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

(AI giải đề cho tôi)
Trừ hai phương trình mặt cầu: $(S_1)$ khai triển thành $x^2+y^2+z^2-2x-2y+6z-14=0$, $(S_2):x^2+y^2+z^2-2x-2y-14=0$, suy ra giao tuyến nằm trên mặt phẳng $(P):z=0$. Phản xạ của $A$ qua $(P)$ là $A^{\prime }(0;0;-3)$, của $B$ là $B^{\prime }(2;-3;5)$ thì $AM=A^{\prime }M$, $BN=B^{\prime }N$. Viết $N=M+u$ với $|u|=1$, $u$ song song $(P)$. Khi đó $AM+BN=A^{\prime }M+|B^{\prime }-M-u|=A^{\prime }M+M{B}^{\prime \prime }$ với $B^{\prime \prime }=B^{\prime }-u$. Vì $A^{\prime }$ và $B^{\prime \prime }$ khác phía so với $(P)$ nên $\min =A^{\prime }{B}^{\prime \prime }=\sqrt{(2-u_x{)}^2+(-3-u_y{)}^2+64}$. Ta có $(2-u_x{)}^2+(-3-u_y{)}^2=14-4u_x+6u_y$, nhỏ nhất bằng $14-\sqrt{16+36}=14-2\sqrt{13}$. Vậy $\min =\sqrt{78-2\sqrt{13}}$, tức $a=78$, $b=2$, $c=13$ (nguyên tố), $a+b+c=93$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Mặt cầu $(S):(x-1{)}^2+y^2+(z+1{)}^2=1$ có tâm $I(1;0;-1)$, bán kính $R=1$. Đường thẳng $d$ đi qua $A(0;2;0)$ với vectơ chỉ phương $\vec{u}(1;1;-1)$. Mặt phẳng chứa $d$ có dạng $ax+by+cz+D=0$ với điều kiện chứa $\vec{u}$: $a+b-c=0$ tức $c=a+b$, và qua $A$: $D=-2b$. Khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng bằng $R$: $\frac{|a-c+D|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=1\Rightarrow \frac{|-3b|}{\sqrt{a^2+b^2+(a+b{)}^2}}=1\Rightarrow 2a^2+2ab-7b^2=0$. Đặt $t=a/b$: $2t^2+2t-7=0$ có hai nghiệm $t_{1,2}=\frac{-1\pm \sqrt{15}}{2}$, nên $t_1+t_2=-1$. Với mỗi nghiệm, $|\vec{n}{|}^2=t^2+1+(t+1{)}^2=2t^2+2t+2=9$ nên $|\vec{n}|=3$. Hai pháp tuyến đơn vị là ${\hat{n}}_i=\frac{1}{3}(t_i;1;t_i+1)$, tổng ${\hat{n}}_1+{\hat{n}}_2=\frac{1}{3}(t_1+t_2;2;t_1+t_2+2)=\frac{1}{3}(-1;2;1)$. Tọa độ tiếp điểm $T=I+\hat{n}$ (xét dấu giá trị tại $I$: giá trị $-3b$ nên tiếp điểm $T=I+\mathrm{sgn}(b)\hat{n}$), do đó trung điểm $H=I+\frac{{\hat{n}}_1+{\hat{n}}_2}{2}=\left(1;0;-1\right)+\frac{1}{6}(-1;2;1)=\left(\frac{5}{6};\frac{1}{3};-\frac{5}{6}\right)$. Kết quả khớp phương án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ba mặt cầu có tâm $A(1;2;1)$, $B(3;-1;1)$, $C(-1;-1;1)$ với bán kính $r_A=2$, $r_B=r_C=1$. Ba tâm nằm trên mặt phẳng $z=1$; $AB=AC=\sqrt{13}$, $BC=4$, tức $A$ nằm trên trung trực của $BC$.

