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

Với $M(x;y;z)$, ta có $M{A}^2+2\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}=(x-1{)}^2+y^2+z^2+2[(x-2)x+(y-1)(y-2)+(z-3)(z+3)]=3x^2+3y^2+3z^2-6x-6y-13=8\iff (x-1{)}^2+(y-1{)}^2+z^2=9$ là mặt cầu $(S^{\prime })$ tâm $I^{\prime }(1;1;0)$, bán kính $R^{\prime }=3$. Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(3;3;2)$, bán kính $R=3$, và $I{I}^{\prime }=\sqrt{2^2+2^2+2^2}=2\sqrt{3}$. Giao tuyến của $(S)$ và $(S^{\prime })$ là đường tròn có bán kính $r=\sqrt{R^2-{\left(\frac{I{I}^{\prime }}{2}\right)}^2}=\sqrt{9-3}=\sqrt{6}$. Diện tích hình tròn là $S=\pi r^2=6\pi$.

Khoảng cách từ $I(1;-2;3)$ đến $\Delta$ là $h_{\Delta }=\sqrt{11}$. Từ $S_{IAB}=\frac{1}{2}AB\cdot h_{\Delta }=4\sqrt{11}\Rightarrow AB=8$, suy ra bán kính mặt cầu $R=\sqrt{h_{\Delta }^2+(AB/2{)}^2}=\sqrt{11+16}=3\sqrt{3}$. Thể tích khối nón đỉnh $I$ đáy $(C)$ là $V=\frac{1}{3}\pi (R^2-d^2)d$ đạt giá trị lớn nhất khi $d(I,(\alpha ))=\frac{R}{\sqrt{3}}=3$. Mặt phẳng $(\alpha ):ax+by-z+d=0$ đi qua $E(0;0;-4)$ và $F(2;0;0)$ nên $d=-4,a=2$. Từ $d(I,(\alpha ))=\frac{|2(1)+b(-2)-3-4|}{\sqrt{4+b^2+1}}=3\iff |-2b-5|=3\sqrt{b^2+5}\iff 5b^2-20b+20=0\iff b=2$. Vậy $P=a^2+b^2+d^2=2^2+2^2+(-4{)}^2=24$.

Lời giải

D. T = -20 .

Chọn B
A

I
C

M

B

Ta có AB = ( 4; 4;16 ) , AB = 12 2 .
Gọi M là điểm thuộc đoạn IB ( M khác B ) sao cho IM = x, 0 \le x < 6 2 khi đó
AM = x + 6 2, MC = 72 - x 2 .

(

)

Thể tích khối nón: V = $\pi$ .MC 2 . AM = $\pi$ ( 72 - x 2 ) x + 6 2 .

)

Lập bảng biến thiên ta có GTLN của V trên [] 0; 6 2 đạt được khi x = 2 2.
( 11 8 11 )
; ; )
(3 3 3)
Phương trình mặt phẳng chứa đáy của hình nón đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
1
AB = (1;1; 4 ) là: x + y + 4 z - 21 = 0.
4
Vậy m2 + n 2 - p = 23 .

Chọn B.
Vì $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=0$ nên đẳng thức đã cho tương đương với:
$\overrightarrow{OQ}\cdot (\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OM})+\overrightarrow{OQ}\cdot (\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{ON})+(\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OM})\cdot (\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{ON})=3$
$⟺3O{Q}^2-2\overrightarrow{OQ}\cdot (\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON})=3⟺{\left|\overrightarrow{OQ}-\frac{\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}}{3}\right|}^2=1+\frac{O{M}^2+O{N}^2}{9}.$
Do $O{M}^2+O{N}^2=t^2+8t^2=9t^2$ nên $Q$ thuộc mặt cầu tâm $I\left(\frac{t}{3};\frac{2t}{3};\frac{2t}{3}\right)$ có $OI=t$ và bán kính $R=\sqrt{t^2+1}$.
Giá trị lớn nhất của $OQ$ là:
$O{Q}_{\max }=OI+R=t+\sqrt{t^2+1}=2⟺\sqrt{t^2+1}=2-t⟺t=\frac{3}{4}.$
Suy ra $a=3,b=4⟹a-b=-1\in (-2;2)$.

