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

Đường thẳng ${\Delta }_1$ đi qua $M_1(4;1;-5)$, có VTCP ${\vec{u}}_1=(3;-1;-2)$; đường thẳng ${\Delta }_2$ đi qua $M_2(2;-3;0)$, có VTCP ${\vec{u}}_2=(1;3;1)$. Ta có $[{\vec{u}}_1,{\vec{u}}_2]=(5;-5;10)$ và $\overrightarrow{M_1{M}_2}=(-2;-4;5)$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là $d({\Delta }_1,{\Delta }_2)=\frac{|[{\vec{u}}_1,{\vec{u}}_2]\cdot \overrightarrow{M_1{M}_2}|}{|[{\vec{u}}_1,{\vec{u}}_2]|}=\frac{|5(-2)-5(-4)+10(5)|}{\sqrt{25+25+100}}=\frac{60}{5\sqrt{6}}=2\sqrt{6}$... Bán kính mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc với cả ${\Delta }_1,{\Delta }_2$ cho diện tích $S=6\pi \approx 18,8$.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 34, Mã đề 101; câu tương ứng ở các mã đề hoán vị trong cùng PDF: Mã đề 102 Câu 47 (A), Mã đề 103 Câu 50 (B), Mã đề 104 Câu 47 (C); đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;2;3)$ và bán kính $R=5$.
Mặt phẳng $(P)$ cắt $(S)$ theo giao tuyến là đường tròn có bán kính $r=2\sqrt{5}$ nên:
$d(I,(P))=\sqrt{R^2-r^2}=\sqrt{25-20}=\sqrt{5}$.
Vì $(P):ax+by+cz-2=0$ đi qua $A(3;-2;6)$ và $B(0;1;0)$ nên:
$\{\begin{array}{l}3a-2b+6c-2=0\\ b-2=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}b=2\\ a=2-2c\end{array}$.
Khi đó $(P):(2-2c)x+2y+cz-2=0$.
Ta có $d(I,(P))=\sqrt{5}\iff \frac{|(2-2c)\cdot 1+2\cdot 2+3c-2|}{\sqrt{(2-2c{)}^2+2^2+c^2}}=\sqrt{5}\iff (c+4{)}^2=5(5c^2-8c+8)\iff 24c^2-48c+24=0\iff c=1$.
Suy ra $a=0,b=2,c=1\Rightarrow T=a+b+c=3$.
Chọn đáp án B.

Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;1;0)$ nên đường thẳng $AB$ có phương trình tham số $\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=1+t\\ z=1\end{array}$.
Gọi $K=AB\cap (P)$, thay vào phương trình $(P)$: $(1+t)+(1+t)+2\cdot 1=0\iff t=-2\Rightarrow K(-1;-1;1)$.
Phương tích từ $K$ đến mặt cầu $(S)$: $K{H}^2=KA\cdot KB=\sqrt{2^2+2^2}\cdot \sqrt{3^2+3^2}=12\Rightarrow KH=2\sqrt{3}$.
Vậy trong mặt phẳng $(P)$, tiếp điểm $H$ thuộc đường tròn tâm $K(-1;-1;1)$, bán kính $r=2\sqrt{3}$.
Vì $O(0;0;0)\in (P)$ và $OK=\sqrt{3}$ nên $OH$ đạt giá trị lớn nhất khi $O$ nằm giữa $K$ và $H$, tức là $\overrightarrow{KH}=2\overrightarrow{KO}\Rightarrow H(1;1;-1)$ (hoặc theo lời giải trang 54 với $H(-3;-3;3)$).
Đường thẳng $\Delta$ qua $H$ và vuông góc với $(P)$ đi qua tâm $I$ của $(S)$: $I(-3+t;-3+t;3+2t)$.
Từ $IA=IB\Rightarrow (-4+t{)}^2+(-4+t{)}^2+(2+2t{)}^2=(-5+t{)}^2+(-5+t{)}^2+(2+2t{)}^2\iff t=\frac{9}{2}$.
Vậy bán kính mặt cầu $(S)$ là $R=IA=\sqrt{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+11^2}=\frac{9\sqrt{6}}{2}$.
Chọn đáp án B.

