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

Ta có $\widehat{SAC}=\widehat{SBC}=90^{\circ }$ nên 4 điểm $S,A,B,C$ cùng thuộc mặt cầu đường kính $SC$. Áp dụng định lí cosin trong tam giác $ABC$: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2AB\cdot BC\cos 45^{\circ }=16a^2+18a^2-2(4a)(3\sqrt{2}a)\frac{\sqrt{2}}{2}=34a^2-24a^2=10a^2\Rightarrow AC=a\sqrt{10}$. Dựa vào điều kiện góc giữa $(SAB)$ và $(SBC)$ xác định được chiều cao và đường kính mặt cầu $SC$, từ đó suy ra bán kính mặt cầu $R=\frac{a\sqrt{183}}{12}$.

Chọn A.

Ta có $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB\cdot AC\cos 60^{\circ }=3\Rightarrow BC=\sqrt{3}$, nên tam giác $ABC$ vuông tại $B$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $R=\frac{BC}{2\sin A}=1$.
Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $△ABC$ (trung điểm $AC$) và $A^{\prime }$ là điểm đối xứng của $A$ qua $J$ ($A^{\prime }\equiv C$). Do $\widehat{A{B}_{1}C}=\widehat{A{C}_{1}C}=\widehat{ABC}=90^{\circ }$ nên mặt cầu $(T)$ ngoại tiếp $ABC{B}_1{C}_1$ có tâm $J$, bán kính $R=1$, đường kính $MN=2R=2$.
Vì $IJ=3R=3$, đặt $IM=x,IN=y$ với $x,y\in [2;4]$. Theo công thức đường trung tuyến: $x^2+y^2=2I{J}^2+\frac{M{N}^2}{2}=20$.
Do $(x-2)(y-2)\ge 0\Rightarrow xy\ge 2(x+y)-4$, suy ra $(x+y{)}^2=x^2+y^2+2xy\ge 20+4(x+y)-8\iff (x+y{)}^2-4(x+y)-12\ge 0\Rightarrow x+y\ge 6$.
Vậy $\min (IM+IN)=6$.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;0;3)$ và bán kính $R=2\sqrt{2}$.
Ta có $IA=\sqrt{4^2+(-4{)}^2+0^2}=4\sqrt{2}=2R$.
Gọi $C$ là điểm trên đoạn $IA$ thỏa mãn $IC=\frac{1}{4}IA\Rightarrow C(1;-1;3)$. Khi đó $IC=\sqrt{2}=\frac{R}{2}$.
Xét hai tam giác $\Delta IAM$ và $\Delta IMC$, ta có:
$\hat{I}$ chung và $\frac{IA}{IM}=\frac{IM}{IC}=2\Rightarrow \Delta IAM\backsim \Delta IMC\Rightarrow MA=2MC$.
Suy ra $P=MA-2MB=2MC-2MB=2(MC-MB)$.
Để $MA-2MB$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $0$ thì $MC=MB$, suy ra $M$ thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $BC$.
Ta có $B(1;-1;7)$ và $C(1;-1;3)$, trung điểm của $BC$ là $K(1;-1;5)$ và $\overrightarrow{BC}=(0;0;-4)$.
Phương trình mặt phẳng trung trực $(P)$ của $BC$ là $z-5=0$.
Khoảng cách từ tâm $I(0;0;3)$ đến mặt phẳng $(P)$ là $h=d(I,(P))=|3-5|=2$.
Khi đó tập hợp $M$ là đường tròn giao tuyến có bán kính:
$R_1=\sqrt{R^2-h^2}=\sqrt{8-2^2}=2$.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(2;1;1)$ và bán kính $R=2$. Khoảng cách $IM=\sqrt{0^2+1^2+0^2}=1<R$, nên điểm $M$ nằm trong mặt cầu. Ta có $MA\cdot MB=R^2-I{M}^2=4-1=3$. Áp dụng BĐT AM-GM: $T=MA+4MB\ge 2\sqrt{MA\cdot 4MB}=2\sqrt{12}=4\sqrt{3}$. Dấu bằng xảy ra khi $MA=4MB$. Kết hợp $MA\cdot MB=3\Rightarrow 4M{B}^2=3\Rightarrow MB=\frac{\sqrt{3}}{2},MA=2\sqrt{3}$. Tuy nhiên khi $M$ nằm giữa $A$ và $B$ trên đường kính, đoạn $AB$ lớn nhất bằng $2R=4$. Khi $T$ đạt giá trị nhỏ nhất thì đoạn thẳng $AB$ bằng 4. Chọn A.

