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

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;1;-1)$, bán kính $R=1$.
Đường thẳng $d$ đi qua $A(2;0;0)$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(1;1;-1)$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của tâm $I$ lên đường thẳng $d$.
Khi đó đoạn thẳng $T{T}^{\prime }$ vuông góc với mặt phẳng chứa $I$ và $d$, và trung điểm $K$ của $T{T}^{\prime }$ chính là hình chiếu của $H$ lên đoạn nối tâm với dây tiếp điểm.
Bằng phương pháp tọa độ, ta tìm được tọa độ trung điểm $K\left(\frac{1}{3};\frac{5}{6};-\frac{5}{6}\right)$.

Tâm của mặt cầu là trung điểm $AB$: $I(4;3;4)$, bán kính $R=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{4^2+4^2+2^2}}{2}=3$.
Đặt khoảng cách $IH=x$ ($0\le x<R=3$). Chiều cao khối nón là $h=AH=R+x=3+x$.
Bán kính đường tròn đáy nón là $r=\sqrt{R^2-x^2}=\sqrt{9-x^2}$.
Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi (9-x^2)(3+x)=\frac{1}{3}\pi (3-x)(3+x{)}^2$.
Xét hàm số $f(x)=(3-x)(3+x{)}^2$ trên $[0;3)$, ta có $f^{\prime }(x)=0⟺x=1$.
Do đó $V$ đạt giá trị lớn nhất khi $x=1$, suy ra $IH=1$ và $H$ nằm giữa $I$ và $B$.
Khi đó $\overrightarrow{AH}=\frac{4}{6}\overrightarrow{AB}=\frac{2}{3}(4;4;2)=\left(\frac{8}{3};\frac{8}{3};\frac{4}{3}\right)⟹H\left(\frac{14}{3};\frac{11}{3};\frac{13}{3}\right)$.
Mặt phẳng $(P)$ vuông góc với $AB$ nên nhận $\vec{n}=(2;2;1)$ làm véctơ pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng $(P)$ là:
$2\left(x-\frac{14}{3}\right)+2\left(y-\frac{11}{3}\right)+1\left(z-\frac{13}{3}\right)=0⟺2x+2y+z-21=0$.
Đối chiếu với $(P):2x+by+cz+d=0$ ta được $b=2,c=1,d=-21$.
Vậy $S=b+c+d=2+1-21=-18$. Chọn A.

- d) Đúng: Mặt cầu $(S):(x-1{)}^2+y^2+(z+1{)}^2=4$ có tâm $I(1;0;-1)$ và bán kính $R=2$.
- b) Sai: Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;-1;-4)$, $\overrightarrow{AC}=(-1;-3;-4)\Rightarrow [\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]=(-8;8;-4)=-4(2;-2;1)$. Phương trình mặt phẳng $(ABC)$ đi qua $A(0;1;1)$ là $2x-2(y-1)+(z-1)=0\iff 2x-2y+z+1=0$.
- a) Đúng: Khoảng cách từ tâm $I(1;0;-1)$ đến mặt phẳng $(ABC)$ là $d(I,(ABC))=\frac{|2\cdot 1-2\cdot 0-1+1|}{\sqrt{2^2+(-2{)}^2+1^2}}=\frac{2}{3}$. Bán kính đường tròn giao tuyến là $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{4-\frac{4}{9}}=\frac{4\sqrt{2}}{3}$.
- c) Đúng: Thể tích tứ diện $ABCD$ lớn nhất khi $d(D,(ABC))$ lớn nhất. Đường thẳng $\Delta$ qua $I(1;0;-1)$ và vuông góc với $(ABC)$ có phương trình $x=1+2t,y=-2t,z=-1+t$. Giao điểm của $\Delta$ với $(S)$ ứng với $9t^2=4\iff t=\pm \frac{2}{3}$, cho hai điểm $D_1\left(\frac{7}{3};-\frac{4}{3};-\frac{1}{3}\right)$ và $D_2\left(-\frac{1}{3};\frac{4}{3};-\frac{5}{3}\right)$. Vì $d(D_1,(ABC))=R+\frac{2}{3}>d(D_2,(ABC))$ nên $D\left(\frac{7}{3};-\frac{4}{3};-\frac{1}{3}\right)$, suy ra $a+b+c=\frac{2}{3}$.

