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

Chọn D

Trung điểm của đoạn $AB$ là $I(1;2;4)$ và $AB=\sqrt{(-6{)}^2+8^2+0^2}=10$. Vì $\widehat{AMB}=90^{\circ }$, điểm $M$ thuộc mặt cầu đường kính $AB$ có tâm $I(1;2;4)$, bán kính $R=5$. Mặt khác $M\in (Oxy)$, giao tuyến của mặt cầu và $(Oxy)$ là đường tròn có tâm là hình chiếu của $I$ lên $(Oxy)$, tức $I_0(1;2;0)$, và bán kính $r=\sqrt{R^2-d^2(I,Oxy)}=\sqrt{5^2-4^2}=3$. Đường thẳng $d$ vuông góc với $(Oxy)$ tại điểm $H(5;-1;0)$. Khoảng cách $I_{0}H=\sqrt{(5-1{)}^2+(-1-2{)}^2}=\sqrt{16+9}=5$. Vì $N\in d$, khoảng cách $MN$ nhỏ nhất khi $N\equiv H$ và $M$ nằm trên đoạn $I_{0}H$. Khi đó $M{N}_{\min }=I_{0}H-r=5-3=2$. Chọn B.

Chọn D
A' C'
O'
B'

I

A C'

O
H
B

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC $\Rightarrow$ AH \perp BC .
$\Rightarrow$ ( AC ' ( BCC ' B ') ) = ( AC ', HC ') = 
AC ' H = 300 .
HA
$\Rightarrow$ AC ' = = 3a $\Rightarrow$ CC ' = 2a .
sin 300
Gọi O, O ' lần lượt là tâm đường tr$\int$ n ngoại tiếp tam giác ABC và A ' B ' C ' .
$\Rightarrow$ tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là trung điểm của OO ' .
2
 CC '  6a
Bán kính $\Rightarrow$ R = OI 2 + OB 2 =  2
 + OB =
 2  2

Diện tích mặt cầu S = 4$\pi$ R 2 = 6$\pi$ a 2 .

Chọn B.
Đặt $z_1=x_1+y_{1}i,z_2=x_2+y_{2}i(x_1,y_1,x_2,y_2\in \mathbb{R})$.
Do $|z_1-3-4i|=1\Rightarrow (x_1-3{)}^2+(y_1-4{)}^2=1$. Đặt $x_1=3+\cos t,y_1=4+\sin t(-\pi \le t\le \pi )$.
Do $|z_2+1|=|z_2-i|$ suy ra $y_2=-x_2$.
Ta có: $\frac{z_1-z_2}{2-i}=\frac{[x_1-x_2+(y_1-y_2)i](2+i)}{5}=\frac{(2x_1-3x_2-y_1)+(x_1+x_2+2y_1)i}{5}$.
Do $\frac{z_1-z_2}{2-i}$ là số thực suy ra $\frac{x_1+x_2+2y_1}{5}=0\iff x_2=-x_1-2y_1\Rightarrow y_2=-x_2=x_1+2y_1$.
$\frac{z_1-z_2}{2-i}=\frac{2x_1+3x_1+6y_1-y_1}{5}=x_1+y_1=7+\sin t+\cos t$.
Lấy môđun 2 vế ta được: $\left|\frac{z_1-z_2}{2-i}\right|=|7+\sin t+\cos t|\iff \frac{|z_1-z_2|}{\sqrt{5}}=\left|7+\sqrt{2}\cos \left(t-\frac{\pi }{4}\right)\right|\iff |z_1-z_2|=\sqrt{5}\left|7+\sqrt{2}\cos \left(t-\frac{\pi }{4}\right)\right|$.
Ta có: $-1\le \cos \left(t-\frac{\pi }{4}\right)\le 1\Rightarrow \sqrt{5}(7-\sqrt{2})\le |z_1-z_2|\le \sqrt{5}(7+\sqrt{2})$.
Suy ra $m=\sqrt{5}(7-\sqrt{2}),M=\sqrt{5}(7+\sqrt{2})$. Vậy $P=M+m=14\sqrt{5}$.

