tiếp xúc với các trục Ox , Oy , Oz tại các điểm A  a ;0;0  , B  0; b ;0  , C  0;0; c  trong đó a, b, c   \ 0;1 . Bán kính của  S  bằng 5 3 2 A. 5. B. . C. . D. 5 2 . 2 2 Câu 14. Trong không gian Oxyz cho điểm A(2 2 ; 2 2 ; 3) và mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  4 . Từ điểm A kẻ các đoạn tiếp tuyến tới mặt cầu ( S ) (là các đoạn nối từ A tới các tiếp điểm) thì tập hợp tất cả các đoạn này là mặt xung quanh của một hình nón ( H ) đỉnh A . Tồn tại duy nhất mặt cầu có tâm I ( xI ; yI ; zI ) nằm bên trong hình nón ( H ) , tiếp xúc với tất cả các đường sinh và tiếp xúc với mặt đáy của hình nón. Tính T  xI . yI  zI . 4 4 16 2 A. T  . B. T  . C. T   . D. T   . 5 25 25 25 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  3. Điện thoại: 0946798489 CHUYÊN ĐỀ VD-VDC TOÁN 12 Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  S1  : x 2  y 2  z 2  1 , 2 1   z 2  4 và các điểm A  4;0;0  , B  ;0;0  , C 1; 4;0  , D  4;4;0  . Gọi M là  S2  : x 2   y  4  4  điểm thay đổi trên  S1  , N là điểm thay đổi trên  S2  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  MA  2 ND  4 MN  4 BC là A. 2 265 . B. 265 . C. 3 265 . D. 4 265 . 2 2 2 Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  27 . Gọi   là một mặt phẳng đi qua hai điểm A  0;0; 4  , B  2;0;0  và cắt  S  theo giao tuyến là đường tròn  C  . Xét các khối nón có đỉnh là tâm của  S  và đáy là  C  . Biết rằng khi thể tích của khối nón lớn nhất thì mặt phẳng   có dạng ax  by  z  d  0 . Tính P  a  b  d . A. P  4 . B. P  8 . C. P  0 . D. P  4 . 2 2 2 Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x  y  z  2 x  4 y  4  0 và hai   điểm A(4; 2; 4), B (1; 4; 2) . MN là dây cung của mặt cầu thỏa mãn MN cùng hướng với  u  (0;1;1) và MN  4 2 . Tính giá trị lớn nhất của AM  BN . A. 41 . B. 4 2 . C. 7 . D. 17 . 2 2 2 Câu 18. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  25 và hình nón  H  có đỉnh A  3; 2; 2  và nhận AI làm trục đối xứng với I là tâm mặt cầu. Một đường sinh của hình nón  H  cắt mặt cầu tại M , N sao cho AM  3 AN . Viết phương trình mặt cầu đồng tâm với mặt cầu  S  và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón  H  . 2 2 2 71 2 2 2 70 A.  x  1   y  2    z  3  . B.  x  1   y  2    z  3  . 3 3 2 2 2 74 2 2 2 76 C.  x  1   y  2    z  3  . D.  x  1   y  2    z  3  . 3 3 2 2 2 Câu 19. Trong hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  cos     y  cos     z  cos    4 với  ,  và  lần lượt là ba góc tạo bởi tia Ot bất kì với 3 tia Ox , Oy và Oz . Biết rằng mặt cầu  S  luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định. Tổng diện tích của hai mặt cầu cố định đó bằng A. 36 . B. 4 . C. 20 . D. 40 . Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu đi qua điểm A 1; 1; 4  và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P  a  b  c có tập nghiệm là A. P  6 . B. P  0 . C. P  9 . D. P  3 . Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu 2 2 2  S  :  x  3   y  3   z  2   9 và ba điểm A 1; 0;0  , B  2;1;3 , C  0; 2;  3 . Biết rằng quỹ    tích các điểm M thỏa mãn MA2  2 MA.MC  8 là một đường tròn cố định, tính bán kính r của đường tròn này A. r  3. B. r  3. C. r  6. D. r  6. Câu 22. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2; 0; 0  , B  0; 4; 0  , C  0; 0; 6  . Điểm M thay đổi trên mặt phẳng  ABC  và điểm N trên tia OM sao cho OM .ON  12 . Biết rằng khi M thay đổi, điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định. Tính bán kính của mặt cầu đó. 7 5 A. 3 2 . B. . C. 2 3 . D. . 2 2 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3