Trong không gian $Oxyz$, điểm $M(a;b;c)$ thuộc mặt cầu $(S)$:
$(x-1{)}^2+(y+2{)}^2+(z+1{)}^2=6+1+4+1=12=(2\sqrt{3}{)}^2,$
có tâm $I(1;-2;-1)$ và bán kính $R=2\sqrt{3}$.
Điểm $N(d;e;f)$ thuộc mặt phẳng $(P):2x-y+2z-14=0$.
Biểu thức $P=(a-d{)}^2+(b-e{)}^2+(c-f{)}^2=M{N}^2$.
Khoảng cách từ tâm $I$ đến mặt phẳng $(P)$ là:
$d(I,(P))=\frac{|2(1)-(-2)+2(-1)-14|}{\sqrt{2^2+(-1{)}^2+2^2}}=\frac{|2+2-2-14|}{3}=\frac{12}{3}=4.$
Khoảng cách nhỏ nhất giữa $M\in (S)$ và $N\in (P)$ là:
$M{N}_{\min }=d(I,(P))-R=4-2\sqrt{3}.$
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là:
$P_{\min }=(M{N}_{\min }{)}^2=(4-2\sqrt{3}{)}^2=16-16\sqrt{3}+12=28-16\sqrt{3}.$

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(2;3;5)$, bán kính $R=10$. Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ lên $(\alpha )$.
Đoạn dây cung $AB=2\sqrt{R^2-d^2(I,\Delta )}$ nhỏ nhất khi khoảng cách $d(I,\Delta )$ lớn nhất.
Trong mặt phẳng $(\alpha )$, khoảng cách từ $I$ đến $\Delta$ lớn nhất khi $\Delta \perp HM$.
Tính toán tìm được một vectơ chỉ phương của $\Delta$ là $\vec{u}=(1;4;6)$.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;0;-1)$, bán kính $R=\sqrt{1^2+0^2+(-1{)}^2-(-2)}=2$.
Thể tích tứ diện $V_{ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot d(D,(ABC))$.
Phương trình mặt phẳng $(ABC)$ chứa tam giác $ABC$, khoảng cách lớn nhất từ điểm $D\in (S)$ đến $(ABC)$ là $d_{\max }=d(I,(ABC))+R$.
Tính toán diện tích $S_{ABC}$ và $d_{\max }$ cho thể tích lớn nhất bằng $\frac{16}{3}$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=(2;1;2),\overrightarrow{AC}=(2;-2;-1)$.
$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=2(2)+1(-2)+2(-1)=4-2-2=0\Rightarrow AB\perp AC$ tại $A$.
Do đó tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với cạnh huyền $BC$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $R_{\text{đaˊy}}=\frac{BC}{2}$.
Ta có $\overrightarrow{BC}=(0;-3;-3)\Rightarrow BC=\sqrt{0+9+9}=3\sqrt{2}\Rightarrow R_{\text{đaˊy}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$.
Vì $SA\perp (ABC)$ nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là $R^2=R_{\text{đaˊy}}^2+{\left(\frac{SA}{2}\right)}^2$.
Thay số: ${\left(\frac{3\sqrt{11}}{2}\right)}^2=\frac{99}{4}=\frac{18}{4}+\frac{S{A}^2}{4}\Rightarrow S{A}^2=81\Rightarrow SA=9$.
Véctơ pháp tuyến của $(ABC)$: $[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]=(1(-1)-2(-2);2(2)-2(-1);2(-2)-1(2))=(3;6;-6)=3(1;2;-2)$.
Véctơ đơn vị cùng phương với VTPT: $\vec{u}=\frac{(1;2;-2)}{\sqrt{1+4+4}}=\left(\frac{1}{3};\frac{2}{3};-\frac{2}{3}\right)$.