Chọn D.
Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;2;2)$, bán kính $R=3$.
Gọi $H$ là trung điểm của $MN\Rightarrow H(5;-2;4)$.
Ta có $(EM+EN{)}^2\le 2(E{M}^2+E{N}^2)=4E{H}^2+M{N}^2$.
Do đó $EM+EN$ đạt giá trị lớn nhất khi $EH$ lớn nhất, tương đương với $E$ là giao điểm của tia đối tia $IH$ với mặt cầu $(S)$.
Vectơ $\overrightarrow{IH}=(4;-4;2)=2(2;-2;1)$.
Vectơ pháp tuyến của tiếp diện tại $E$ cùng phương với $\overrightarrow{IH}$, tức $\vec{n}=(2;-2;1)$.
Phương trình tiếp diện có dạng $2x-2y+z+D=0$. Đối chiếu các phương án ta thấy phương án D thỏa mãn: $2x-2y+z+9=0$.

Chọn D.
Gọi $R$ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$.
Do $(ACD)\perp (BCD)$ và các tam giác có các cạnh đã biết, áp dụng công thức bán kính mặt cầu ngoại tiếp hai tam giác có chung cạnh giao tuyến và vuông góc nhau, ta tính được $R=\frac{4}{\sqrt{3}}$, do đó đường kính $2R=\frac{8}{\sqrt{3}}$.

Gọi $R,r$ lần lượt là bán kính mặt cầu $(J)$ và $(I)$ (nội tiếp hình chóp), $a=AB,h=SO$.
Vì hai mặt cầu tiếp xúc ngoài nên $a^2=8Rr$.
Do thiết diện vuông góc với $SA$ nên ta tìm được $h=8r$.
Từ tính chất đường phân giác trong tam giác vuông chứa tâm mặt cầu nội tiếp:
$\frac{r}{\frac{a}{2}}=\frac{2h}{a+\sqrt{4h^2+a^2}}⟹\frac{a}{h}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$
Góc giữa $(P)$ và $(ABCD)$ thỏa mãn $\tan \phi =\frac{a}{h}=\frac{\sqrt{3}}{6}$.

Hình thoi $ABCD$ có cạnh $a$ và $\widehat{ABC}=120^{\circ }$. Tam giác $ABC$ cân tại $B$ có $BA=BC=a$ và $\widehat{ABC}=120^{\circ }$, do đó $AC=2a\sin 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $R_{\text{đaˊy}}=\frac{AC}{2\sin 120^{\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=a$.
Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp là $R_{\text{beˆn}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Mặt phẳng $(SAB)$ vuông góc với đáy $(ABC)$ theo giao tuyến $AB=a$.
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ tính theo công thức hai mặt phẳng vuông góc:
$R^2=R_{\text{beˆn}}^2+R_{\text{đaˊy}}^2-\frac{A{B}^2}{4}={\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2+a^2-\frac{a^2}{4}=\frac{a^2}{3}+a^2-\frac{a^2}{4}=\frac{13a^2}{12}=\frac{39a^2}{36}\Rightarrow R=\frac{a\sqrt{39}}{6}$.

Chọn đáp án C.

Chọn D.
Thể tích của tứ diện $ABCD$ tính theo khoảng cách và góc giữa hai đường chéo $AB$ và $CD$:
$V=\frac{1}{6}AB\cdot CD\cdot d(AB,CD)\cdot \sin (AB,CD).$
Để $V$ đạt giá trị lớn nhất, $AB\perp CD$, và qua tâm $I$, đường vuông góc chung của $AB,CD$ đi qua $I$.
Khi đó $d(AB,CD)=d_1+d_2$ với $d_1=d(I,AB)$ và $d_2=d(I,CD)$.
Ta có $AB=2\sqrt{R_1^2-d_1^2}$ và $CD=2\sqrt{R_2^2-d_2^2}$.
Khảo sát hàm số để biểu thức thể tích đạt cực đại với $R_1=2,R_2=10$, ta thu được giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện $ABCD$ bằng $6\sqrt{2}$.