  4. Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/  21  Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  S1  ,  S2  :  S1  có tâm I  0,0,  , bán  2 r1  6 và  S2  có tâm J  0,0,1 , bán kính 9 kính r2  . Hỏi có bao nhiêu điểm M  x, y, z  với 2 x, y, z nguyên thuộc phần giao của hai khối cầu? A. 11. B. 13. C. 9. D. 7. Câu 24. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  có phương trình là 2 2 2 x  y  z  2 x  2my  4 z  1  0 (trong đó m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để mặt cầu  S  có diện tích bằng 28 . A. m  1 . B. m   2 . C. m   7 . D. m  3 . 2 Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y  2    z 2  16 . Có tất cả bao nhiêu điểm A  a; b; c  ( a , c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng có phương trình y  2 2  0 sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của  S  đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau? A. 26 . B. 32 . C. 28 . D. 45 . A  a,0, 0  , B  0, b, 0  , C  0, 0, c  Câu 26. Trong không gian cho ba điểm với a, b, c là các số thực khác 0 , mặt phẳng  ABC  đi qua điểm M  2;4;5 . Biết rằng mặt cầu 2 2 2  S  :  x  1   y  2    z  3  25 cắt mặt phẳng  ABC  theo giao tuyến là 1 đường tròn có chu vi 8 . Giá trị của biểu thức bằng P  a  b  c : A. 30 . B. 40 . C. 4 . D. 20 . Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho phương trình của mặt  Sm  có dạng x2  y 2  z 2  2mx  2my  2  m 1 z  4m2  3m  5  0 . Gọi T là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để  Sm  là phương trình của một mặt cầu có bán kính là một số nguyên tố. Số phần tử của T là A. 3 . B. 4 . C. 1 . D. 2 . 2 2 2 Câu 28. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  2    y  4    z  6   24 và A . Từ A  2 ; 0 ;  2  kẻ tiếp tuyến đến mặt cầu  S  với các tiếp điểm thuộc đường tròn  w  . Từ điểm M di động nằm ngoài mặt cầu  S  và nằm trong mặt phẳng chứa  w  kẻ các tiếp tuyến đến  S  với các tiếp điểm thuộc đường tròn  w   . Biết rằng hai đường tròn  w  và  w   có cùng bán kính thì M luôn thuộc một đường tròn cố định. Tìm bán kính r của đường tròn đó A. 3 2 . B. 6 2 . C. 3 5 . D. 3 10 . Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu hơn tại: https://www.nbv.edu.vn/ Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  5. CHUYÊN ĐỀ VD-VDC TOÁN 12 Điện thoại: 0946798489 Chuyên đề 22. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU • |FanPage: Nguyễn Bảo Vương  8 4 8  Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , N  ; ;  . Viết phương trình mặt cầu có  3 3 3 tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OMN và tiếp xúc với mặt phẳng  Oxz  . 2 2 2 2 A. x 2   y  1   z  1  1 . B. x 2   y  1   z  1  1 . 2 2 2 2 C.  x  1   y  1  z 2  1 . D.  x  1  y 2   z  1  1 . Lời giải Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN . Ta áp dụng tính chất sau : “Cho tam giác OMN với I là tâm đường tròn nội tiếp, ta có      a.IO  b.IM  c.IN  0 , với a  MN , b  ON , c  OM ”. 2 2 2  8   4   8  Ta có OM  22  22  12  3 , ON           4 .  3   3 3 2 2 2  8  4  8  MN    2     2     1  5 .  3  3  3    8   5.0  4.2  3.    xI   3  0  3 45  4       5.0  4.2  3.     3  1 . 5.IO  4.IM  3.IN  0   yI   3 45  8  5.0  4.2  3.    zI   3 1  3 45   Mặt phẳng  Oxz  có phương trình y  0 . Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  Oxz  nên mặt cầu có bán kính R  d  I ,  Oxz    1 . 2 2 Vậy phương trình mặt cầu là: x 2   y  1   z  1  1 . x 1 y 1 z 1 Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :   và 2 1 3 x 2 y z 9 d2 :   . Mặt cầu có một đường kính là đoạn thẳng vuông góc chung của d1 và d 2 1 2 3 có phương trình là: 2 2 2 2  16   2 2  8  1 2 A.  x     y     z  14   3 . B.  x     y     z  7   12 .  3  3  3  3 2 2 2 2  8  1 2  16   2 2 C.  x     y     z  7   3 . D.  x     y     z  14   12 .  3  3  3  3 Lời giải   Vectơ chỉ phương của d1 và d 2 lần lượt là u1   2;1;3 , u2  1; 2;3 . Gọi AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d 2 với A  d1 , B  d 2 . Suy ra: A  1  2a; 1  a; 1  3a  ; B  2  b; 2b;9  3b  . Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1
