Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Mặt cầu (Toán học Lớp 12)

b) Phương trình mặt cầu: $x^2+y^2+z^2-2x-4y+6z-13=0$ có tâm $I(1;2;-3)$ và bán kính $R=\sqrt{1^2+2^2+(-3{)}^2-(-13)}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$. Khẳng định b đúng.
d) Đặt $MA=MB=MC=x>0$. Trong các tam giác vuông cân hoặc áp dụng định lý cosin: $\widehat{AMB}=60^{\circ }⟹AB=x$; $\widehat{BMC}=90^{\circ }⟹BC=x\sqrt{2}\ne x\sqrt{3}$. Khẳng định d sai.
c) Ba cạnh $AB=x,BC=x\sqrt{2},AC=x\sqrt{3}$ phân biệt nên tam giác $ABC$ vuông, không cân. Khẳng định c sai.
a) Góc ở đỉnh hình nón và vị trí điểm $M$ thỏa mãn hệ thức tiếp tuyến suy ra khoảng cách $IM=\frac{R}{\sin \alpha }$, dẫn đến khoảng cách nhỏ nhất $O{M}_{\min }\approx 2,26\text{ m}$. Khẳng định a đúng.

Phương trình $(S):(x-2{)}^2+(y+3{)}^2+(z-4{)}^2=25$ có tâm $I(2;-3;4)$, bán kính $R=5$. a) Đúng. b) Thay $O(0;0;0)$ vào $(S)$ được $4\ne 0$ (Sai). c) $d(I,(Oxz))=|y_I|=3$ (Đúng). d) Đường tròn giao tuyến của $(S)$ và $(Oxz)$ có bán kính $r=\sqrt{5^2-3^2}=4$, nên dây cung $TK$ lớn nhất là đường kính $2r=8\ne 4$ (Sai).

Bán kính mặt cầu $R=9\text{cm}$, bán kính miệng bể $r=6\text{cm}$. Khoảng cách từ tâm cầu đến mặt phẳng miệng bể là $d=\sqrt{9^2-6^2}=3\sqrt{5}\text{cm}$, chiều cao chỏm cầu bị cắt là $h=9-3\sqrt{5}\text{cm}$. Thể tích bể là $V=\frac{4}{3}\pi R^3-\pi h^2\left(R-\frac{h}{3}\right)\approx 2,947\text{lıˊt}$, lượng nước bằng $\frac{4}{5}V\approx 2,3\text{lıˊt}$ (theo đáp án chính thức trang 7).

Bán kính mặt cầu $R=7,5\text{cm}$, bán kính miệng bể $r=5\text{cm}$. Khoảng cách từ tâm cầu đến mặt phẳng miệng bể là $d=\sqrt{R^2-r^2}=\frac{5\sqrt{5}}{2}\text{cm}$, chiều cao chỏm cầu bị cắt là $h=R-d$. Thể tích bể là $V=\frac{4}{3}\pi R^3-\pi h^2\left(R-\frac{h}{3}\right)\approx 1705,69{\text{cm}}^3\approx 1,706\text{lıˊt}$. Lượng nước đổ vào là $\frac{4}{5}V\approx 1,365\text{lıˊt}\approx 1,4\text{lıˊt}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 17), Câu 2 (Phần II, câu 14): a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng.

Lời giải chi tiết:

- a) SAI: Mặt cầu $(S)$ tâm $K(2;-4;2)$, bán kính $R=2$ có phương trình chính tắc là $(x-2{)}^2+(y+4{)}^2+(z-2{)}^2=R^2=4$, không phải bằng 2.

- b) ĐÚNG: Vectơ $\overrightarrow{AB}=(4-8;-2-6;2-1)=(-4;-8;1)$. Đường thẳng $AB$ đi qua $A(8;6;1)$ nhận $\overrightarrow{AB}$ làm vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc: $\frac{x-8}{-4}=\frac{y-6}{-8}=\frac{z-1}{1}$.

- c) ĐÚNG: Quãng đường di chuyển là độ dài đoạn thẳng $AB$: $AB=\sqrt{(-4{)}^2+(-8{)}^2+1^2}=\sqrt{16+64+1}=\sqrt{81}=9\text{ hectomet}$.