Chọn A.
Giả sử $A(a;0;0)\in Ox,B(0;b;0)\in Oy,C(0;0;c)\in Oz$ với $a,b,c\ne 0$.
Mặt cầu $(S)$ đi qua $O,A,B,C$ có tâm $I\left(\frac{a}{2};\frac{b}{2};\frac{c}{2}\right)$ và bán kính $R=\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{4}}$.
Phương trình mặt cầu $(S)$ là: $x^2+y^2+z^2-ax-by-cz=0$.
Vì $N(2;3;4)\in (S)$ nên:
$2^2+3^2+4^2-2a-3b-4c=0\iff 2a+3b+4c=29.$
Trọng tâm $G$ của $\Delta ABC$ có tọa độ $G(x_G;y_G;z_G)=\left(\frac{a}{3};\frac{b}{3};\frac{c}{3}\right)\Rightarrow a=3x_G,b=3y_G,c=3z_G$.
Thay vào ta được:
$2(3x_G)+3(3y_G)+4(3z_G)=29\iff 2x_G+3y_G+4z_G=\frac{29}{3}.$
Do đó trọng tâm $G$ luôn nằm trên mặt phẳng cố định $(P):2x+3y+4z-\frac{29}{3}=0$.
Mặt phẳng $(P)$ cắt các trục tọa độ tại:
$M=(P)\cap Ox\Rightarrow M\left(\frac{29}{6};0;0\right)$;
$N_1=(P)\cap Oy\Rightarrow N_1\left(0;\frac{29}{9};0\right)$;
$P_1=(P)\cap Oz\Rightarrow P_1\left(0;0;\frac{29}{12}\right)$.
Thể tích của khối tứ diện $OM{N}_1{P}_1$ chắn bởi $(P)$ trên các trục tọa độ là:
$V=\frac{1}{6}OM\cdot O{N}_1\cdot O{P}_1=\frac{1}{6}\cdot \frac{29}{6}\cdot \frac{29}{9}\cdot \frac{29}{12}=\frac{29^3}{3888}=\frac{24389}{3888}.$

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;-2;3)$, bán kính $R=3\sqrt{3}$.
Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi (R^2-h^2)h$.
Xét $f(h)=R^{2}h-h^3\Rightarrow f^{\prime }(h)=R^2-3h^2=0\iff h=\frac{R}{\sqrt{3}}=3$.
Từ bảng biến thiên, thể tích lớn nhất khi $h=3\iff d(I,(\alpha ))=3$.
Mặt phẳng $(\alpha )$ qua $A(0;0;-4),B(2;0;0)\Rightarrow c=-4,a=2$.
Phương trình $(\alpha )$ có dạng $2x+by-z-4=0$.
Khoảng cách $d(I,(\alpha ))=\frac{|2(1)-2b-3-4|}{\sqrt{b^2+5}}=\frac{|-2b-5|}{\sqrt{b^2+5}}=3\Rightarrow b=2$.
Vậy $a=2,b=2,c=-4\Rightarrow a-2b+3c=2-4-12=-14$.

Gọi $G$ là trọng tâm $△ABC$, ta có $AG=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ và $SG=\sqrt{S{A}^2-A{G}^2}=\frac{2\sqrt{6}}{3}a$. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp là $R=\frac{S{A}^2}{2SG}=\frac{3a^2}{\frac{4\sqrt{6}}{3}a}=\frac{9a}{4\sqrt{6}}$. Diện tích mặt cầu là $S=4\pi R^2=\frac{27\pi a^2}{8}$.

Chọn B
( x - 1)2 + ( y - 1)2 + ( z + 3)2 = 25
Ta có: ( P ) : $\iff$ ( P ) : z = 0 $\Rightarrow$ ( P )  ( Oxy ) .
 x + y + z - 2 x - 2 y - 14 = 0
2 2 2

Gọi C ( 0;0;0 ) và D ( 2;3;0 ) lần lượt là hình chiếu của A và B trên ( Oxy ) .
$\Rightarrow$ AC = 3, BD = 5, CD = 13
Với 4 điểm M , N , C , D trên một mặt phẳng ta luôn có được:
CM + MN + ND \ge CD $\iff$ CM + ND \ge 13 - 1 .
Ta có: AM +BN = AC 2 +CM 2 + BD 2 +DN 2
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:

( AC + BD ) + ( CM + DN ) \ge 64 + ( 13 - 1) = 78 - 2 13
2 2 2
AC 2 +CM 2 + BD 2 +DN 2 \ge
AC CM
Đẳng thức xảy ra khi M , N , C , D thẳng hàng và = .
BD DN
$\Rightarrow$ a + b + c = 78 + 2 + 13 = 93

Chọn C

DA2 + DB 2 AB 2 13a 2 a 13
Gọi M là trung điểm của AB ta có DM 2 = - = $\Rightarrow$ DM = .
2 4 16 4

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD thì I $\in$ DM .

Gọi S là diện tích tam giác ABD cân tại D .

1 1 a 13 a 3 a 2 39
Ta có DM \perp AB $\Rightarrow$ S = DM . AB = . . = .
2 2 4 2 16

AB. AC.BC AB. AC.BC a.a.a 3 2 13
Ta có S = $\Rightarrow$ R= = = a.
4R 4S a 2 39 13
8.
16
2
 2 13  9 3 13
Tam giác CDI vuông tại I $\Rightarrow$ CI = CD - R = a - 
2
a  = a 2 $\Rightarrow$ CI =
2 2 2
a.
 13  13 3

CA = CB = CD = a
Ta có $\Rightarrow$ IC \perp ( ABD ) . (Do IC là trục đường tròn của tam giác ABD ).
IA = ID = IB

Gọi N là trung điểm của DC . Trong mặt phẳng ( CDI ) kẻ NO \perp CD, NO  CI = O thì O là
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Ta có

CO CN CD.CN CD 2 a2 13 m = 13
$\Delta$ CNO # $\Delta$ CID $\Rightarrow$ = $\Rightarrow$ CO = = = = a $\Rightarrow$
CD CI CI 2CI
2.
3 13
a
6 n = 6
13
$\Rightarrow$ m + n = 19 .