  6. Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/   Khi đó: AB   2a  b  3; a  2b  1; 3a  3b  10  . Vì AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d 2 nên:     7   11 4   AB  u1 14a  13b  37 a  3  A  3 ; 3 ;6                AB  2 3 .  AB  u2  13a  14b  35 b   1  B  5 ;  2 ;8    3  3 3     8 1  1 Gọi I là tâm mặt cầu  S  có đường kính là AB . Suy ra I  ; ;7  và R  AB  3 . 3 3  2 2 2  8  1 2 Vậy phương trình mặt cầu  S  :  x     y     z  7   3 .  3  3 x2 y 2 z 3 Câu 3. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;0; 2  và đường thẳng  :   . 2 3 2 Phương trình mặt cầu tâm A , cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC  8 là ? 2 2 A.  S  : x 2  y 2   z  2   16 . B.  S  : x 2  y 2   z  2   25 . 2 2 2 2 C.  S  :  x  2    y  3   z  1  16 . D.  S  :  x  2   y 2  z 2  25 . Lời giải Kẻ AH    H     HB  HC  4 .  x  2  2t   Ta có  :  y  2  3t  t     H  2t  2;3t  2;2t  3  AH   2t  2;3t  2; 2t  1 .  z  3  2t       Lại có u   2;3; 2  , AH    AH .u  0  2  2t  2   3  3t  2   2  2t  1  0  2 2  t  0  AH   2; 2; 1  AH   2   22   1  3 . Mặt cầu  S  có tâm A  0;0; 2  , bán kính R  AH 2  HB 2  32  42  5 2   S  : x 2  y 2   z  2   25 . Câu 4. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua điểm A 1; 1; 4  và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ. 2 2 2 2 2 2 A.  x  3   y  3   z  3  16 . B.  x  3   y  3   z  3  9 . 2 2 2 2 2 2 C.  x  3   y  3   z  3  36 . D.  x  3   y  3   z  3  49 . Lời giải Gọi I  a; b; c  là tâm của mặt cầu  S  . Mặt cầu  S  tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ d  I ,  Oxy    d  I ,  Oyz    d  I ,  Oxz    a  b  c  R 1 Mặt cầu  S  đi qua A 1; 1; 4   IA  R  IA2  R 2  a  12   b  12   c  4 2  R 2     a  0; c  0; b  0 a  0; c  0; b  0 a  c  b  R  0 (do 1)  2 2 2   a  1   a  1   a  4   a 2 2 2a  12a  18  0  a 2  6a  9  0     a  c  b  R  0  a  c  b  R  0 a  c  b  R  0 a  c  3  2 2 2  b  3   S  :  x  3   y  3   z  3  9 . R  3  Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  7. Điện thoại: 0946798489 CHUYÊN ĐỀ VD-VDC TOÁN 12 x 1 y z Câu 5. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho đường thẳng d :   và hai điểm 2 1 2 A  2;1;0  , B  2;3; 2  . Viết phương trình mặt cầu  S  qua A, B và có tâm thuộc d . 2 2 2 2 2 2 A.  S  :  x  1   y  1   z  2   17 . B.  S  :  x  1   y  1   z  2   17 . 2 2 2 2 2 2 C.  S  :  x  3   y  1   z  2   5 . D.  S  :  x  3   y  1   z  2   33 . Lời giải Gọi I là tâm mặt cầu  S  . Do  S  qua A, B nên I   P  với  P  là mặt phẳng trung trực của AB.   AB   4; 2; 2  là một vtpt của  P  . Gọi M là trung điểm của AB  M  0; 2;1 . Khi đó phương trình  P  : 2  x  0    y  2    z  1  0  2 x  y  z  3  0 . I   P   d  toạ độ I là nghiệm của hệ :  2 x  y  z  3  0  x  1    x 1 y z   y  1  2  1  2   z  2 I  1;  1; 2  . Bán kính R  IA  17 . 2 2 2 Phương trình mặt cầu cần tìm :  x  1   y  1   z  2   17. Câu 6. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  5;3;1 , B  4; 1;3 , C  6; 2; 4  và D  2;1;7  . Biết rằng         tập hợp các điểm M thỏa 3MA  2 MB  MC  MD  MA  MB là một mặt cầu  S  . Xác định tọa độ tâm I và tính bán kính R của mặt cầu  S  . 4 2 3  1 14 2  21 A. I  ;1;  , R  . B. I  ; ;  , R  . 3 3 3 3 3 3 3  14 8  21  8 10 1  3 C. I 1; ;  , R  . D. I  ; ;  , R  .  3 3 3  3 3 3 3 Lời giải Chọn C 2 2 2 AB   4  5   1  3   3  1  21 .        Gọi K  x; y; z  là điểm thỏa mãn điều kiện 3 KA  2 KB  KC  KD  0 .  3  5  x   2  4  x    6  x    2  x   0 x  1    14  14 8  Suy ra: 3  3  y   2  1  y    2  y   1  y   0   y   K 1; ;  .   3  3 3 3 1  z   2  3  z    4  z    7  z   0  8 z  3          Ta lại có: 3MA  2 MB  MC  MD  MA  MB                       3 MK  KA  2 MK  KB  MK  KC  MK  KD  BA                 3MK  3KA  2 KB  KC  KD  BA  3MK  0  BA  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3