Một mặt phẳng $(P)$ tiếp xúc với cả ba mặt cầu khi và chỉ khi khoảng cách có dấu từ các tâm đến $(P)$ bằng ${\epsilon }_A{r}_A,{\epsilon }_B{r}_B,{\epsilon }_C{r}_C$ với ${\epsilon }_i\in \{1;-1\}$. Với pháp tuyến đơn vị $\vec{n}=(n_x;n_y;n_z)$, điều kiện là:
$$\vec{n}\cdot \overrightarrow{BC}={\epsilon }_B-{\epsilon }_C,\vec{n}\cdot \overrightarrow{BA}=2{\epsilon }_A-{\epsilon }_B.$$

Trường hợp ${\epsilon }_B={\epsilon }_C$: $4n_x=0\Rightarrow n_x=0$, và $3n_y=2{\epsilon }_A-{\epsilon }_B\in \{\pm 1;\pm 3\}$.
- Với $n_y=\pm 1$: cả hai cho cùng mặt phẳng $y=0$ (khoảng cách từ $A$ bằng $2$, từ $B,C$ bằng $1$): $1$ mặt phẳng.
- Với $n_y=\pm \frac{1}{3}$: $n_z=\pm \frac{2\sqrt{2}}{3}$, hai pháp tuyến đối nhau cho $2$ mặt phẳng phân biệt.
Tổng: $3$ mặt phẳng.

Trường hợp ${\epsilon }_B=1,{\epsilon }_C=-1$: $n_x=\frac{1}{2}$, khi đó $3n_y=2{\epsilon }_A\Rightarrow n_y=\pm \frac{2}{3}$, $n_z=\pm \frac{\sqrt{11}}{6}$. Bốn pháp tuyến tạo thành $2$ mặt phẳng phân biệt (kiểm tra ví dụ $\vec{n}=\left(\frac{1}{2};\frac{2}{3};\frac{\sqrt{11}}{6}\right)$, $d=\frac{1}{6}$: khoảng cách có dấu đến $A,B,C$ lần lượt là $2,1,-1$).

Trường hợp ${\epsilon }_B=-1,{\epsilon }_C=1$: $n_x=-\frac{1}{2}$, tương tự cho $2$ mặt phẳng khác (do $n_x$ đổi dấu nên không trùng với trường hợp trên).

Vậy tổng số mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu là $3+2+2=7$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: chọn đáy dưới là mặt phẳng z=0 với A(0;0;0), B(2√3;0;0) (vì AB² = 2²+2²−2·2·2·cos120° = 12 ⇒ AB = 2√3), O(√3;1;0), và O'(√3;1;4) (OO' = 4). Hai mặt phẳng (CAB), (DAB) cắt lăng trụ thành ba phần, với C, D thuộc cạnh OO'.

• Tam giác DAB đều ⇒ DA = DB = AB = 2√3. Với D trên OO': D(√3;1;z) ⇒ DA² = 3+1+z² = 12 ⇒ z² = 8 ⇒ z = 2√2. Vậy D(√3;1;2√2).
• Tam giác CAB vuông (vuông tại C) ⇒ CA² + CB² = AB² = 12. Với C(√3;1;z): CA² = CB² = 4+z² ⇒ 2(4+z²)=12 ⇒ z² = 2 ⇒ z = √2. Vậy C(√3;1;√2) (C nằm dưới D để hai mặt phẳng cắt lăng trụ thành ba phần).

Thể tích khối chóp ABCD:
V = (1/6)|det[AB, AC, AD]| = (1/6)·|2√3·(1·2√2 − √2·1)| = (2√6)/6 = √6/3 ⇒ V² = 2/3.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp: tâm I(√3; y₀; z₀) (do IA = IB).
Từ IA = IC: 3 + y₀² + z₀² = (y₀−1)² + (z₀−√2)² ⇒ y₀ = −√2 z₀.
Từ IA = ID: 3 + y₀² + z₀² = (y₀−1)² + (z₀−2√2)² ⇒ y₀ = 3 − 2√2 z₀.
Suy ra √2 z₀ = 3 ⇒ z₀ = 3√2/2, y₀ = −3.
R² = IA² = 3 + 9 + 9/2 = 33/2.