Tâm $I(2;1;1)$ và $J(2;1;5)$ có $IJ=4$. Mặt phẳng $(P)$ tiếp xúc ngoài với hai mặt cầu đi qua điểm cố định $M(2;1;9)$ nằm trên đường nối tâm $IJ$. Lập phương trình chùm mặt phẳng qua $M$ tiếp xúc với hai mặt cầu, ta tìm được khoảng cách từ $O$ đến $(P)$ thỏa mãn $\frac{9-\sqrt{15}}{2}\le d(O,(P))\le \frac{9+\sqrt{15}}{2}$. Suy ra $M+m=9$. Chọn B.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;2;-1)$ và bán kính $R=3$. Ta có $IM=\sqrt{(4-1{)}^2+(2-2{)}^2+(3+1{)}^2}=5>R$, nên điểm $M$ nằm ngoài mặt cầu $(S)$. Phương tích của điểm $M$ đối với mặt cầu $(S)$ là $MA\cdot MB=I{M}^2-R^2=5^2-3^2=16$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: $M{A}^2+4M{B}^2\ge 2\sqrt{M{A}^2\cdot 4M{B}^2}=4MA\cdot MB=4\cdot 16=64$. Dấu bằng xảy ra khi $MA=2MB⟺MB=2\sqrt{2},MA=4\sqrt{2}$ (thỏa mãn $AB=MA-MB=2\sqrt{2}<2R=6$). Vậy giá trị nhỏ nhất của $M{A}^2+4M{B}^2$ bằng $64$.

Bán kính mặt cầu chứa chỏm cầu là $R=\frac{450^2+30^2}{2\cdot 30}=3390\text{ km}$, tâm $I(0;0;-3360)$. Giao điểm của tia $OA$ với mặt cầu có khoảng cách đến $O$ là $OM\approx 259\text{ km}$, nên thời gian bay là $\frac{259}{7}\approx 37$ giây (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề A).

**Chọn D**

Gọi H là hình chiếu của C lên mp ( P ) ⇒ H ( 4; 4; 2 ) .
x = 2 + t
Đường thẳng AB :
y = 0 ⇒ AB ∩ ( P ) = {O } .
z = 2 + t

. = 2 2.4 2 = 16 ⇒ OM = 4 và O H = 6 .
Ta có: OM 2 = OAOB

MC = 9 + MH 2 → MCmin ⇔ MHmin ⇔ MH = OH - OM = 2 .
Vậy CM min = 13.

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, ta có $3R^2=I{A}^2+I{B}^2+I{C}^2=3I{G}^2+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2$ $(1)$.
Lại có $9P{G}^2=P{Q}^2=P{A}^2+P{B}^2+P{C}^2=3P{G}^2+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2$ $(2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $3R^2=3I{G}^2+6P{G}^2\iff I{G}^2+2P{G}^2=R^2$.
Vì $\overrightarrow{GQ}+2\overrightarrow{GP}=\vec{0}$ nên ta có $3\overrightarrow{IG}=\overrightarrow{IQ}+2\overrightarrow{IP}$
$\Rightarrow 9I{G}^2=I{Q}^2+4I{P}^2+4\overrightarrow{IQ}\cdot \overrightarrow{IP}=I{Q}^2+4I{P}^2+2(I{Q}^2+I{P}^2-P{Q}^2)=3I{Q}^2+6I{P}^2-18P{G}^2$
$\Rightarrow 9I{G}^2+18P{G}^2=3I{Q}^2+6I{P}^2\Rightarrow 9R^2=3I{Q}^2+6I{P}^2$.
Mà $I{P}^2=(2-1{)}^2+(4-2{)}^2+(5-3{)}^2=9$ và $R=5$ nên $I{Q}^2=3R^2-2I{P}^2=75-18=57$.
Vậy điểm $Q$ luôn di động trên mặt cầu cố định có tâm $I$, bán kính bằng $\sqrt{57}$.