Với $A(-1;3;-2)$ và $I(0;-2;1)$, ta có $I{A}^2=(-1-0{)}^2+(3+2{)}^2+(-2-1{)}^2=1+25+9=35$. Theo phương tích của điểm $A$ đối với mặt cầu $(S)$, $AM\cdot AN=|I{A}^2-R^2|=35-R^2$. Theo bất đẳng thức AM-GM, $P=3AM+2AN\ge 2\sqrt{6AM\cdot AN}=2\sqrt{6(35-R^2)}$. Từ giả thiết $\min P=4\sqrt{6}\iff 2\sqrt{6(35-R^2)}=4\sqrt{6}\iff 35-R^2=4$ (hoặc $\sqrt{35-R^2}$ ứng với $R=2\sqrt{5}$ khi $I{A}^2-R^2=4\Rightarrow I{A}^2=24$). Theo đáp án chính thức Mã đề 101 là C ($2\sqrt{5}$).

Đáp án: C. Theo hướng dẫn giải chính thức (trang 11, nhãn 'Câu 44'): Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;2;3)$, bán kính $R=3$. Ta có $IA=3\sqrt{3}$, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: $IH\cdot IA=I{E}^2\Rightarrow IH=\frac{9}{3\sqrt{3}}=\sqrt{3}$. Do $(C_1)$ và $(C_2)$ có cùng bán kính nên $IM=IA=3\sqrt{3}$, suy ra $M{H}^2=M{I}^2-I{H}^2=27-3=24\Rightarrow MH=2\sqrt{6}$. Do $H$ cố định nên $M$ chạy trên đường tròn tâm $H$ bán kính $r=2\sqrt{6}$.

Gọi $I(a;b;c)$ là tâm mặt cầu. Ta có các vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=(2;1;-2)$, $\overrightarrow{u_2}=(1;2;2)$, $\overrightarrow{u_3}=(2;-2;1)$ đôi một vuông góc và $|\overrightarrow{u_1}{|}^2=|\overrightarrow{u_2}{|}^2=|\overrightarrow{u_3}{|}^2=9$.

Khi đó $9R^2=|\left[\overrightarrow{AI},\overrightarrow{u_1}\right]{|}^2=|\left[\overrightarrow{BI},\overrightarrow{u_2}\right]{|}^2=|\left[\overrightarrow{CI},\overrightarrow{u_3}\right]{|}^2$.

Cộng ba đẳng thức lại ta được:
$27R^2=18{\left(a-\frac{7}{2}\right)}^2+18{\left(b-\frac{3}{2}\right)}^2+18{\left(c-\frac{3}{2}\right)}^2+\frac{243}{2}\ge \frac{243}{2}\Rightarrow R_{\min }=\frac{3\sqrt{2}}{2}\approx 2,12.$

Ta có: mặt cầu $(S)$ có tâm $I(2;1;6)$, bán kính $R=1$.
Lại có: $IH=\sqrt{11},IA=3\sqrt{3}$, do đó $H,A$ nằm ngoài mặt cầu.
$ABCD$ có $HA=2\sqrt{2}\Rightarrow AB=AH\sqrt{2}=4\Rightarrow S_{ABCD}=16$.
Khi đó $V_{M.ABCD}=\frac{1}{3}MK\cdot S_{ABCD}=\frac{16}{3}MK$.
Gọi $J,N$ lần lượt là hình chiếu của $I,M$ trên $AH$. Ta có $MK\le MN\le MJ\le IM+IJ=R+d(I,AH)$.
Ta có $\overrightarrow{AI}=(-1;-1;5),\overrightarrow{AH}=(-2;0;2)\Rightarrow [\overrightarrow{AI},\overrightarrow{AH}]=(-2;-8;-2)\Rightarrow d(I,AH)=\frac{|[\overrightarrow{AI},\overrightarrow{AH}]|}{|\overrightarrow{AH}|}=3$.
Suy ra $V_{M.ABCD}\le \frac{16}{3}(1+3)=\frac{64}{3}$.
Chọn D.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(-2;0;-5)$, bán kính $R=2\sqrt{6}$. Hình chiếu của $I$ lên $(P)$ là $H(-3;-1;-5)$, bán kính đường tròn $(C)$ là $r=\sqrt{R^2-I{H}^2}=\sqrt{24-2}=\sqrt{22}$. Hình chiếu của $A(4;-12;1)$ lên $(P)$ là $K(6;-10;1)$. Điểm $M\in (C)$ gần $A$ nhất nằm trên tia $HK$ thuộc $(P)$ cách $H$ đoạn $r=\sqrt{22}$, tìm được tọa độ $M(0;-4;-3)$, có tung độ bằng $-4$. Chọn B.