Vậy V² + R² = 2/3 + 33/2 = 103/6.
Số tiền ông An phải trả: (V² + R²)·60 = (103/6)·60 = 1030 (nghìn đồng).
Kết quả trùng với đáp án nguồn 1030.

Mặt cầu (S) có tâm $O(0;0;0)$, bán kính $R=\sqrt{3}$. Ta có: $$\overrightarrow{AB}=(0;4;4),\overrightarrow{AC}=(2;2;4)\Rightarrow [\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]=(8;8;-8)=8(1;1;-1).$$ Mặt phẳng (ABC) qua $A(-1;-3;-5)$, vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(1;1;-1)$ nên có phương trình $$x+y-z-1=0.$$ Ta có $d(O,(ABC))=\frac{1}{\sqrt{3}}<R$ nên (ABC) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có bán kính $$r=\sqrt{R^2-(d(O,(ABC)){)}^2}=\frac{2\sqrt{6}}{3}.$$ Chọn điểm D thuộc (C) sao cho $\Delta BCD$ đều, suy ra $D(1;1;1)$. Xét điểm M thuộc cung nhỏ BC, lấy E thuộc đoạn DM sao cho $MC=ME$. Mặt khác $\widehat{CME}=\widehat{CBD}=60^{\circ }$ (góc nội tiếp cùng chắn cung CD). Vì vậy tam giác CME đều. Xét hai tam giác $\Delta CMB$ và $\Delta CED$ có $$CM=CE,CB=CD$$ $$\widehat{CBM}=\widehat{CDE}(\text{goˊc nội tieˆˊp cuˋng cha˘ˊn cung }CM)$$ Do đó hai tam giác $\Delta CMB,\Delta CED$ bằng nhau, suy ra $MB=ED$. Khi đó $$MA+MB+MC=MA+ME+ED\ge AD=\sqrt{(1+1{)}^2+(1+3{)}^2+(1+5{)}^2}=2\sqrt{14}$$ $$\approx 7,48.$$ Dấu đẳng thức xảy ra khi $M\in AD\cap (S)$ hay $M=AD\cap (C)$. Ta có $\overrightarrow{AD}=(2;4;6)$; đường thẳng AD có phương trình tham số $$\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=1+2t\\ z=1+3t\end{array}$$ Thay phương trình AD vào phương trình (S) thì: $$(1+t{)}^2+(1+2t{)}^2+(1+3t{)}^2=3\Rightarrow t(7t+6)=0$$ $$\Rightarrow t=0\text{ hoặc }t=-\frac{6}{7}.$$ Với $t=0$ ta có điểm $D(1;1;1)$. Với $t=-\frac{6}{7}$ ta có điểm $M\left(\frac{1}{7};-\frac{5}{7};-\frac{11}{7}\right)$; suy ra $$2a-6b-8c=\frac{2}{7}+\frac{5.6}{7}+\frac{11.8}{7}=\frac{120}{7}\approx 17,1.$$

Gọi O là chân trụ của trạm A và I là chân trụ của trạm B. Khi đó ta có OA=20m, IB=20m, OI=500m. Xe ô tô di chuyển trên đường từ O đến C và từ C đến I, ta có OC=600, IC=400. Kí hiệu ô tô là X và Flycam là F. Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, ta có O(0;0;0), A(0;0;20), I(0;500;0), B(0;500;20).

Flycam F đang bay trong vùng phủ sóng wifi của trạm A hoặc trạm B: F thuộc khối cầu tâm A bán kính $R_1=400$, hoặc F thuộc khối cầu tâm B bán kính $R_2=300$.

Theo đề bài ta cần tìm giá trị lớn nhất của FX.

+ Khi X thuộc đoạn OC, ta có $FX\le \max \{FO;FC\}$, và khi X thuộc đoạn CI, ta có $FX\le \max \{FC;FI\}$

$\Rightarrow$ suy ra $FX\le \max \{FO;FC;FI\}$.