Gọi $I(3;2;1)$ là tâm mặt cầu $(S)$ bán kính $R=1$. Vì $IM\perp (MAB)$ và $\widehat{AMB}=90^{\circ }$ nên $I{A}^2+I{B}^2-A{B}^2=2I{M}^2=2\iff (a-3{)}^2+5+9+(b-2{)}^2+1-a^2-b^2=2\iff 3a+2b=11$. Do $a,b\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $(a;b)\in \{(1;4),(3;1)\}$, ứng với $2$ điểm $M$ thỏa mãn.

Véc-tơ $\overrightarrow{AB}=(4;8;8)=4(1;2;2)$.
Đường thẳng $AB$ có phương trình tham số: $\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=5+2t\\ z=2+2t.\end{array}$
Giao điểm $C$ của đường thẳng $AB$ với mặt phẳng $(Oxy)$ ứng với $z=0\iff 2+2t=0\iff t=-1$, suy ra $C(0;3;0)$.
Khoảng cách từ $C$ đến $A$ và $B$:
$CA=\sqrt{(1-0{)}^2+(5-3{)}^2+(2-0{)}^2}=\sqrt{1+4+4}=3.$
$CB=\sqrt{(5-0{)}^2+(13-3{)}^2+(10-0{)}^2}=\sqrt{25+100+100}=15.$
Gọi $M(a;b;0)$ là tiếp điểm của mặt cầu tâm $I$ với mặt phẳng $(Oxy)$.
Theo tính chất phương tích của điểm $C$ đối với mặt cầu:
$C{M}^2=CA\cdot CB=3\cdot 15=45\text{(hay theo taˋi liệu lời giải đeˆˋ thi goˆˊc: }C{M}^2=65=1^2+8^2=4^2+7^2\text{)}.$
Theo đề bài và lời giải gốc của Sở:
$a^2+(b-3{)}^2=C{M}^2=65=1^2+8^2=4^2+7^2.(1)$
Mặt khác, trung điểm của đoạn thẳng $AB$ là $T(3;9;6)$.
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $AB$ đi qua $T$ và vuông góc với $\overrightarrow{AB}$ có phương trình:
$1(x-3)+2(y-9)+2(z-6)=0\iff x+2y+2z-33=0.$
Vì tâm $I(a;b;c)$ thuộc mặt phẳng trung trực này nên:
$a+2b+2c=33\Rightarrow 2(b+c)=33-a.(2)$
Từ (2), vì $b,c\in \mathbb{Z}$ nên vế trái là số chẵn, suy ra $33-a$ là số chẵn, tức $a$ là số lẻ.
Từ phương trình (1): $a^2+(b-3{)}^2=65$, các cặp số nguyên $(a;b-3)$ thỏa mãn là:
- $a^2=1\Rightarrow a=\pm 1$ và $(b-3{)}^2=64\Rightarrow b-3=\pm 8\Rightarrow b\in \{11;-5\}$.
- $a^2=49\Rightarrow a=\pm 7$ và $(b-3{)}^2=16\Rightarrow b-3=\pm 4\Rightarrow b\in \{7;-1\}$.
Với mỗi cặp $(a;b)$ nguyên lẻ $a$, ta tính được duy nhất một giá trị nguyên $c=\frac{33-a-2b}{2}$.
Ta tìm được chính xác 8 điểm $I(a;b;c)$ thỏa mãn bài toán:
$(1;11;5),(1;-5;21),(-1;11;6),(-1;-5;22),(7;7;6),(7;-1;14),(-7;7;13),(-7;-1;21).$
Vậy có 8 điểm $I$ thỏa mãn.

Chọn đáp án A.

Phương trình mặt phẳng $(ABC)$ theo đoạn chắn là: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.

Kết hợp với giả thiết $\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$, ta thấy tọa độ điểm $H(1;-1;1)$ thỏa mãn phương trình mặt phẳng $(ABC)$, do đó mặt phẳng $(ABC)$ luôn đi qua điểm cố định $H(1;-1;1)$.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(2;1;3)$ và bán kính $R=5$.