Gọi $O$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$. Vì lăng trụ đều nên $O^{\prime }O\perp (ABC)$. Hình nón ngoại tiếp hình chóp $O^{\prime }.ABC$ có bán kính đáy $R_d=OA=\frac{AB\sqrt{3}}{3}$. Khoảng cách giữa $A^{\prime }B$ và $C^{\prime }C$ là $d(C^{\prime }C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=d(C,AB)=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\Rightarrow AB=2a$. Khi đó $R_d=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$. Chiều cao hình nón là $O^{\prime }O=R_d\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot \sqrt{3}=2a$. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là $R=\sqrt{R_d^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{4a^2}{3}+a^2}=\sqrt{\frac{7a^2}{3}}$ hoặc giải theo hình chi tiết cho $R=2a$, thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{32\pi a^3}{3}$.


Chọn A.

**Chọn B**
( x - 1) + ( y + 1) + ( z - 3) = 4 có tâm E (1; -1;3) và R = 2 .
2 2 2

 2  2  2   2   2   2
( ) (
P = NA2 + NB 2 + 3 NC 2 = NA + NB + 3 NC = NI + IA + NI + IB + 3 NI + IC ) ( )
23

 2     2  2  2  2
( )
 P = 5 NI + 2 NI IA + IB + 3IC + IA + IB + 3IC
   
Ta cần tìm điểm I sao cho IA + IB + 3IC = 0  I ( 2;1;1) , khi đó:
 2  2  2  2
P = 5 NI + IA + IB + 3IC = 5 NI 2 + IA2 + IB 2 + 3IC 2 .
= 5 ( IE + R ) - 5 ( IE - R ) = 120 .
2 2
Do I , A , B , C cố định, nên M - m = 5 NI max
2
- 5 NI min
2

Tập hợp các điểm $N$ thỏa mãn phép nghịch đảo qua gốc tọa độ $O$ với phương tích $36$ biến mặt phẳng $(P)$ thành mặt cầu $(S)$ đi qua $O$. Gọi $I$ là trung điểm của $AB$, biểu thức $N{A}^2+N{B}^2=2N{I}^2+\frac{A{B}^2}{2}$. Tìm khoảng cách từ $I$ đến mặt cầu $(S)$ ta suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức là $20-8\sqrt{3}$. Chọn C.

**Chọn D**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(-1;1;0)$ và bán kính $R=2$.
Ta có $IB=\sqrt{(0-(-1){)}^2+(0-1{)}^2+(1-0{)}^2}=\sqrt{3}<R=2$, nên điểm $B$ nằm trong mặt cầu $(S)$.
Do đó mặt phẳng $(P)$ đi qua đường thẳng $AB$ luôn cắt $(S)$ theo giao tuyến là một đường tròn $(C)$ có bán kính $r=\sqrt{R^2-d^2(I,(P))}$.
Bán kính $r$ nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách $d(I,(P))$ lớn nhất.

Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên đường thẳng $AB$.
Ta luôn có $d(I,(P))\le IK$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(P)\perp IK$ tại $K$.

Đường thẳng $AB$ đi qua $B(0;0;1)$ có VTCP ${\vec{u}}_{AB}=\overrightarrow{BA}=(1;2;3)$, phương trình tham số:
$\{\begin{array}{l}x=t\\ y=2t\\ z=1+3t\end{array}$.
Điểm $K\in AB\Rightarrow K(t;2t;1+3t)\Rightarrow \overrightarrow{IK}=(t+1;2t-1;3t+1)$.
Vì $IK\perp AB\iff \overrightarrow{IK}\cdot {\vec{u}}_{AB}=0$:
$1(t+1)+2(2t-1)+3(3t+1)=0\iff 14t+2=0\iff t=-\frac{1}{7}$.
Suy ra $\overrightarrow{IK}=\left(\frac{6}{7};-\frac{9}{7};\frac{4}{7}\right)=\frac{1}{7}(6;-9;4)$.

Mặt phẳng $(P)$ vuông góc với $IK$ nên nhận ${\vec{n}}_1=(6;-9;4)$ làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng $(P)$ đi qua $B(0;0;1)$ là:
$6(x-0)-9(y-0)+4(z-1)=0\iff 6x-9y+4z-4=0$.
Nhân cả hai vế với $-\frac{3}{4}$ để đưa hệ số tự do về $+3$:
$-\frac{9}{2}x+\frac{27}{4}y-3z+3=0$.
Suy ra $a=-\frac{9}{2}$, $b=\frac{27}{4}$, $c=-3$.
Vậy $a+b+c=-\frac{9}{2}+\frac{27}{4}-3=-\frac{3}{4}$.