Lại có

$$FO\le \max \{OA+R_1;OB+R_2\}=\max \{420;300+20\sqrt{626}\}=300+20\sqrt{626}$$

$$FC\le \max \{CA+R_1;CB+R_2\}=\max \{400+20\sqrt{901};300+20\sqrt{401}\}=400+20\sqrt{901}$$

$$FI\le \max \{IA+R_1;IB+R_2\}=\max \{400+20\sqrt{626};320\}=400+20\sqrt{626}$$

$\Rightarrow$ suy ra $FX\le 400+20\sqrt{901}$, nên $\max FX=400+20\sqrt{901}$ khi ô tô ở vị trí C, flycam ở vị trí trên tia đối tia AC và thuộc mặt cầu A.

(AI giải đề cho tôi)
Mặt cầu $(S):x^2+y^2+z^2-2x-4y-4z=0$ có tâm $I(1;2;2)$, bán kính $R=3$. Hai điểm $A(4;-4;2)$, $B(6;0;6)$ nằm ngoài mặt cầu vì $IA=\sqrt{9+36+0}=3\sqrt{5}$, $IB=\sqrt{25+4+16}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$.

Do tính đối xứng, điểm $M$ cho $MA+MB$ lớn nhất nằm trong mặt phẳng đi qua $I$ và đường thẳng $AB$. Mặt phẳng qua $A,B,I$ có pháp tuyến $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AI}\parallel (2;1;-2)$, phương trình $2x+y-2z=0$ (thỏa tại $A$, $B$, $I$).

Lập hệ trục trong mặt phẳng với gốc $I$: trục $u=\frac{1}{3}(1;2;2)$ dọc $AB$, trục $w=\frac{1}{3}(-2;2;-1)$ vuông góc $u$ trong mặt phẳng. Khi đó $A$ có tọa độ $(-3;-6)$, $B$ có tọa độ $(3;-6)$, và $M=(x;y)$ với $x^2+y^2=9$.

Cần tối đa hóa $f=\sqrt{(x+3{)}^2+(y+6{)}^2}+\sqrt{(x-3{)}^2+(y+6{)}^2}$. Do đối xứng $x\leftrightarrow -x$, cực đại tại $x=0$. Thử: $y=3$ cho $f=2\sqrt{90}=6\sqrt{10}\approx 18,97$; $y=-3$ cho $f=6\sqrt{2}\approx 8,49$; $x=\pm 3,y=0$ cho $f\approx 14,49$. Vậy giá trị lớn nhất tại $(0;3)$, tức $M=I+3w=(1;2;2)+(-2;2;-1)=(-1;4;1)$.

Kiểm tra: $M$ thuộc mặt cầu vì $1+16+1+2-16-4=0$; thuộc mặt phẳng vì $-2+4-2=0$.

Tính $a^2+3b^2+2c^2=(-1{)}^2+3\cdot 4^2+2\cdot 1^2=1+48+2=51$.

(AI giải đề cho tôi)
Với $M(x;y;z)$, ta có $M{A}^2=(x-1{)}^2+y^2+z^2$ và $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}=(x-2)x+(y-1)(y-2)+(z-3)(z+3)=x^2-2x+y^2-3y+2+z^2-9$.

Biểu thức $M{A}^2+2\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}=8$ trở thành:
$$3x^2+3y^2+3z^2-6x-6y-13=8\iff (x-1{)}^2+(y-1{)}^2+z^2=9.$$
Vậy $M$ thuộc mặt cầu $(S_1)$ tâm $I(1;1;0)$ bán kính $R=3$.

Mặt cầu $(S^{\prime })$ có tâm $O^{\prime }(3;3;2)$, bán kính $3$. Phương trình mặt phẳng chứa đường tròn giao của hai mặt cầu (trừ hai phương trình):
$$(x-1{)}^2+(y-1{)}^2+z^2-\left[(x-3{)}^2+(y-3{)}^2+(z-2{)}^2\right]=0\iff x+y+z=5.$$
Khoảng cách từ $O^{\prime }$ đến mặt phẳng này: $d=\frac{|3+3+2-5|}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$.