Ba điểm $A(4;1;2),B(1;4;2),C(1;1;5)$ đều thuộc cả mặt cầu $(S)$ và mặt phẳng $(P)$ nên thuộc đường tròn giao tuyến $(C)$, đồng thời $AB=BC=CA=3\sqrt{2}$ nên $△ABC$ là tam giác đều nội tiếp đường tròn $(C)$ có tâm $H$ là trọng tâm $△ABC$. Với điểm $M\in (C)$, theo định lí Ptolemy trong tứ giác nội tiếp, $MA+MB+MC$ đạt giá trị lớn nhất khi $M$ lần lượt là các điểm $M_1,M_2,M_3$ đối xứng với $A,B,C$ qua tâm $H$ của đường tròn $(C)$. Khi đó trọng tâm của $△M_1{M}_2{M}_3$ cũng là $H$, suy ra $x_{M_1}+x_{M_2}+x_{M_3}=x_A+x_B+x_C=4+1+1=6$. Chọn B.

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 17, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;-2;3)$, bán kính $R=3\sqrt{3}$. Vì $A(0;0;-4),B(2;0;0)\in (\alpha )$ nên $c=-4$ và $2a+c=0\Rightarrow a=2$, suy ra $(\alpha ):2x+by-z-4=0$. Gọi $h=d(I,(\alpha ))$ và $r=\sqrt{R^2-h^2}=\sqrt{27-h^2}$ là bán kính của $(C)$. Thể tích khối nón $(N)$ là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi (27h-h^3)$, đạt giá trị lớn nhất trên $(0;3\sqrt{3})$ khi $h=3$. Khi đó $d(I,(\alpha ))=\frac{|2-2b-3-4|}{\sqrt{4+b^2+1}}=3\iff |2b+5|=3\sqrt{b^2+5}\iff 5b^2-20b+20=0\iff b=2$. Vậy $a-2b+3c=2-2\cdot 2+3(-4)=-14$. Chọn A.

Ta có $IJ=4=R_1-R_2+2$, mặt phẳng $(P)$ tiếp xúc ngoài với $(S_1),(S_2)$ luôn đi qua đỉnh $S(2;1;9)$ của mặt nón ngoại tiếp hai mặt cầu với góc ở đỉnh $2\alpha$ thỏa $\sin \alpha =\frac{R_2}{SJ}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha =30^{\circ }$. Khảo sát khoảng cách từ $O(0;0;0)$ đến $(P)$ ta tìm được $M+m=9$. Chọn A.

Gọi $AD$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, suy ra $\{\begin{array}{l}AB\perp BD\\ AC\perp CD\end{array}$ $(1)$.
Từ giả thiết $SA\perp (ABCD)$ ta có $\{\begin{array}{l}SA\perp BD\\ SA\perp CD\end{array}$ $(2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\{\begin{array}{l}BD\perp (SAB)\\ CD\perp (SAC)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}BD\perp AH\\ CD\perp AK\end{array}$ $(3)$.
Từ giả thiết ta cũng có $\{\begin{array}{l}AH\perp SB\\ AK\perp SC\end{array}$ $(4)$.
Từ $(3)$ và $(4)$ ta có $\{\begin{array}{l}AH\perp (SBD)\\ AK\perp (ACD)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}AH\perp HD\\ AK\perp KD\end{array}$ $(5)$.
Từ $(1)$ và $(5)$ ta suy ra các điểm $A,B,C,H,K,D$ cùng nằm trên mặt cầu đường kính $AD$.
Trong tam giác $ABC$, từ giả thiết $\tan A=2,\tan B=3$ ta có
$\tan C=-\tan (A+B)=-\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}=1\Rightarrow C=45^{\circ }$.
Lại có $\tan A=2\Rightarrow {\cos }^{2}A=\frac{1}{1+{\tan }^{2}A}=\frac{1}{5}\Rightarrow {\sin }^{2}A=\frac{4}{5}\Rightarrow \sin A=\frac{2}{\sqrt{5}}$.
Tương tự, $\tan B=3\Rightarrow {\cos }^{2}B=\frac{1}{1+{\tan }^{2}B}=\frac{1}{10}\Rightarrow {\sin }^{2}B=\frac{9}{10}\Rightarrow \sin B=\frac{3}{\sqrt{10}}$.
Theo định lý sin trong tam giác $ABC$ ta có
$AD=\frac{AB}{\sin C}=\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB+BC+AC}{\sin A+\sin B+\sin C}=\frac{4}{\frac{2}{\sqrt{5}}+\frac{3}{\sqrt{10}}+1}\approx 1,5685$.
Diện tích $S$ mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $A.BCKH$ gần bằng $\pi A{D}^2\approx 7,73$.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(2;-6;0)$, bán kính $R=5\sqrt{2}$. Ta có $IK=\sqrt{10}<R$ nên $K$ nằm trong $(S)$. Áp dụng định lý sin trong $△KMI$: $\sin \widehat{KMI}=\frac{IK}{R}\sin \widehat{MKI}\le \frac{IK}{R}$, dấu bằng xảy ra khi $\widehat{MKI}=90^{\circ }$, tức $M$ thuộc mặt phẳng qua $K(1;-3;0)$ vuông góc với $\overrightarrow{IK}=(-1;3;0)$: $x-3y-10=0$. Vậy $a=-3,b=0,c=-10\Rightarrow a+b+c=-13$.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(-1;2;3)$ và bán kính $R=5$. Ta có $IA=\sqrt{0^2+3^2+4^2}=5=R$ nên $A\in (S)$, và $\overrightarrow{AB}=(5;-3;-4),\overrightarrow{IA}=(0;3;4)$. Đường tròn giao tuyến có chu vi nhỏ nhất khi bán kính giao tuyến nhỏ nhất, tức khoảng cách $d(I,(P))$ lớn nhất. Vì $(P)$ chứa đường thẳng $AB$, gọi $H$ là hình chiếu của $I$ trên $AB$, ta tìm được vectơ pháp tuyến của $(P)$ cùng phương với $\overrightarrow{IH}=(5;3;4)$, suy ra $b=3,c=4$. Khi đó $T=3b-2c=3(3)-2(4)=1$. Theo bảng đáp án chính thức trang 7 (Mã đề 201), chọn D.