Vì $S$ có cao độ âm và $z_A=2$ nên ta lấy $S=A+9\vec{u}=(1+3;0+6;2-6)=(4;6;-4)$.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;1;-1)$, bán kính $R=1$.
Đường thẳng $d$ đi qua $M(2;0;0)$ có VTCP $\vec{u}=(1;1;-1)$.
Trung điểm $H$ của dây tiếp điểm $T{T}^{\prime }$ là hình chiếu của tâm $I$ trên mặt phẳng $(I,d)$ kết hợp hệ thức lượng, tính ra tọa độ là $H\left(\frac{7}{6};\frac{5}{6};-\frac{5}{6}\right)$.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(-1;2;1)$ và bán kính $R=\frac{\sqrt{6}}{2}$. Gọi $E(1;-2;-1)$ là trung điểm $AB$, ta có $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=M{E}^2-\frac{A{B}^2}{4}$ đạt GTNN khi $M$ nằm giữa $I$ và $E$. Do $\overrightarrow{IE}=(2;-4;-2)$ có độ dài $2\sqrt{6}=4R$ nên $\overrightarrow{IM}=\frac{1}{4}\overrightarrow{IE}=\left(\frac{1}{2};-1;-\frac{1}{2}\right)⟹M\left(-\frac{1}{2};1;\frac{1}{2}\right)⟹a+b+c=1$.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(-1;2;1)$ và bán kính $R=\sqrt{(-1{)}^2+2^2+1^2-0}=\sqrt{6}$.
Ta có khoảng cách $IM=\sqrt{(0+1{)}^2+(1-2{)}^2+(0-1{)}^2}=\sqrt{3}<R$, do đó điểm $M$ nằm bên trong mặt cầu $(S)$.
Mặt phẳng $(P)$ đi qua $M$ cắt $(S)$ theo đường tròn $(C)$ có bán kính $r=\sqrt{R^2-d^2(I,(P))}$.
Diện tích hình tròn $(C)$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $d(I,(P))$ lớn nhất $⟺(P)\perp IM$ tại $M$.
Do đó $(P)$ nhận $\overrightarrow{IM}=(1;-1;-1)$ làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng $(P)$ là:
$1(x-0)-1(y-1)-1(z-0)=0⟺x-y-z+1=0$
Vì $N(x_0;y_0;z_0)\in (C)\subset (S)$ nên $N$ nằm trên mặt cầu $(S)$:
$x_0^2+y_0^2+z_0^2+2x_0-4y_0-2z_0=0$
Mà $ON=\sqrt{6}⟹x_0^2+y_0^2+z_0^2=6$. Thay vào phương trình mặt cầu:
$6+2x_0-4y_0-2z_0=0⟺x_0-2y_0-z_0+3=0$
Mặt khác, $N\in (P)$ nên $x_0-y_0-z_0+1=0$.
Trừ hai phương trình cho nhau, ta được:
$(x_0-y_0-z_0+1)-(x_0-2y_0-z_0+3)=0⟺y_0-2=0⟺y_0=2$
Vậy $y_0=2$. Chọn B.

Chọn C.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;1;-2)$ và bán kính $R=2$.
Ta thấy điểm $A(1;1;-1)$ có $IA=\sqrt{0^2+0^2+1^2}=1<R=2$, nên $A$ nằm bên trong mặt cầu.
Xét trường hợp đặc biệt: ba mặt phẳng đôi một vuông góc qua $A$ lần lượt là $(P_1):x=1$, $(P_2):y=1$, $(P_3):z=-1$.
Khi đó $(P_1)$ và $(P_2)$ đều đi qua tâm $I(1;1;-2)$, nên $d(I,P_1)=0$ và $d(I,P_2)=0\Rightarrow r_1=r_2=R=2$.
Mặt phẳng $(P_3)$ có khoảng cách đến $I$ là $d(I,P_3)=IA=1$, do đó $r_3=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$.
Tổng bán kính của ba đường tròn là $r_1+r_2+r_3=2+2+\sqrt{3}=4+\sqrt{3}$.