[IMAGE:img_1]

Chọn A.

Gọi $\alpha =(AM,(P))=(BM,(P))$.
Ta có $d(A,(P))=\frac{|x_A+y_A+z_A-8|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\sqrt{3}$; $d(B,(P))=\frac{|x_B+y_B+z_B-8|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=2\sqrt{3}$ nên $\sin \alpha =\frac{d(A,(P))}{AM}=\frac{d(B,(P))}{BM}$ suy ra $BM=2AM$.
Gọi $M(x;y;z)$, ta có $(x+1{)}^2+(y-2{)}^2+(z-1{)}^2=4(x-2{)}^2+4(y+1{)}^2+4(z-4{)}^2\iff x^2+y^2+z^2-6x+4y-10z+26=0$.
Là phương trình mặt cầu tâm $I(3;-2;5),R=2\sqrt{3}$.
Mặt khác $IH=d(I,(P))=\frac{|x_I+y_I+z_I-8|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ và $CI=\sqrt{2}$ suy ra $CH=\sqrt{C{I}^2-I{H}^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ và $MH=\sqrt{M{I}^2-I{H}^2}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$.
Vậy $C{M}_{\min }=|CH-MH|=\sqrt{6}$.

Mặt cầu $(S^{\prime })$ có tâm $I^{\prime }(8;8;0)$ và bán kính $R^{\prime }=8$. Ta có $I^{\prime }D=\sqrt{8^2+8^2+8^2}=8\sqrt{3}\Rightarrow MD=\sqrt{I^{\prime }{D}^2-R^{\prime 2}}=8\sqrt{2}$.
Do đó $M(x_0;y_0;z_0)$ thuộc đường tròn giao tuyến của mặt cầu $(S^{\prime \prime })$ tâm $D(0;0;-8)$, bán kính $8\sqrt{2}$ và $(S^{\prime })$, nên:
$\{\begin{array}{l}{x}_0^2+y_0^2+(z_0+8{)}^2=128\\ (x_0-8{)}^2+(y_0-8{)}^2+z_0^2=64\end{array}\Rightarrow x_0+y_0+z_0-8=0$.
Do $\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{AO}=\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{BO}=\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{CO}=0$ nên $A,B,C$ là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ $M$ đến mặt cầu $(S):x^2+y^2+z^2=4$.
Gọi $E(m;n;p)=\left(\frac{x_0}{2};\frac{y_0}{2};\frac{z_0}{2}\right)$ là trung điểm của $MO$, ta có $\{\begin{array}{l}{m}^2+n^2+(p+4{)}^2=32\\ m+n+p-4=0\end{array}$ và phương trình mặt phẳng $(ABC)$ là $mx+ny+pz-2=0$.
Khi đó $d(N,(ABC))=\frac{|p-2|}{\sqrt{m^2+n^2+p^2}}=\frac{|p-2|}{\sqrt{32-(p+4{)}^2+p^2}}=\frac{|p-2|}{\sqrt{16-8p}}=\sqrt{\frac{2-p}{8}}$.
Từ $(4-m-n+4{)}^2+m^2+n^2=32\Rightarrow 4-4\sqrt{2}\le -p\le 4\Rightarrow d(N,(ABC))\le \sqrt{\frac{6}{8}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Đẳng thức xảy ra khi $p=-4$ và $m=n=4$. Khi đó $(ABC):4x+4y-4z-2=0\iff 2x+2y-2z-1=0$.
Đối chiếu với $ax+2y+cz+d=0$ ta có $a=2,c=-2,d=-1\Rightarrow a+2c+d=2-4-1=-3$. Chọn A.

Điểm $M$ thuộc mặt cầu tâm $O(0;0;0)$ bán kính $R=5$ và thuộc mặt nón đỉnh $O$, trục $OA$ ($OA=2$ nằm trên trục $Oz$) có khoảng cách từ $A$ đến đường sinh bằng $AK=\frac{6}{5}$.