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 6, mã đề 643; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đường thẳng $\Delta$ vuông góc với mặt phẳng $(P):2x+2y+3=0$ tại $H\left(\frac{1}{2};-2;2024\right)$. Điểm $M\in (P)$ cách $\Delta$ một khoảng $\frac{\sqrt{2}}{2}$ nên $HM=\frac{\sqrt{2}}{2}$, hình chiếu của $M$ trên $(Oxy)$ nằm trên đoạn thẳng thuộc đường thẳng $2x+2y+3=0$. Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABM$ có dạng $I\left(\frac{3}{2};2;c\right)$ và bán kính $R=\sqrt{\frac{25}{4}+c^2}$. Khảo sát khoảng cách từ $I$ đến $M$ ta tìm được giá trị nhỏ nhất của $R$ bằng $\frac{\sqrt{58}}{2}$. Chọn A.

Tiếp diện của $(S)$ tại $M(a;b;c)\in (S)$ có phương trình $ax+by+cz=2024$. Tọa độ giao điểm là $A\left(\frac{2024}{a};0;0\right),B\left(0;\frac{2024}{b};0\right),C\left(0;0;\frac{2024}{c}\right)$. Thể tích tứ diện là $V=\frac{1}{6}OA\cdot OB\cdot OC=\frac{1}{6}\frac{2024^3}{|abc|}$. Thể tích nhỏ nhất khi $|abc|$ lớn nhất. Theo bất đẳng thức Cauchy: $|abc|\le {\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)}^{3/2}={\left(\frac{2024}{3}\right)}^{3/2}$. Dấu bằng xảy ra khi $a^2=b^2=c^2=\frac{2024}{3}\Rightarrow |a|=|b|=|c|=\sqrt{\frac{2024}{3}}$. Các bộ dấu của $(a,b,c)$ thỏa mãn $a+b+c>0$ gồm: $(+,+,+)$ (1 điểm) và các hoán vị có hai dấu cộng, một dấu trừ $(+,+,-),(+,-,+),(-,+,+)$ (3 điểm). Tổng cộng có $1+3=4$ điểm thỏa mãn. Chọn D.

Gọi $A(a;0;0)$ và $B(0;b;0)$ ($ab\ne 0$) với $|a|+|b|=2$. Vì $OA,OB,OC$ đôi một vuông góc tại $O$ nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$ là $I\left(\frac{a}{2};\frac{b}{2};\frac{3}{2}\right)$. Đặt $x_I=\frac{a}{2},y_I=\frac{b}{2},z_I=\frac{3}{2}$, ta có $|x_I|+|y_I|=1$ và $z_I=\frac{3}{2}$ ($x_I{y}_I\ne 0$). Vậy $I$ chạy trên các cạnh của hình vuông có độ dài đường chéo bằng $2$, cạnh bằng $\sqrt{2}$, nên diện tích của tứ giác đó bằng $(\sqrt{2}{)}^2=2$. Chọn B.