- d) ĐÚNG: Khoảng cách từ tâm $K(2;-4;2)$ đến đường thẳng $AB$ là: $d(K,AB)=\frac{|\overrightarrow{AK}\times \overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{AB}|}$. Ta có $\overrightarrow{AK}=(-6;-10;1)$, $\overrightarrow{AB}=(-4;-8;1)⟹[\overrightarrow{AK},\overrightarrow{AB}]=(-2;2;8)⟹|[\overrightarrow{AK},\overrightarrow{AB}]|=\sqrt{4+4+64}=\sqrt{72}=6\sqrt{2}$. Do đó $d(K,AB)=\frac{6\sqrt{2}}{9}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\approx 0,943$. Tuy nhiên xét hình chiếu của $K$ lên đoạn $AB$: tọa độ $H$ tương ứng với tham số $t$ thỏa $\overrightarrow{KH}\cdot \overrightarrow{AB}=0$: $t=\frac{\overrightarrow{AK}\cdot \overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}{|}^2}=\frac{24+80+1}{81}=\frac{105}{81}>1$. Vì $t>1$, điểm gần $K$ nhất trên đường thẳng nằm ngoài đoạn $AB$, và khoảng cách từ $K$ đến đoạn thẳng $AB$ đạt tại đầu mút $B$: $KB=\sqrt{(4-2{)}^2+(-2-(-4){)}^2+(2-2{)}^2}=\sqrt{4+4+0}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\approx 2,828>R=2$. Do đó hành trình trên đoạn $AB$ hoàn toàn nằm ngoài khu vực hình cầu $(S)$.

a) Vì hệ trục tọa độ quy ước $1$ đơn vị $=100\text{ m}$, nên bán kính mặt cầu tương ứng là $R=\frac{800}{100}=8$. Phương trình mặt cầu đúng phải là $(x-1{)}^2+(y-2{)}^2+(z-1,2{)}^2=8^2=64$. Mệnh đề a) SAI.
b) Thời gian tàu đi từ $A$ đến $B$ là $30$ phút. Vectơ dịch chuyển $\overrightarrow{AB}=(-30;30;0)$, vectơ vận tốc mỗi phút là $\vec{v}=\frac{1}{30}\overrightarrow{AB}=(-1;1;0)$.
Tại thời điểm $8\text{h}10$ (sau $t=10$ phút), vị trí của tàu là $M=A+10\vec{v}=(6;-3;0)$.
Ta có $I{M}^2=(6-1{)}^2+(-3-2{)}^2+(0-1,2{)}^2=25+25+1,44=51,44<R^2=64$, nên tàu nằm trong vùng nhận diện. Mệnh đề b) ĐÚNG.
c) Vị trí tổng quát của tàu theo thời gian $t$ (phút) là $M(t)=(16-t;-13+t;0)$.
$I{M}^2(t)=(15-t{)}^2+(t-15{)}^2+(-1,2{)}^2=2(t-15{)}^2+1,44$, đạt giá trị nhỏ nhất khi $t=15$ phút (tức là lúc $8$ giờ $15$ phút). Mệnh đề c) SAI.
d) Tàu nằm trong vùng nhận diện khi $I{M}^2(t)\le 64\iff 2(t-15{)}^2+1,44\le 64\iff (t-15{)}^2\le 31,28\iff |t-15|\le \sqrt{31,28}\approx 5,59$.
Thời gian tàu ở trong vùng nhận diện là $\Delta t=2\sqrt{31,28}\approx 11,19$ phút $\le 12$ phút. Mệnh đề d) ĐÚNG.

Theo hướng dẫn giải chi tiết (Mã đề 9101, trang 10), Câu 2 (Phần II, câu 14): a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng.

Lời giải chi tiết:

- a) ĐÚNG: Phi thuyền ở vị trí $P(-8;-3;4)$, bán kính vùng được phép bay là $R=5\text{ m}$. Vùng được phép bay là hình cầu tâm $P(-8;-3;4)$, bán kính $5$ có biên là mặt cầu phương trình: $(x+8{)}^2+(y+3{)}^2+(z-4{)}^2=25$.

- b) ĐÚNG: Khoảng cách từ vị trí $A(1;2;0)$ đến $P(-8;-3;4)$ là: $AP=\sqrt{(1+8{)}^2+(2+3{)}^2+(0-4{)}^2}=\sqrt{81+25+16}=\sqrt{122}$. Khoảng cách ngắn nhất từ $A$ đến mặt cầu vùng bay là: $\sqrt{122}-5\approx 11,045-5=6,045\approx 6,05\text{ m}$.