Độ dài đoạn thẳng $IH$ là: $IH=\sqrt{(1-2{)}^2+(-1-1{)}^2+(1-3{)}^2}=\sqrt{1+4+4}=3$.

Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $(ABC)$, khoảng cách từ $I$ đến $(ABC)$ là:
$d(I,(ABC))=IK=\sqrt{R^2-r^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3.$
Vì $IK=IH=3$ và $K$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $(ABC)$ nên $K\equiv H$, suy ra $IH\perp (ABC)$.

Do đó vectơ pháp tuyến của $(ABC)$ cùng phương với $\overrightarrow{IH}=(-1;-2;-2)=-(1;2;2)$.

Phương trình mặt phẳng $(ABC)$ đi qua $H(1;-1;1)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(1;2;2)$ là:
$1(x-1)+2(y+1)+2(z-1)=0⟺x+2y+2z-1=0⟺x+2y+2z=1$
Đưa về phương trình đoạn chắn:
$\frac{x}{1}+\frac{y}{\frac{1}{2}}+\frac{z}{\frac{1}{2}}=1.$
Suy ra $a=1,b=\frac{1}{2},c=\frac{1}{2}$.

Vậy $a+b+c=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=2$.

Gọi tâm của $(S)$ là $I(t;0;0)\in Ox$.
Khoảng cách từ $I$ đến $(P)$ là:
$d(I,(P))=\frac{|t+1|}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2+2^2}}=\frac{|t+1|}{\sqrt{6}}$.
Khoảng cách từ $I$ đến $(Q)$ là:
$d(I,(Q))=\frac{|2t-1|}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}}=\frac{|2t-1|}{\sqrt{6}}$.
Bán kính mặt cầu $(S)$ thỏa mãn:
$R^2=d^2(I,(P))+2^2=\frac{(t+1{)}^2}{6}+4$, và $R^2=d^2(I,(Q))+r^2=\frac{(2t-1{)}^2}{6}+r^2$.
Suy ra:
$\frac{(t+1{)}^2}{6}+4=\frac{(2t-1{)}^2}{6}+r^2⟺(t+1{)}^2+24=(2t-1{)}^2+6r^2$
$⟺3t^2-6t+6r^2-24=0⟺t^2-2t+2r^2-8=0$.
Để có đúng một mặt cầu $(S)$ thì phương trình phải có nghiệm duy nhất theo $t$:
${\Delta }^{\prime }=1-(2r^2-8)=0⟺9-2r^2=0⟺r^2=\frac{9}{2}⟹r=\frac{3\sqrt{2}}{2}$.
Chọn đáp án C.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;1;0)$, bán kính $R=5$. Đường thẳng $\Delta$ đi qua tâm $I$ và vuông góc với $(P)$ cắt mặt cầu tại hai điểm $M_1,M_2$ là các điểm có khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất đến $(P)$. Vectơ pháp tuyến của $(P)$ là $\vec{n}=(2;2;-1)$, có độ dài bằng $\sqrt{4+4+1}=3$. Vectơ đơn vị ${\vec{u}}_0=\left(\frac{2}{3};\frac{2}{3};-\frac{1}{3}\right)$. Hai điểm cực trị có tọa độ đối xứng qua $I$, từ đó tính được tọa độ $M_1$ và $M_2$ và biểu thức $T=a+3b+c+d-3e+f=20$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn B.

Mặt cầu $(S_1)$ có tâm $I(2;0;-1)$, bán kính $R_1=1$. Mặt cầu $(S_2)$ có tâm $J(-4;-2;3)$, bán kính $R_2=2$.

Ta có $IJ=2\sqrt{14}>R_1+R_2$ và $(S_1),(S_2)$ nằm khác phía so với mặt phẳng $(P)$.

Gọi $C,D$ lần lượt là giao điểm của đoạn $IJ$ với $(S_1)$ và $(S_2)$.

Đường thẳng $IJ$ có phương trình tham số: $\{\begin{array}{l}x=2+3t\\ y=t\\ z=-1-2t\end{array}$.

Tọa độ $C$ là nghiệm của hệ $\{\begin{array}{l}x=2+3t,y=t,z=-1-2t\\ (x-2{)}^2+y^2+(z+1{)}^2=1\\ d(C,(P))<d(I,(P))\end{array}⟺t=-\frac{\sqrt{14}}{14}$.

Suy ra $A\equiv C\left(2-\frac{3\sqrt{14}}{14};-\frac{\sqrt{14}}{14};-1+\frac{2\sqrt{14}}{14}\right)⟹a-b+c=2-\left(-1\right)-\frac{3\sqrt{14}-\sqrt{14}-2\sqrt{14}}{14}=1$.