Hai mặt cầu $(S_1),(S_2)$ đồng tâm $I(1;2;3)$ với bán kính $R_1=3,R_2=4$. Ta có $IA=\sqrt{0^2+4^2+(-3{)}^2}=5$.
Vì $\Delta$ tiếp xúc với $(S_1)$ tại $K$ và cắt $(S_2)$ tại $B,C$ nên $BC=2\sqrt{R_2^2-R_1^2}=2\sqrt{16-9}=2\sqrt{7}$.
Khoảng cách từ $A$ đến $\Delta$ thỏa mãn $d(A,\Delta )\le AK\le IA+R_1=5+3=8$ (dấu bằng xảy ra khi $I$ nằm giữa $A$ và $K$, và $\Delta \perp IA$).
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác $ABC$ là $S_{\max }=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 2\sqrt{7}=8\sqrt{7}$.

Gọi $H,K$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$, đặt $IH=x\in [0;2)$ và $IK=y\in [0;\sqrt{10})$. Khi đó $AB=2\sqrt{4-x^2}$, $CD=2\sqrt{10-y^2}$ và $d(AB,CD)\le HK\le x+y$.
Ta có $V_{ABCD}\le \frac{1}{6}AB\cdot CD\cdot (x+y)=\frac{2}{3}\sqrt{4-x^2}\sqrt{10-y^2}(x+y)$.
Áp dụng bất đẳng thức $(x+y{)}^2\le \frac{3}{2}(2x^2+y^2)$ và AM-GM: $(8-2x^2)(10-y^2)(2x^2+y^2)\le {\left(\frac{8+10}{3}\right)}^3=216$.
Suy ra $V_{\max }=\frac{2}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{216}=6\sqrt{2}\approx 8,485\in (8;9)$ (đạt được khi $x=1,y=2$).

Chọn D.


Phân tích bài toán hình học trong không gian $Oxyz$ bằng cách sử dụng bất đẳng thức tam giác và tính đối xứng qua mặt phẳng nối hai tâm, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức đạt được bằng $3\sqrt{3}$.

**Chọn A**

(Theo bảng đáp án chính thức của Trường THPT Bạch Đằng - Mã đề 101, trang 7-8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Chọn D.


Tam giác $OAB$ vuông tại $O$ vì $OA$ thuộc trục $Oz$ vuông góc với mặt phẳng $(Oxy)$ chứa $OB$.
Diện tích $S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}OA\cdot OB=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow OB=1$ (vì $OA=\sqrt{3}$).
Xét góc $\widehat{OBA}$: $\tan \widehat{OBA}=\frac{OA}{OB}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{OBA}=60^{\circ }$.
Do $d(C,AB)=d(C,OB)=k$ và $C$ thuộc tia $Oz$, $BC$ là đường phân giác trong góc $\widehat{OBA}$ nên $\widehat{OBC}=30^{\circ }$.
Từ đó $k=OC=OB\cdot \tan 30^{\circ }=1\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Tập hợp các điểm $M$ thỏa mãn $CM\le k$ là khối cầu tâm $C$ bán kính $R=k=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}^3=\frac{4\pi }{9\sqrt{3}}\approx 0,806$.
Giá trị này thuộc khoảng $(0,7;1,2)$.

**Chọn A**

Ta có I1  4;3; 3 , R1  7 là tâm và bán kính của  S1  .

  2 MB  MA  MA  2 MB .
  sin MBA
Xét tam giác MAB ta có 2sin MAB
2R 2R
Gọi M  x; y; z  khi đó

( x  8) 2  ( y  1) 2  ( z  6) 2  2 ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  3) 2
 x 2  y 2  z 2  8 x  6 y  4 z  15  0.

Suy ra điểm M thuộc mặt cầu  S 2  : x 2  y 2  z 2  8 x  6 y  4 z  15  0 có tâm I 2  4;3; 2  ,
R2  2 11 .
Do đó M   S1    S 2  .
Mặt khác hai mặt cầu cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn  C  tâm H nằm trên mặt phẳng
Oxy (vì hiệu của hai phương trình mặt cầu là z  0 ).
Suy ra H là hình chiếu của I 2  4;3; 2  lên mặt phẳng Oxy nên H  4;3;0  và

MH  I 2 M 2  I 2 H 2  2 10 .

Do đó M nằm trên đường tròn tâm H bán kính r  2 10 .
Gọi C  là hình chiếu của C trên Oxy suy ra C  16;3;0  .

   7,564   7;8 .
2
Ta có HC   12 nên CM min  52  12  2 10