  8. Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/   BA 21  3MK  BA  3MK  BA  MK   MK  . 3 3  14 8  21 Từ đó tập hợp điểm M là mặt cầu  S  tâm I  K 1; ;  , bán kính R  .  3 3 3 Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  6; 0; 0  , N  0; 6; 0  , P  0; 0; 6  . Hai mặt cầu có phương trình  S1  : x2  y 2  z 2  2 x  2 y  1  0 và  S2  : x 2  y 2  z 2  8x  2 y  2 z  1  0 cắt nhau theo đường tròn  C  . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa  C  và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM ? A. 1. B. 3 . C. Vô số. D. 4 . Lời giải Chọn C I M P J H K N Nếu điểm A  x; y; z  thuộc  C  thì  x2  y 2  z 2  2x  2 y  1  0   2 2 2  3x  2 y  z  0 .  x  y  z  8x  2 y  2z  1  0  Suy 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 vuông góc của I trên mặt phẳng  MNP  , J , K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên các đường thẳng MN , NP , PM . Ta có IJ  IK  IL  HJ  HK  HL . Suy ra I thuộc đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác MNP và vuông 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 giác MNP và vuông góc với mặt phẳng  MNP  cũng chính là đường thẳng d đi qua O và vuông góc với 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 vô số mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa  C  và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM . Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình mặt cầu:  Sm  : x2  y 2  z 2   m  2  x  2my  2mz  m  3  0 . Biết rằng với mọi số thực m thì  Sm  luôn chứa một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. 2 4 2 1 A. r  . B. r  . C. r  . D. r  3 . 3 3 3 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  9. Điện thoại: 0946798489 CHUYÊN ĐỀ VD-VDC TOÁN 12 Lời giải Chọn B  m2  9m2  8m  16 Mặt cầu  Sm  có tâm I   ;  m ; m  và bán kính R  .  2  2 Với m1 , m2 tùy ý và khác nhau, ta được hai phương trình mặt cầu tương ứng:  x 2  y 2  z 2   m1  2  x  2m1 y  2m1 z  m1  3  0  1  2 2 2 .  x  y  z   m2  2  x  2m2 y  2m2 z  m2  3  0   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 . (vì m1  m2 ) Dễ thấy  3 là phương trình tổng quát của mặt phẳng.  Họ mặt cầu  Sm  có giao tuyến là đường tròn nằm trên mặt phẳng  P  cố định có phương trình: x  2 y  2 z  1  0 . m2   2m  2m  1 2 9m  4 Mặt khác, đặt d  d  I ,  P       . 12  22   2  2 6 2 9m 2  8m  16  9m  4  32 2 r  R d 2 2   m   . 4 36 9 4 2 Vậy r  . 3 2 2 2 Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  2    y  4    z  6   24 và điểm A   2; 0;  2  . Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến đến  S  với các tiếp điểm nằm trên   . Từ điểm M di động nằm ngoài  S  và nằm trong mặt phẳng chứa   kẻ các tiếp tuyến đến  S  với các tiếp điểm thuộc đường tròn    . Biết rằng khi hai đường tròn   ,    có cùng bán kính thì M luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r  6 2 . B. r  3 10 . C. r  3 5 . D. r  3 2 . Lời giải Chọn B Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5
  10. Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Mặt cầu  S  có tâm I  2; 4; 6  , bán kính R  2 6 . Lấy điểm N   S  , AN là tiếp tuyến của  S      và N  x; y; z  khi đó AN .IN  0 . Do AN   x  2; y; z  2  ; IN   x  2; y  4; z  6  .   AN .IN  0   x  2  x  2   y  y  4    z  2  z  6   0  x 2  y 2  z 2  4 y  4 z  16  0 . Khi đó điểm N thuộc vào mặt cầu  S   có đường kính AI  4 6 .  x  2 2   y  4 2   z  6 2  24 (1)  Xét hệ  . Trừ theo vế của hai phương trình (1), (2) và rút 2 2 2  x  y  z  4 y  4 z  16  0  (2) gọn ta được 4 x  4 y  8 z  48  0  x  y  2 z  12  0 . Vậy    nằm trên mặt phẳng  P  : x  y  2 z  12  0 . Cắt mặt cầu  S  bởi mặt phẳng đi qua ba điểm A , I và M . Gọi H là tâm của   suy ra H là điểm cố định và r là bán kính của   . Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông AI .IH  R 2  IH  6 . Gọi J là tâm của đường tròn    vì    có bán kính r nên IJ  6 nên từ đó suy ra MI .IJ  R 2  MI  4 6 . 