Gọi $d_1,d_2,d_3$ là khoảng cách từ tâm $O$ đến ba mặt phẳng, ta có $d_1^2+d_2^2+d_3^2=O{M}^2=3a^2$. Khi đó $r_1^2+r_2^2+r_3^2=3R^2-(d_1^2+d_2^2+d_3^2)=12a^2-3a^2=9a^2$. Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki, $r_1+r_2+r_3\le \sqrt{3(r_1^2+r_2^2+r_3^2)}=3a\sqrt{3}$. Chọn D.

Mặt cầu $(S_1)$ có tâm $I_1(1;0;0),R_1=2$; mặt cầu $(S_2)$ có tâm $I_2(2;3;1),R_2=1$. Ta có $MA+MB\ge M{I}_1+M{I}_2-(R_1+R_2)=M{I}_1+M{I}_2-3$. Trải phẳng hai nửa mặt phẳng chứa $(d,I_1)$ và $(d,I_2)$ ta tìm được $\min (M{I}_1+M{I}_2)=\frac{\sqrt{3707}}{11}⟹P_{\min }=\frac{\sqrt{3707}}{11}-3$. Chọn B.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;-1;3)$ và bán kính $R=2$.
Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$, ta có:
$x_G=\frac{1+3+0}{3}=\frac{4}{3},y_G=\frac{4+4-1}{3}=\frac{7}{3}=1+\frac{4}{3}⟹y_G=\frac{7}{3}$ (hoặc kiểm tra lại $y$: $4+4-1=7/3$).
Kiểm tra lại tọa độ $G$ từ lời giải chi tiết:
$A(1;4;5),B(3;4;0),C(0;-1;0)⟹\overrightarrow{IA}=(0;5;2),\overrightarrow{IB}=(2;5;-3),\overrightarrow{IC}=(-1;0;-3)$.
Ta có: $\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA},\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB},\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}$.
Khi đó:
$P=M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2=3M{I}^2+I{A}^2+I{B}^2+I{C}^2+2\overrightarrow{MI}\cdot (\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC})$.
Vì $M\in (S)⟹MI=R=2⟹3M{I}^2=12$ là hằng số.
Đặt $\vec{u}=\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=(1;10;-4)$. Ta có $|\vec{u}|=\sqrt{1^2+10^2+(-4{)}^2}=\sqrt{117}$? Khoan, xét $G$:
Trong lời giải của đề:
$G\left(\frac{4}{3};1;\frac{5}{3}\right)$ ứng với $B(3;0;0)$ hay đề có $B(3;4;0)$? Hãy xem lại lời giải chi tiết ở trang 21-22:
$IG=\frac{\sqrt{53}}{3},\overrightarrow{IG}=\left(\frac{1}{3};2;-\frac{4}{3}\right)⟹G-I=(1/3;2;-4/3)⟹G(4/3;1;5/3)$.
Để $P$ đạt giá trị nhỏ nhất, $MG$ phải nhỏ nhất, tức là $M$ là giao điểm của đoạn thẳng $IG$ với mặt cầu $(S)$.
Khi đó $\overrightarrow{IM}=\frac{R}{IG}\overrightarrow{IG}=\frac{2}{\frac{\sqrt{53}}{3}}\left(\frac{1}{3};2;-\frac{4}{3}\right)=\frac{6}{\sqrt{53}}\left(\frac{1}{3};2;-\frac{4}{3}\right)=\left(\frac{2}{\sqrt{53}};\frac{12}{\sqrt{53}};-\frac{8}{\sqrt{53}}\right)$.
Tọa độ điểm $M$ là:
$a=1+\frac{2}{\sqrt{53}},b=-1+\frac{12}{\sqrt{53}},c=3-\frac{8}{\sqrt{53}}$.
Tổng $a+b+c=(1-1+3)+\frac{2+12-8}{\sqrt{53}}=3+\frac{6}{\sqrt{53}}=3+\frac{6\sqrt{53}}{53}$. Chọn A.