- c) ĐÚNG: Nhân vật di chuyển trên mặt đất $z=0$. Hình chiếu vuông góc của $P$ xuống mặt đất là $P^{\prime }(-8;-3;0)$. Khoảng cách ngắn nhất đạt được khi nhân vật di chuyển trên đoạn thẳng nối $A(1;2;0)$ và $P^{\prime }(-8;-3;0)$. Vectơ chỉ phương $\overrightarrow{A{P}^{\prime }}=(-9;-5;0)$, cùng phương với vectơ $(9;5;0)$. Phương trình tham số đường thẳng qua $A(1;2;0)$ có dạng $\{\begin{array}{l}x=1+9t\\ y=2+5t\\ z=0\end{array}$.

- d) ĐÚNG: Vết của mặt cầu trên mặt phẳng $z=0$ là hình tròn $(x+8{)}^2+(y+3{)}^2\le 25-16=9$, tâm $P^{\prime }(-8;-3;0)$, bán kính $r=3\text{ m}$. Khoảng cách $A{P}^{\prime }=\sqrt{(1+8{)}^2+(2+3{)}^2}=\sqrt{106}\approx 10,296\text{ m}$. Quãng đường nhân vật phải chạy là $s=\sqrt{106}-3\approx 7,296\text{ m}$. Với gia tốc $a=1{\text{ m/s}}^2$: $s=\frac{1}{2}a{t}_1^2⟹t_1=\sqrt{2s}\approx 3,82\text{ giaˆy}$. Thời gian bay lên phi thuyền với khoảng cách $5\text{ m}$ và vận tốc $6\text{ m/s}$ là: $t_2=\frac{5}{6}\approx 0,83\text{ giaˆy}$. Tổng thời gian: $t=t_1+t_2\approx 3,82+0,83=4,65\approx 4,7\text{ giaˆy}$.

Lời giải: Vùng phủ sóng của radar là một khối cầu tâm $O(0;0;0)$, bán kính $R=500\text{ km}$. Phương trình mặt cầu giới hạn là $x^2+y^2+z^2=250000$.
Máy bay xuất phát từ $A(0;0;300)$ bay theo hướng $\vec{u}=(3;4;0)$ có phương trình đường đi dạng tham số là: $\{\begin{array}{l}x=3t\\ y=4t\\ z=300\end{array}$ ($t\ge 0$).
Thời điểm máy bay ra khỏi vùng phủ sóng ứng với giao điểm của đường bay và mặt cầu giới hạn:
$(3t{)}^2+(4t{)}^2+300^2=500^2\iff 25t^2+90000=250000\iff 25t^2=160000\iff t^2=6400\Rightarrow t=80$ (vì $t\ge 0$).
Tại thời điểm $t=80$, vị trí cuối cùng của máy bay trên màn hình là $M(240;320;300)$. Khoảng cách dịch chuyển từ vị trí $A$ ban đầu đến vị trí $M$ là:
$AM=\sqrt{(240-0{)}^2+(320-0{)}^2+(300-300{)}^2}=\sqrt{240^2+320^2}=400\text{ (km)}$.
Đáp số: 400.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $(\alpha )$, khi đó $(OA,(\alpha ))=\widehat{OAH}=60^{\circ }$. Bán kính hình tròn thiết diện là $r=AH=OA\cos 60^{\circ }=4\cdot \frac{1}{2}=2$. Diện tích hình tròn thiết diện là $S=\pi r^2=4\pi$. Chọn B.

Gọi $M$ là trung điểm $AD\Rightarrow SM\perp (ABCD)$, $O$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$, $G$ là trọng tâm tam giác đều $SAD$. Tâm mặt cầu ngoại tiếp $I$ của hình chóp $S.ABCD$ thỏa mãn $IO=GM=\frac{1}{3}SM=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{3}a=\frac{a}{2}$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là $OD=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\frac{\sqrt{15}a}{2}$. Suy ra bán kính mặt cầu $R=\sqrt{I{O}^2+O{D}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{15a^2}{4}}=2a$. Vậy thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{32\pi a^3}{3}$. Chọn A.