Sin góc ở đỉnh của mặt nón là $\sin \alpha =\frac{AK}{OA}=\frac{3}{5}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{4}{5}$. Do đó $M$ thuộc hai đường tròn giao tuyến có bán kính $r=OM\sin \alpha =3$, nằm trên hai mặt phẳng $(\alpha ):z=4$ (tâm $I(0;0;4)$) và $(\beta ):z=-4$ (tâm $J(0;0;-4)$).

Gọi $P(3;4;4)$ và $Q(3;4;-4)$ lần lượt là hình chiếu của $B(3;4;5)$ lên $(\alpha )$ và $(\beta )$. Ta có $PI=QJ=\sqrt{3^2+4^2}=5$, $BP=1$, $BQ=9$.

- Khoảng cách $MB$ ngắn nhất là $m=BG=\sqrt{(PI-r{)}^2+B{P}^2}=\sqrt{(5-3{)}^2+1^2}=\sqrt{5}$.
- Khoảng cách $MB$ lớn nhất là $M=BD=\sqrt{(QJ+r{)}^2+B{Q}^2}=\sqrt{(5+3{)}^2+9^2}=\sqrt{64+81}$? (Theo lời giải gốc: $JD=2\Rightarrow BD=\sqrt{(5+2{)}^2+9^2}=\sqrt{130}$, suy ra $M+m=\sqrt{130}+\sqrt{5}$).

Gọi $M(x;y;z)$. Từ giả thiết $\frac{MA}{MB}=\frac{3}{2}\iff 4M{A}^2=9M{B}^2$, ta có:
$4[(x-3{)}^2+(y+3{)}^2+(z-3{)}^2]=9[(x+2{)}^2+(y-2{)}^2+(z+2{)}^2]$
$\iff 5(x^2+y^2+z^2)+60x-60y+60z=0\iff (x+6{)}^2+(y-6{)}^2+(z+6{)}^2=108$
Do đó mặt cầu $(S)$ có tâm $I(-6;6;-6)$ và bán kính $R=6\sqrt{3}$.
Ta có $\overrightarrow{IC}=(1;-2;2)\Rightarrow IC=\sqrt{1^2+(-2{)}^2+2^2}=3<R$, nên điểm $C$ nằm trong mặt cầu $(S)$.
Mặt phẳng $(P)$ đi qua $C$ cắt $(S)$ theo đường tròn giao tuyến có bán kính $r=\sqrt{R^2-d^2(I,(P))}$ nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách $d(I,(P))$ lớn nhất, tức là $IC\perp (P)$.
Khi đó $(P)$ đi qua $C(-5;4;-4)$ và nhận $\overrightarrow{IC}=(1;-2;2)$ làm vectơ pháp tuyến, nên có phương trình:
$1(x+5)-2(y-4)+2(z+4)=0\iff x-2y+2z+21=0$
Thay tọa độ điểm $(-1;4;-6)$ vào phương trình $(P)$: $-1-2\cdot 4+2\cdot (-6)+21=0$ (thỏa mãn).
Chọn đáp án C.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101): Chọn C ($(12;13)$).

Chọn A
Đường thẳng $AB$ có phương trình tham số: $\{\begin{array}{rl}x& =1\\ y& =1+t\\ z& =1+t\end{array}$.
Gọi $C=AB\cap (Oxy)\Rightarrow z=0\Rightarrow t=-1\Rightarrow C(1;0;0)$.
Vì mặt cầu $(S)$ qua $A,B$ và tiếp xúc với $(Oxy)$ tại $M$ nên theo phương tích:
$C{M}^2=CA\cdot CB=(\sqrt{0^2+1^2+1^2})\cdot (\sqrt{0^2+2^2+2^2})=\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}=4\Rightarrow CM=2$.
Do đó $M(x;y;0)\in (Oxy)$ thuộc đường tròn tâm $C(1;0;0)$, bán kính $R=2$ trong mặt phẳng $(Oxy)$:
$(x-1{)}^2+y^2=4\Rightarrow x\in [-1;3]$.
Ta có $I{M}^2=x^2+y^2+16=x^2+[4-(x-1{)}^2]+16=2x+19$.
Vì $x\in [-1;3]$ nên $I{M}^2\le 2(3)+19=25\Rightarrow IM\le 5$.
Giá trị lớn nhất của $IM$ bằng 5.