Bán kính đường tròn giao:
$$r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{9-3}=\sqrt{6}.$$
Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I(x;y;z)$ là tâm mặt cầu. Vì cầu đi qua $M,N,P$ nên $IM=IN=IP$. Từ $IM=IN$: $2\vec{I}\cdot (\vec{N}-\vec{M})=|N{|}^2-|M{|}^2=6-22=-16$ với $\vec{N}-\vec{M}=(0;-4;-4)$ suy ra $y+z=2$. Từ $IM=IP$: $2\vec{I}\cdot (\vec{P}-\vec{M})=14-22=-8$ với $\vec{P}-\vec{M}=(-4;-4;0)$ suy ra $x+y=1$. Vậy $I=(1-y;y;2-y)$. Tâm thuộc $(\alpha )$: $2(1-y)+3y-(2-y)+2=0\iff 2+2y=0\iff y=-1$. Suy ra $I=(2;-1;3)$ (thỏa mãn $(\alpha )$: $4-3-3+2=0$). Bán kính $R=IM=\sqrt{(2-2{)}^2+(-1-3{)}^2+(3-3{)}^2}=4$. Kiểm tra: $IN=\sqrt{0+0+16}=4$, $IP=\sqrt{16+0+0}=4$. Vậy bán kính mặt cầu bằng $4$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I(-64;128;64)$ là đài kiểm soát. Máy bay $N$ hiển thị trên rada nên $N$ thuộc mặt cầu $(S):(x+64{)}^2+(y-128{)}^2+(z-64{)}^2=500^2$. Vì $M,N$ thuộc đường thẳng có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(1;1;1)$, viết $M=N+s\vec{u}$ nên $MN=|s|\sqrt{3}$. Đặt $f(x;y;z)=x-2y+2z-1458$, với $\vec{n}=(1;-2;2)$. Vì $\vec{n}\cdot \vec{u}=1-2+2=1$ nên $f(M)=f(N)+s(\vec{n}\cdot \vec{u})=f(N)+s$. Do $M\in (P)$ nên $f(M)=0$, suy ra $f(N)=-s$. Ta có $f(I)=-64-256+128-1458=-1650$. Với $N$ thuộc mặt cầu bán kính $500$ tâm $I$: $|f(N)-f(I)|\le \Vert \vec{n}\Vert \cdot 500=3\cdot 500=1500$, tức $-3150\le f(N)\le -150$. Suy ra $-3150\le -s\le -150$, tức $s\in [150;3150]$. Khoảng cách lớn nhất đạt khi $s=3150$: $M{N}_{\max }=3150\sqrt{3}\approx 5455,96\approx 5456$ km. Kiểm tra: khi $s=3150$ thì $f(N)=-3150$, tức $N=I-\frac{500}{3}(1;-2;2)$ thuộc mặt cầu; khi đó $M=N+3150\vec{u}$ thỏa $f(M)=-3150+3150=0$ nên $M\in (P)$. Vậy đáp án là $5456$.