Chiều cao của hình cầu là đường kính, nên theo đề ta có phần khuất $\frac{1}{5}\cdot 2r=10\text{ cm}$.
Suy ra $OH=\frac{3r}{5}=15\text{ cm}$.
Bán kính mặt trong của giá đỡ bằng bán kính đường tròn giao tuyến.
Vậy $r^{\prime }=\sqrt{r^2-{\left(\frac{3r}{5}\right)}^2}=\frac{4}{5}r=20\text{ cm}$. Chọn B.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;2;-1)$ và bán kính $R=7$. Hai tiếp diện tại $A,B$ vuông góc với nhau nên $IA\perp IB$, suy ra tam giác $IAB$ vuông cân tại $I$. Vậy $AB=R\sqrt{2}=7\sqrt{2}$.

Ta có $AB=\sqrt{B{D}^2-A{D}^2}=a\sqrt{3}$. Vì $\widehat{B^{\prime }AB}=60^{\circ }$ nên $B{B}^{\prime }=AB\tan 60^{\circ }=3a$. Đường chéo hình hộp là $2R=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2+B{B}^{\prime 2}}=\sqrt{3a^2+a^2+9a^2}=a\sqrt{13}$. Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp là $S=4\pi R^2=13\pi a^2$.

Nhận thấy điểm $I(1;1;2)$ cách đều $A,B,C,D$ một khoảng $R=2$, nên phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$ là $(x-1{)}^2+(y-1{)}^2+(z-2{)}^2=4$.

Vì $I\in \Delta$ nên $I(5t;-4+7t;2t)$.
Ta có $I{M}^2=I{N}^2\iff (5t-1{)}^2+(7t-4{)}^2+(2t-2{)}^2=(5t-5{)}^2+(7t-3{)}^2+(2t+1{)}^2\iff t=1$.
Suy ra $I(5;3;2)$ và bán kính $R=IM=\sqrt{(5-1{)}^2+(3-0{)}^2+(2-2{)}^2}=5$.
Khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $(R):2x+2y-z+1=0$ là $d(I,(R))=\frac{|2\cdot 5+2\cdot 3-2+1|}{\sqrt{2^2+2^2+(-1{)}^2}}=\frac{15}{3}=5=R$. Vậy $(S)$ tiếp xúc với mặt phẳng $(R)$.

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 34, Mã đề 101; câu tương ứng ở các mã đề hoán vị trong cùng PDF: Mã đề 102 Câu 28 (A), Mã đề 103 Câu 35 (A), Mã đề 104 Câu 28 (D); đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 34, Mã đề 101; câu tương ứng ở các mã đề hoán vị trong cùng PDF: Mã đề 102 Câu 46 (C), Mã đề 103 Câu 49 (A), Mã đề 104 Câu 48 (B); đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;-2;3)$ và $R=4$. Điểm $A(1;1;2)$ nằm trong $(S)$ vì $IA=\sqrt{10}<4$. Đường tròn giao tuyến có bán kính nhỏ nhất khi $(P)$ vuông góc với $IA$, nhận $\overrightarrow{IA}=(0;3;-1)$ làm VTPT. Phương trình $(P):3(y-1)-1(z-2)=0\iff 3y-z-1=0$. (Nguồn: đề trang 6, bảng đáp án Mã đề [101] trang 7).

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $(SC,(ABCD))=(SC,SA)=\widehat{SCA}=45^{\circ }$. Khi đó $△SAC$ vuông cân tại $A\Rightarrow SA=AC=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=5$. Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình chữ nhật đáy và $I$ là trung điểm của $SC$. Khi đó $I$ cách đều các đỉnh $S,A,B,C,D$ nên $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$ với bán kính $R=SI=\frac{SC}{2}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$.

Chọn D
Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(2;-1;-2)$, bán kính $R=8$.
$OI=\sqrt{2^2+(-1{)}^2+(-2{)}^2}=3$.
Gọi $H$ là trung điểm của $MN\Rightarrow IH\perp MN$.
$IH=\sqrt{R^2-{\left(\frac{MN}{2}\right)}^2}=\sqrt{64-28}=6$.
Áp dụng công thức đường trung tuyến trong tam giác $OMN$:
$O{H}^2=\frac{O{M}^2+O{N}^2}{2}-\frac{M{N}^2}{4}=\frac{74}{2}-\frac{112}{4}=37-28=9\Rightarrow OH=3$.
Vì $H$ là trung điểm của dây cung $MN$ và $OH=3$, khoảng cách từ $O$ đến đường thẳng $MN$ bằng $d(O,MN)=3$.