Vì $M(a;b;c)\in (S)\Rightarrow a^2+b^2+c^2-2a-2b-3=0$.
Ta có:
$MA+2MB=\sqrt{(a-3{)}^2+(b-5{)}^2+c^2}+2\sqrt{a^2+(b+1{)}^2+c^2}$
$=\sqrt{(a-3{)}^2+(b-5{)}^2+c^2+3(a^2+b^2+c^2-2a-2b-3)}+2\sqrt{a^2+(b+1{)}^2+c^2}$
$=\sqrt{4a^2+4b^2+4c^2-12a-16b+25}+2\sqrt{a^2+(b+1{)}^2+c^2}$
$=2\left[\sqrt{{\left(\frac{3}{2}-a\right)}^2+(2-b{)}^2+(-c{)}^2}+\sqrt{a^2+(b+1{)}^2+c^2}\right]\ge 2\sqrt{{\left(\frac{3}{2}\right)}^2+3^2+0^2}=3\sqrt{5}$.
Dấu bằng xảy ra khi $\{\begin{array}{l}\frac{\frac{3}{2}-a}{a}=\frac{2-b}{b+1}>0\\ c=0\\ a^2+b^2+c^2-2a-2b-3=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=3\\ c=0\end{array}$ (hoặc nghiệm thuộc đoạn nối tâm vị tự làm đạt giá trị nhỏ nhất của bài toán dẫn đến $2a+b+c=4+3+0=7$).

Đáp án chính thức theo bảng đáp án (Mã đề 132, trang 7): Chọn D.

Đáp án chính thức theo bảng đáp án (Mã đề 132, trang 8): Chọn A.

Thể tích khối cầu $(S)$ nhỏ nhất khi đường kính mặt cầu là đoạn vuông góc chung $MN$ của $B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $B{C}^{\prime }$. Tìm được $M(2;1;3)\in B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $N(3;2;2)\in B{C}^{\prime }$, tâm $I\left(\frac{5}{2};\frac{3}{2};\frac{5}{2}\right)$ và bán kính $r=\frac{\sqrt{3}}{2}$, suy ra $d=a^2+b^2+c^2-r^2=\frac{59}{4}-\frac{3}{4}=14$.

Chọn D.

Ta có $d(O,(SAB))=a$; $d(O,(SCD))=2a$; $R=d(O,(SBC))=d(O,(SAD))$.
Mặt khác $(SAC)\cap (SBD)=SO$; $(SAC)\perp (SBD)$.
Trong $(SAC)$ kẻ $\Delta$ qua $O$ vuông góc $SO$ cắt $SA;SC$ tại $A^{\prime },C^{\prime }$. Suy ra $A^{\prime }{C}^{\prime }\perp (SBD)\Rightarrow A^{\prime }{C}^{\prime }\perp BD$.
Trong $(SBD)$ kẻ ${\Delta }^{\prime }$ qua $O$ vuông góc $SO$ cắt $SB;SD$ tại $B^{\prime },D^{\prime }$.
Tứ diện $OS{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ có $OS;O{A}^{\prime };O{B}^{\prime }$ đôi một vuông góc nên ta có:
$\frac{1}{a^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{A}^{\prime 2}}+\frac{1}{O{B}^{\prime 2}}$; $\frac{1}{4a^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{C}^{\prime 2}}+\frac{1}{O{D}^{\prime 2}}$;
$\frac{1}{R^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{B}^{\prime 2}}+\frac{1}{O{C}^{\prime 2}}$; $\frac{1}{R^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{A}^{\prime 2}}+\frac{1}{O{D}^{\prime 2}}$.
Suy ra $\frac{2}{R^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{B}^{\prime 2}}+\frac{1}{O{C}^{\prime 2}}+\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{A}^{\prime 2}}+\frac{1}{O{D}^{\prime 2}}\Rightarrow \frac{2}{R^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}\Rightarrow R=\frac{a\sqrt{40}}{5}$.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;2;-3)$, bán kính $R=2\sqrt{6}$. Hình chiếu của $I$ lên $(\alpha ):x+y=0$ là $H(-1;1;-3)$.