(AI giải đề cho tôi)
Đơn vị hóa: bán kính Trái Đất là 8 (nghìn km), tức 1 đơn vị = 800 km. Điểm A(5;√23;4) nằm trên mặt cầu x²+y²+z²=64. Đường tròn vĩ tuyến qua A nằm trong mặt phẳng z=4, tâm C(0;0;4), bán kính √(64−16)=4√3. Vectơ CA=(5;√23;0), vectơ tiếp tuyến tại A trong mặt phẳng z=4 là u=(−√23;5;0)/(4√3) (đơn vị). Tàu bay 20 phút = 1200 s với tốc độ 8 km/s nên quãng đường 9600 km = 12 đơn vị. Vị trí tàu: P = A + 12u = (5−√69; √23+5√3; 4). Đường xích đạo là đường tròn tâm O bán kính 8 trong mặt phẳng (Oxy). Khoảng cách từ P đến đường tròn xích đạo: tính x²+y² = (5−√69)² + (√23+5√3)² = 25−10√69+69+23+75+10√69 = 192, nên √(x²+y²)=8√3. Khoảng cách ngắn nhất = √((8√3−8)² + 4²) = 8√((√3−1)²+1/4) = 8√(4,25−2√3) ≈ 7,0921 đơn vị. Đổi ra km: 7,0921 × 800 ≈ 5673,7 ≈ 5674 km.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $3M{A}^2-M{B}^2-M{C}^2=|M{|}^2+M\cdot (-6A+2B+2C)+3|A{|}^2-|B{|}^2-|C{|}^2$. Với $A(1;2;1),B(2;0;1),C(3;-1;2)$: $-6A+2B+2C=(4;-14;0)$, hằng số $=18-5-14=-1$. Vậy biểu thức $f(M)=x^2+y^2+z^2+4x-14y-1$. Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;5;2)$, bán kính $r=\sqrt{3}$, nên $x^2+y^2+z^2=10y+4z-26$. Do đó $f(M)=4x-4y+4z-27=4(x-y+z)-27$. Trên mặt cầu, $x-y+z$ đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm $M$ sao cho $\overrightarrow{IM}=-\frac{r}{|(1;-1;1)|}(1;-1;1)=-(1;-1;1)$, tức $M=I-(1;-1;1)=(-1;6;1)$. Kiểm tra: $(-1{)}^2+(6-5{)}^2+(1-2{)}^2=3$ ✓. Khi đó $P=x+y+2z=-1+6+2=7$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1122, Phần 3, câu 1 = 7).

(AI giải đề cho tôi)
Khai triển biểu thức: $3M{A}^2-M{B}^2-M{C}^2=|M{|}^2+M\cdot (-6A+2B+2C)+(3|A{|}^2-|B{|}^2-|C{|}^2)$. Với $A(1;2;1),B(2;0;1),C(3;-1;2)$: $-6A+2B+2C=(4;-14;0)$ và hằng số $=18-5-14=-1$. Vậy $f(M)=x^2+y^2+z^2+4x-14y-1=(x+2{)}^2+(y-7{)}^2+z^2-50$. Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;5;2)$, bán kính $R=\sqrt{3}$. $f(M)$ nhỏ nhất khi $M$ gần điểm $K(-2;7;0)$ nhất, tức $M$ nằm trên đoạn $IK$: $\overrightarrow{IK}=(-2;2;-2)$, $|IK|=2\sqrt{3}$, nên $M=I+\frac{R}{|IK|}\overrightarrow{IK}=I+\frac{1}{2}(-2;2;-2)=(-1;6;1)$. Khi đó $P=x+y+2z=-1+6+2=7$, khớp đáp án nguồn (mã đề 1121, Phần 3 câu 2 = 7).