2 2 Do MH  IH HM  MI 2  IH 2  4 6    6   3 10 . Do M   P  cố định và HM  3 10 không đổi với H là cố định thuộc  P  nên M thuộc vào đường tròn cố định  C  có tâm H , bán kính r   HM  3 10 . 2 2 2 Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  2  4 và điểm A 1;1; 1 . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là các đường tròn  C1  ,  C2  ,  C3  . Tổng bán kính của ba đường tròn  C1  ,  C 2  ,  C3  là A. 6 . B. 4  3 . C. 3 3 . D. 2  2 3 . Lời giải Chọn B x  X  1  X  x 1   Ta dời hệ trục tọa độ Oxyz sang hệ trục tọa độ AXYZ , ta có  y  Y  1  Y  y  1 . z  Z 1 Z  z  1   Khi đó trong hệ tọa độ AXYZ : Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  11. Điện thoại: 0946798489 CHUYÊN ĐỀ VD-VDC TOÁN 12 2 2 2 Điểm A  0; 0; 0  . Mặt cầu  S  có phương trình X  Y   Z  1  4 có tâm I  0; 0 ; 1 và bán kính R  2 . Xét ba mặt phẳng bất kì đi qua A và đôi một vuông góc với nhau đều trùng với các mặt phẳng tọa độ trong hệ tọa độ AXYZ . Không mất tổng quát, ta xét ba mặt phẳng  P  : X  0 ,  P2  : Y  0 ,  P3  : Z  0 cắt mặt cầu  S  1 theo ba giao tuyến là các đường tròn  C1  ,  C 2  ,  C3  . Gọi r1 , r2 , r3 lần lượt là bán kính của các đường tròn  C1  ,  C2  ,  C3  . Vì  C1  và  C 2  là hai đường tròn lớn của  S  nên r1  r2  R  2 . r3  R 2  IA2  4  1  3 . Vậy r1  r2  r3  4  3 . Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) đi qua điểm M  2;5; 2  và tiếp xúc với các mặt phẳng   : x  1,    : y  1,    : z  1. Bán kính mặt cầu ( S ) bằng A. 3 2. B. 3. C. 1. D. 4. Lời giải Chọn B Gọi tâm mặt cầu là I ( a; b; c ) , khi đó mặt cầu có bán kính r  IM . Do mặt cầu ( S ) tiếp xúc với các mặt phẳng   : x  1,    : y  1,    : z  1 nên ta có hệ sau:  d ( I ; ( ))  r  a 1  r  d ( I ; (  ))  r   a 1  b 1   b 1  r       a 1  c  1 .  d ( I ; ( ))  r  c 1  r  2 2 2 2  IM  r   2 2 2 ( a  2)  (b  5)  (c  2)  (a  1)  (a  2)  (b  5)  (c  2)  r Trường hợp 1: b  a b  a b  a    c  a  2  c  a  2  c  a  2 (a  2)2  (b  5)2  (c  2)2  (a  1) 2 (a  2)2  (a  5) 2  a 2  (a  1) 2 a 2  6a  14  0     hệ vô nghiệm. Trường hợp 2: a  b b  a   c   a  c   a (a  2)2  (b  5)2  (c  2)2  (a  1)2 (a  2)2  (a  5) 2  (a  2) 2  (a  1)2   b  a b  4    c  a  c  4 . 2a 2  16a  32  0 a  4   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7
  12. Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Trường hợp 3: b  a  2 b  a  2 b  a  2    c  a  2  c  a  2  c  a  2 (a  2) 2  (b  5) 2  (c  2)2  (a  1)2 (a  2)2  (a  3)2  a 2  (a  1) 2  a 2  2a  6  0     hệ vô nghiệm. Trường hợp 4: b  a  2 b  a  2 b  a  2    c  a  c  a  c   a (a  2) 2  (b  5) 2  (c  2)2  (a  1) 2 (a  2)2  (a  3) 2  (a  2) 2  (a  1) 2 2a 2  16  0     hệ vô nghiệm. Vậy r  a  1  3. 2 S  : x 2  y 2   z  1  25  S  : Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu và 2 2 2  x  1   y  2    z  3  1. Mặt phẳng P tiếp xúc   và cắt   theo giao tuyến là một S S đường tròn có chu vi bằng 6 . Khoảng cách từ O đến   bằng P 14 17 8 19 A. . B. . C. . D. . 3 7 9 2 Lời giải Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  0; 0;1 , bán kính R  5 , mặt cầu  S   có tâm I  1; 2;3  , bán kính R  1 Vì I I  3  R  R  4 nên mặt cầu  S   nằm trong mặt cầu  S  . Mặt phẳng  P  tiếp xúc  S    d  I ,  P    R  1 ;  P  cắt  S  theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6 ( suy ra bán kính đường tròn là r  3 ) nên d  I ,  P    R 2  r 2  4 . Nhận thấy d  I ,  P    d  I ,  P    I I nên tiếp điểm H của  P  và  S   cũng là tâm đường tròn  giao của  P  và  S  . Khi đó,  P  là mặt phẳng đi qua H , nhận II   1; 2; 2  làm vecto pháp tuyến.  4  xH  3  4     8 4 8 11 Ta có: IH  II    yH   H  ; ;  .    3  3 3 3 3   11  zH  3  4  8  11  Phương trình mặt phẳng  P  : x   2  y    2  z    0  x  2 y  2 z  14  0 . 3  3  3 14 Khoảng cách từ O đến  P  là d  O,  P    . 