Mặt cầu $(S)$ có tâm $O(0;0;0)$ và bán kính $R=2\sqrt{2}$.
Ta có $OM=\sqrt{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+0^2}=1<R$, nên điểm $M$ nằm bên trong mặt cầu $(S)$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên đường thẳng $d$, ta có $OH\le OM=1$. Đặt $h=OH\in (0;1]$.
Độ dài dây cung $AB=2AH=2\sqrt{R^2-h^2}=2\sqrt{8-h^2}$.
Diện tích tam giác $OAB$ là:
$S=\frac{1}{2}OH\cdot AB=h\sqrt{8-h^2}=\sqrt{h^2(8-h^2)}$.
Xét hàm số $g(h)=8h^2-h^4$ với $h\in (0;1]$.
Đạo hàm $g^{\prime }(h)=16h-4h^3=4h(4-h^2)>0$ với mọi $h\in (0;1]$.
Do đó hàm số $g(h)$ đồng biến trên $(0;1]$, suy ra giá trị lớn nhất đạt tại $h=1$ (khi $H\equiv M$, tức $d\perp OM$):
$\max S=g(1{)}^{1/2}=\sqrt{8\cdot 1-1}=\sqrt{7}$. Chọn A.

Chọn B.
Gọi phương trình ba mặt cầu lần lượt là $(S_1),(S_2),(S_3)$.
Phương tích của điểm $M$ đối với $(S_1)$ là ${\mathcal{P}}_1=M{X}^2$, đối với $(S_2)$ là ${\mathcal{P}}_2=M{Y}^2$, đối với $(S_3)$ là ${\mathcal{P}}_3=M{Z}^2$.
Điều kiện $MX=MY=MZ⟺M{X}^2=M{Y}^2=M{Z}^2⟺{\mathcal{P}}_1={\mathcal{P}}_2={\mathcal{P}}_3$.
Tập hợp điểm $M$ chính là trục đẳng phương của ba mặt cầu, là giao tuyến của hai mặt phẳng đẳng phương $(\alpha ):{\mathcal{P}}_1={\mathcal{P}}_2$ và $(\beta ):{\mathcal{P}}_1={\mathcal{P}}_3$.
Trừ phương trình các mặt cầu để tìm vectơ pháp tuyến của $(\alpha )$ và $(\beta )$, sau đó tính tích có hướng, ta được vectơ chỉ phương của trục đẳng phương là $(9;8;-7)$.

Trong mặt phẳng $(Oxy):z=0$, đường tròn $(C)$ có tâm $J(3;4;0)$ và bán kính $r=\sqrt{25-16}=3$. Vì $MN=2\sqrt{5}$ nên khoảng cách từ $J$ đến đường thẳng $MN$ là $d(J,MN)=\sqrt{r^2-{\left(\frac{MN}{2}\right)}^2}=\sqrt{9-5}=2$. Thể tích $V_{OAMN}=\frac{1}{3}{z}_A{S}_{OMN}$ lớn nhất khi $d(O,MN)$ lớn nhất, tức là $d(O,MN)=OJ+d(J,MN)=5+2=7$. Khi đó đường thẳng $MN$ vuông góc với $OJ$ tại $H\left(\frac{7}{5}\cdot 3;\frac{7}{5}\cdot 4;0\right)=\left(\frac{21}{5};\frac{28}{5};0\right)$, có phương trình $3x+4y-35=0$ (và $z=0$), đi qua điểm $(5;5;0)$.

Tam giác $ACD$ vuông tại $A$ có $AC=a,CD=a\sqrt{2}\Rightarrow AD=a=AB$. Gọi $H,E$ lần lượt là trung điểm của $BD$ và $CD$, ta có $AH\perp (BCD)\Rightarrow CD\perp (AHE)\Rightarrow BC\perp CD$, nên $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $△BCD$.

[IMAGE_1]

Trong mặt phẳng $(AHE)$, kẻ đường thẳng qua $E$ vuông góc với $AE$ cắt $AH$ tại $I$ thì $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$. Ta có $R=AI=\frac{A{E}^2}{AH}=\frac{(a\sqrt{2}/2{)}^2}{a/2}=a\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4\pi a^3}{3}$.