(AI giải đề cho tôi)
Bán kính khối cầu: chu vi đường tròn lớn $2\pi R=9\pi \Rightarrow R=4,5$ cm. Mặt cắt chung có bán kính $r=2,5$ cm, cách tâm khối cầu khoảng $d=\sqrt{R^2-r^2}=\sqrt{20,25-6,25}=\sqrt{14}$ cm. Vì chỏm cầu chứa đường tròn lớn nên chiều cao chỏm $h=R+d=4,5+\sqrt{14}$ cm. Thể tích chỏm: $V_1=\frac{\pi h^2(3R-h)}{3}=\frac{\pi (4,5+\sqrt{14}{)}^2(9-\sqrt{14})}{3}\approx 374,05$ cm³. Thể tích khối trụ: bán kính $2,7$ cm, chiều cao $9$ cm nên $V_2=\pi \cdot 2,7^2\cdot 9=65,61\pi \approx 206,14$ cm³. Tổng $V=V_1+V_2\approx 580,2\approx 580$ cm³, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
a) $\overrightarrow{MN}=(3-1;3-1;6-2)=(2;2;4)\ne (2;2;-4)$ → Sai.
b) Đường thẳng $MN$: $(x;y;z)=(1+2t;1+2t;2+4t)$. Thay vào $(P)$: $(1+2t)+(1+2t)+3(2+4t)-6=2+16t=0\Rightarrow t=-\frac{1}{8}$, giao điểm là $E\left(\frac{3}{4};\frac{3}{4};\frac{3}{2}\right)\ne (-1;-1;-2)$ (thật vậy $-1-1+3(-2)-6=-14\ne 0$) → Sai.
c) Vì mặt cầu luôn đi qua $M,N$ nên $IM=IN$, tức $I$ thuộc mặt phẳng trung trực của $MN$. Trung điểm $MN$ là $(2;2;4)$, vecto pháp tuyến $\overrightarrow{MN}=(2;2;4)$, phương trình: $2(x-2)+2(y-2)+4(z-4)=0\iff x+y+2z-12=0$. Vậy $I$ luôn thuộc $(\alpha )$ → Đúng.
d) Tâm $I$ còn thỏa $d(I,(P))=IM$. Với $I\in (\alpha )$, chọn cơ sở trực chuẩn trong $(\alpha )$: $e_1=\frac{(1;-1;0)}{\sqrt{2}}$, $e_2=\frac{(1;1;-1)}{\sqrt{3}}$, gốc $p_0=(4;4;2)$, tức $I=p_0+s{e}_1+t{e}_2$. Khi đó $I{M}^2=s^2+t^2+18+4\sqrt{3}t$ và $d(I,(P){)}^2=\frac{(z+6{)}^2}{11}=\frac{{\left(8-\frac{t}{\sqrt{3}}\right)}^2}{11}$. Phương trình $11I{M}^2=(z+6{)}^2$ cho $11s^2+\frac{32}{3}{t}^2+\frac{148}{\sqrt{3}}t+134=0$, tức $11s^2+\frac{32}{3}{\left(t+\frac{111}{16\sqrt{3}}\right)}^2=\frac{297}{8}$: một elip với $a^2=\frac{27}{8},b^2=\frac{891}{256}$, diện tích $\pi ab=\frac{27\sqrt{66}\pi }{64}\ne \frac{27\pi }{8}$ → Sai. Kết quả khớp đáp án mã 102: a) S, b) S, c) Đ, d) S.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{MN}=(3-1;3-1;6-2)=(2;2;4)$, không phải $(2;2;-4)$ → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Tham số hóa: $(x;y;z)=(1+2t;1+2t;2+4t)$. Thay vào $(P)$: $2+16t=0\Rightarrow t=-\frac{1}{8}$, giao điểm là $E\left(\frac{3}{4};\frac{3}{4};\frac{3}{2}\right)\ne (-1;-1;-2)$ → Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$IM=IN$ nên $I$ thuộc mặt phẳng trung trực của $MN$: qua $(2;2;4)$, pháp tuyến $(2;2;4)$, tức $2(x-2)+2(y-2)+4(z-4)=0\iff x+y+2z-12=0$ → Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Quỹ tích của $I$ là elip $11s^2+\frac{32}{3}{\left(t+\frac{111}{16\sqrt{3}}\right)}^2=\frac{297}{8}$ trong mặt phẳng $(\alpha )$, có $a^2=\frac{27}{8}$, $b^2=\frac{891}{256}$, diện tích $\frac{27\sqrt{66}\pi }{64}\ne \frac{27\pi }{8}$ → Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường máy bay bay trong vùng phủ sóng: $s=900\cdot \frac{24}{3600}=6$ km, đây là độ dài dây cung trên đường thẳng $d:\frac{x+4}{2}=\frac{y+5}{2}=\frac{z-3}{1}$. Khoảng cách từ $I(2;1;5)$ đến $d$: $\overrightarrow{AI}=(6;6;2)$, $\overrightarrow{AI}\times \vec{u}=(2;-2;0)$, nên $d(I,d)=\frac{\sqrt{8}}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$. Gọi $H$ là trung điểm dây cung thì $IH=d(I,d)$, suy ra $R^2=I{H}^2+{\left(\frac{s}{2}\right)}^2=\frac{8}{9}+9=\frac{89}{9}$. Vậy $R=\frac{\sqrt{89}}{3}\approx 3,14$ km, khớp với đáp án nguồn 3,14.