3 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  13. Điện thoại: 0946798489 CHUYÊN ĐỀ VD-VDC TOÁN 12 Câu 13. Trong không gian Oxyz , gọi  S  là mặt cầu đi qua điểm D  0;1; 2  và tiếp xúc với các trục Ox , Oy , Oz tại các điểm A  a ;0;0  , B  0; b ;0  , C  0;0; c  trong đó a, b, c   \ 0;1 . Bán kính của  S  bằng 5 3 2 A. 5. B. . C. . D. 5 2 . 2 2 Lời giải Chọn D Gọi I là tâm của mặt cầu  S  . Vì  S  tiếp xúc với các trục Ox , Oy , Oz tại các điểm A  a ;0;0  , B  0; b ;0  , C  0;0; c  nên ta có IA  Ox , IB  Oy , IC  Oz hay A , B , C tương ứng là hình chiếu của I trên Ox , Oy , Oz  I  a ; b ; c  .  Mặt cầu  S  có phương trình: x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 với a 2  b2  c2  d  0 . a 2  b 2  c 2  d 1  Vì  S  đi qua A , B , C , D nên ta có:  . 5  2b  4c  d  0  2   Vì a, b, c   \ 0;1 nên 0  d  1 . Mặt khác, từ 1  R  a 2  b 2  c 2  d  2d . TH1: Từ 1  b  c  d . Thay vào * : 5  6 d  d  0  d  25 (nhận).  R  2.25  5 2 . TH2: Từ 1  b  c   d . Thay vào * : 5  6 d  d  0 (vô nghiệm). TH3: Từ 1  b  d , c   d . Thay vào * : 5  2 d  d  0 (vô nghiệm). TH4: Từ 1  b   d , c  d . Thay vào * : 5  2 d  d  0 (vô nghiệm). Vậy mặt cầu  S  có bán kính R  5 2 . Câu 14. Trong không gian Oxyz cho điểm A(2 2 ; 2 2 ; 3) và mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  4 . Từ điểm A kẻ các đoạn tiếp tuyến tới mặt cầu ( S ) (là các đoạn nối từ A tới các tiếp điểm) thì tập hợp tất cả các đoạn này là mặt xung quanh của một hình nón ( H ) đỉnh A . Tồn tại duy nhất mặt cầu có tâm I ( xI ; yI ; z I ) nằm bên trong hình nón ( H ) , tiếp xúc với tất cả các đường sinh và tiếp xúc với mặt đáy của hình nón. Tính T  xI . yI  zI . 4 4 16 2 A. T  . B. T  . C. T   . D. T   . 5 25 25 25 Lời giải Chọn D + Mặt cầu ( S ) có tâm O (0; 0; 0) và bán kính R  2 . Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9
  14. Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ + Ta có: OA  (2 2) 2  (2 2) 2  (3)2  5 . + Mặt cầu có tâm I ( xI ; yI ; zI ) nằm bên trong hình nón ( H ) , tiếp xúc với tất cả các đường sinh và tiếp xúc với mặt đáy của hình nón. Ta có I là giao của hai đường phân giác trong của AMM ' là AO và MN ' . Giả sử: MN ' ( S )  J (1) . 1  Do MN ' là phân giác trong góc '  '  '  sđ MM ' hay J là trung điểm AMM AMN N ' MM 4 ' nên J  AO  ( S ) (2) . cung MM Từ (1) và (2)  J  AO  MN ' hay J  I . Do đó, I là giao của đoạn OA và mặt cầu ( S ) .  x  2 2t   +Ta có phương trình OA :  y  2 2t (t   )  I (2 2t ; 2 2t ; 3t )  ( S ) : x 2  y 2  z 2  4 . Và  z  3t   AI  (2 2(t  1)) 2  (2 2(t  1)) 2  (3(t  1)) 2  5 t  1 .  2 4 2 4 2 6 t   I1  5 ; 5 ; 5   2 2 2 2  5   Suy ra: 8t  8t  9t  4  25t  4   . t   2  I   4 2 ; 4 2 ; 6  2     5  5 5 5  2 2 Ta có, AI1  5.  1  3  OA  5 và AI 2  5.   1  7  OA  5 . 5 5 4 2 4 2 6 4 2  4 2   6 2 Do đó, I   5 ;  5 ;  5   T  xI . yI  z I  5 .   5     5    25     .      Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  S1  : x 2  y 2  z 2  1 , 2 1   z 2  4 và các điểm A  4;0;0  , B  ;0;0  , C 1; 4; 0  , D  4; 4;0  . Gọi M là  S2  : x 2   y  4   4  điểm thay đổi trên  S1  , N là điểm thay đổi trên  S2  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  MA  2 ND  4 MN  4 BC là A. 2 265 . B. 265 . C. 3 265 . D. 4 265 . Lời giải Chọn A  S1  : x2  y2  z 2  1 nên  S1  có tâm O  0;0;0 và bán kính R1  1 2  S2  : x2   y  4  z 2  4 nên  S2  có tâm I  0;4;0 và bán kính R2  2 1  Vậy các điểm A  4;0;0 , B  ;0; 0  , C 1;4;0 , D  4;4;0 , O  0;0;0 và I  0;4;0  cùng thuộc 4   Oxy  Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  15. Điện thoại: 0946798489 CHUYÊN ĐỀ VD-VDC TOÁN 12 Nhận thấy OB .OA  OM 2 suy ra OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB Do đó  MOB đồng dạng  AOM MA OA    4  MA  4MB MB OM ND DI Hoàn tòan tương tự   2  ND  2 NC NC NI Q  MA  2 ND  4MN  4 BC  4  MB  NC  MN   4 BC  4 BC  4 BC  8BC  2 265 2 2 2 Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  27 . Gọi   là một mặt phẳng đi qua hai điểm A  0;0; 4  , B  2;0;0  và cắt  S  theo giao tuyến là đường tròn  C  . Xét các khối nón có đỉnh là tâm của  S  và đáy là  C  . Biết rằng khi thể tích của khối nón lớn nhất thì mặt phẳng   có dạng ax  by  z  d  0 . Tính P  a  b  d . A. P  4 . B. P  8 . C. P  0 . D. P  4 . Lời giải Chọn A - Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  3 3 .  - Đặt h  d  I ,    với 0  h  3 3 .  Gọi r là bán kính đường trong giao tuyến của   và  S  . Ta có: r 2  R 2  h2  27  h2 . - Thể tích của khối nón đỉnh I , đáy là đường tròn  C  là: 1 1 V   r 2 h   h  27  h 2  3 3   Xét hàm số f  h   h 27  h2 trên 0;3 3 .    Có f   h   27  3h2 ; f   h   0  h  3 (do h  0;3 3 ). Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11
  16. Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 1  V   .54  18 , dấu "  " xảy ra khi h  3 . 3 - Do   đi qua A  0;0; 4  và B  2;0;0  nên: 4  d  0 a  2      : 2 x  by  z  4  0 . 2a  d  0 d  4 2.1  2.b  3  4 Ta có: d  I ,     3   3  2b  5  3 b2  5  5b2  20b  20  0 2 4  b 1  b  2. Vậy: P  a  b  d  2  2  4  4 . 2 2 2 Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x  y  z  2x  4 y  4  0 và hai   điểm A(4; 2; 4), B (1; 4; 2) . MN là dây cung của mặt cầu thỏa mãn MN cùng hướng với  u  (0;1;1) và MN  4 2 . Tính giá trị lớn nhất của AM  BN . A. 41 . B. 4 2 . C. 7 . D. 17 . Lời giải Chọn C A 5 A' I M B N Tâm I (1; 2; 0) , bán kính R  3 .    Ta có IA  (3;0; 4)  IA  5 , IB  (0; 2; 2)  IB  2 2 nên điểm A(4; 2; 4) nằm ngoài mặt cầu ( S ) và điểm B (1; 4; 2) nằm trong mặt cầu ( S ) .      Do MN cùng hướng với u  (0;1;1) suy ra MN   0; k ; k  , k  0 do MN  4 2 suy ra   MN   0; 4; 4  . Gọi A  T ( A) , suy ra A  (4; 6;8) . Khi đó AMNA là hình bình hành nên AM  AN MN Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  17. Điện thoại: 0946798489 CHUYÊN ĐỀ VD-VDC TOÁN 12 Ta có AM  BN  AN  BN  AB , dấu bằng xảy ra khi A, N , B thẳng hàng  N là giao điểm của mặt cầu với đường thẳng AB . (Điểm N luôn tồn tại).  AB  (3; 2; 6) suy ra AB  (3)2  (2)2  (6)2  7 . Vậy AM  BN min  AB  7 . 2 2 2 Câu 18. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  25 và hình nón  H  có đỉnh A  3; 2; 2  và nhận AI làm trục đối xứng với I là tâm mặt cầu. Một đường sinh của hình nón  H  cắt mặt cầu tại M , N sao cho AM  3 AN . Viết phương trình mặt cầu đồng tâm với mặt cầu  S  và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón  H  . 2 2 2 71 2 2 2 70 A.  x  1   y  2    z  3  . B.  x  1   y  2    z  3  . 3 3 2 2 2 74 2 2 2 76 C.  x  1   y  2    z  3  . D.  x  1   y  2    z  3  . 3 3 Lời giải Chọn A Gọi hình chiếu vuông góc của I trên MN là K . 1 Dễ thấy AN  NK  AM , mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 và bán kính R  5 3 4 2 3 213 Có AM . AN  AI 2  R 2  4  AN 2   KN  AN   IK  IN 2  KN 2  . 3 3 3 Nhận thấy mặt cầu đồng tâm với mặt cầu  S  và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón  H  213 chính là mặt cầu tâm I 1; 2;3 có bán kính IK  . 3 2 2 2 71 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:  x  1   y  2    z  3  . 3 2 2 2 Câu 19. Trong hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  cos     y  cos     z  cos    4 với  ,  và  lần lượt là ba góc tạo bởi tia Ot bất kì với 3 tia Ox , Oy và Oz . Biết rằng mặt cầu  S  luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định. Tổng diện tích của hai mặt cầu cố định đó bằng A. 36 . B. 4 . C. 20 . D. 40 . Lời giải Chọn D Cách 1: Mặt cầu  S  có tâm là I  cos  ; cos  ; cos   và có bán kính là R  2 . Khi đó tâm I thuộc mặt cầu tâm O  0; 0; 0  , bán kính R  cos 2   cos2   cos 2  ;  OI   cos  ; cos  ;cos   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13