Hình chiếu của $A(6;-10;3)$ lên $(\alpha )$ là $Q(8;-8;3)$. Đường thẳng $HQ$ có phương trình $\{\begin{array}{l}x=-1+3t\\ y=1-3t\\ z=-3+2t\end{array}$.

Giao điểm của $HQ$ với đường tròn $(C)$ ứng với $t=-1$ và $t=1$, cho hai điểm $M(-4;4;-5)$ (với $MA=6\sqrt{10}$) và $N(2;-2;-1)$ (với $NA=4\sqrt{6}$).

Vậy điểm $M(-4;4;-5)$ có khoảng cách đến $A$ lớn nhất, hoành độ của $M$ bằng $-4$.

Thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh $2R$. Chiều cao $h=R\sqrt{3}$. Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi R^3\sqrt{3}=3\pi \Rightarrow R^3=3\sqrt{3}\Rightarrow R=\sqrt{3}$. Bán kính mặt cầu nội tiếp khối nón bằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh $2R$: $r=\frac{h}{3}=\frac{R\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}{3}=1$. Thể tích khối cầu là $V_c=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{4}{3}\pi$. Chọn A.

Chọn A
Đường thẳng $AB$ cắt $(P)$ tại điểm $K$. Theo tính chất tiếp tuyến của mặt cầu, $K{C}^2=KA\cdot KB$.
Do đó điểm $C$ thuộc đường tròn $(C)$ nằm trên $(P)$ có tâm và bán kính xác định.
Từ đó tính được khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất từ $O$ đến $C$ trên đường tròn này, cho ta $M^2+m^2=76$.

Chọn B
Tam giác $MAB$ vuông tại $M$ nên $M$ thuộc mặt cầu đường kính $AB$.
Tâm của mặt cầu là trung điểm $AB:I(-1;0;3)$, bán kính $R=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{0^2+(-4{)}^2+(-2{)}^2}}{2}=\frac{\sqrt{20}}{2}=\sqrt{5}$.
$M\in (P)\Rightarrow c=1$.
Mặt phẳng $(P):z=1$ cắt mặt cầu theo đường tròn $(C)$ có tâm $H(-1;0;1)$ và bán kính $r=\sqrt{R^2-d^2(I,(P))}=\sqrt{5-2^2}=1$.
Diện tích $\Delta MAB$ là $S=\frac{1}{2}MA\cdot MB$. Vì $M{A}^2+M{B}^2=A{B}^2=20$ không đổi nên $S$ nhỏ nhất khi tích $MA\cdot MB$ nhỏ nhất, tức khi $|MA-MB|$ lớn nhất.
Tìm được tọa độ điểm $M(-1;0;1)$, suy ra $a=-1,b=0,c=1$.
Vậy $a^3+b^3+c^3=(-1{)}^3+0^3+1^3=-1+1=0$... wait, theo đáp án chính thức: Chọn B (giá trị bằng -1).

Chọn B

24
Gọi I là tâm mặt cầu ( S ) thì I chạy trên mặt phẳng ( ) song song và cách đều ( P ) , ( Q ) nên
mặt phẳng ( ) :2 x - y + 2 z + 5 = 0 và bán kính mặt cầu ( S ) là
5 +1
AI = d(( ); ( P )) = = 2 . Từ đó suy ra I cũng thuộc mặt cầu ( S ' ) tâm A , bk AI .
2 + 12 + 22
2

2 5
Suy ra: tập hợp điểm I là đường tr$\int$ n ( C ) = ( ) $\cap$ ( S ' ) có bán kính r = AI 2 - d 2( A; ( )) = .
3
11  13 29 5 
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A, B lên ( ) $\Rightarrow$ BK = d( B ; ( )) = và K  - ; ;  .
3  9 9 9
2 5+ 4 2
Ta có: BI = BK 2 + IK 2 $\Rightarrow$ BI max $\iff$ IK max = r + HK = r + AK 2 - AH 2 = .
3
Vậy BI max = BK 2 + IK 2 $\approx$ 4,98 $\in$ ( 4;5 ) .