  18. Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/  Do  là góc tạo bởi tia Ot (có véc tơ chỉ phương là OI ) với tia Ox (có véc tơ chỉ phương là  cos  .1  cos  .0  cos  .0 cos  i  1;0;0  )  cos    2 2 2 2 2 2 cos   cos   cos  . 1  0  0 cos   cos 2   cos 2  2 cos  cos  Tương tự, ta có: cos   ; cos   cos 2   cos 2   cos 2  cos 2   cos 2   cos 2  cos 2   cos 2   cos 2   cos 2   cos 2   cos 2    1  R   OI  1 cos 2   cos 2   cos 2  Gọi A và B là các giao điểm của OI với mặt cầu  S  (giả sử OA  OB )  IA  IB  2 Mặt cầu  S  luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định là: Mặt cầu  S1  , tâm O , bán kính R1  OA và mặt cầu  S 2  , tâm O , bán kính R2  OB Ta có: R1  OA  OI  1 ; R2  OI  IB  1  2  3  R1  R2  1  3  4 Diện tích của mặt cầu  S1  là: 4 R12  4 2 Diện tích của mặt cầu  S 2  là: 4 R2  36 Vậy tổng diện tích của hai mặt cầu cố định bằng 4  36  40 . Cách 2: Mặt cầu  S  có tâm là I  cos  ; cos  ; cos   và có bán kính là R  2 . Khi đó tâm I thuộc mặt cầu tâm O  0; 0; 0  , bán kính R  cos 2   cos 2   cos2  Dựng hình hộp chữ nhật như hình vẽ dưới đây: Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  19. Điện thoại: 0946798489 CHUYÊN ĐỀ VD-VDC TOÁN 12 OM OP OD OM 2  OP 2  OD 2 Ta có: cos   ; cos   ; cos    cos 2   cos 2   cos 2   OI OI OI OI 2 Mà OM 2  OP2  OD 2  OI 2  OI  R  cos2   cos2   cos 2   1 Như vậy khoảng cách từ O đến tâm I của mặt cầu  S  , bán kính 2 luôn bằng 1 nên luôn tồn tại hai mặt cầu tâm O có bán kính lần lượt là R1  1 và R2  3 tiếp xúc với mặt cầu  S  Diện tích của mặt cầu  S1  là: 4 R12  4 2 Diện tích của mặt cầu  S 2  là: 4 R2  36 Vậy tổng diện tích của hai mặt cầu cố định bằng 4  36  40 . Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu đi qua điểm A 1; 1; 4  và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P  a  b  c có tập nghiệm là A. P  6 . B. P  0 . C. P  9 . D. P  3 . Lời giải Chọn C Gọi mặt cầu có tâm I  a; b; c  , bán kính  , khi đó ta có pt 2 2 2  x  a   y  b   z  c  2 a  b  c   Từ giả thiết ta có  2 2 2 1  a    1  b    4  c    2  2 2 2 TH1: a  b  c ,  1  a   1  a    4  a   a 2  a 2  4a  9  0 , pt vô nghiệm 2 2 2 TH2: a  b  c ,  1  a    1  a    4  a   a 2  a 2  6a  9  0  a  3  b  3; c  3  P  9 2 2 2 TH3: a  b   c ,  1  a   1  a    4  a   a 2  a 2  4a  9  0 pt vô nghiệm 2 2 2 TH4: a  b  c ,  1  a    1  a    4  a   a 2  a 2  2a  9  0 , pt vô nghiệm Vậy P  9 . Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15
  20. Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu 2 2 2  S  :  x  3   y  3   z  2  9 và ba điểm A 1; 0;0  , B  2;1;3 , C  0; 2;  3 . Biết rằng quỹ    tích các điểm M thỏa mãn MA2  2 MA.MC  8 là một đường tròn cố định, tính bán kính r của đường tròn này A. r  3. B. r  3. C. r  6. D. r  6. Lời giải Chọn D 2 2 2 Mặt cầu  S  :  x  3   y  3   z  2   9 có tâm là I  3;3; 2  , bán kính R  3 .       Gọi G là trọng tâm ABC thì G 1;1;0  và GA  GB  GC  0 .   GA   0;  1; 0      GA  1  Ta có GB  1;0;3        GB.GC  10  GC   1;1;  3  Khi đó    MA2  2 MA.MC  8   2              MG  GA  2 MG  GB MG  GC  8            3MG 2  GA2  2GB.GC  2 MG GA  GB  GC  8    MG 2  9 Suy ra điểm M thuộc mặt cầu  S   tâm G , bán kính R '  3 mà điểm M cũng thuộc  S  nên điểm M thuộc đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu.  Đường tròn này có tâm H là trung điểm của đoạn IG với IG   2;  2;  2  và bán kính là 2  IG  2 2 r  R    3 3  6 .  2  Câu 22. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2; 0; 0  , B  0; 4; 0  , C  0; 0; 6  . Điểm M thay đổi trên mặt phẳng  ABC  và điểm N trên tia OM sao cho OM .ON  12 . Biết rằng khi M thay đổi, điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định. Tính bán kính của mặt cầu đó. 7 5 A. 3 2 . B. . C. 2 3 . D. . 2 2 Lời giải Chọn B x y z Mặt phẳng  ABC  có phương trình dạng đoạn chắn:    1  6 x  3 y  2 z  12 . 2 4 6  OM  OM .ON  12   Gọi N  x; y; z  . Ta có: OM .ON  12  OM  ON  ON  ON . ON ON 2 ON 2 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright ©2025 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
43=>1