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

Diện tích mặt cầu là $S=4\pi r^2=4\pi (5a{)}^2=100\pi a^2$. Chọn đáp án C.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;2;-3)$ và bán kính $R=1$. Điểm $M(m;0;0)\in Ox$. Mặt phẳng $(P)$ chứa hai tiếp tuyến từ $M$ song song với $(Q)$ nên $(P)$ có dạng $2x+y+2z+d=0$. Vì $M\in (P)$ nên $2m+d=0\Rightarrow d=-2m$, do đó $(P):2x+y+2z-2m=0$. Do $(P)$ không trùng $(Q)$ nên $m\ne 0$.
Để từ $M$ kẻ được hai tiếp tuyến đến $(S)$ trong mặt phẳng $(P)$, $(P)$ phải cắt mặt cầu $(S)$ theo một đường tròn, tức là khoảng cách $d(I,(P))<R$ và $M$ nằm ngoài mặt cầu:
$d(I,(P))=\frac{|2(1)+2+2(-3)-2m|}{\sqrt{2^2+1^2+2^2}}=\frac{|-2m-2|}{3}<1\iff |-2m-2|<3\iff -\frac{5}{2}<m<\frac{1}{2}.$
Vì $m\in \mathbb{Z}$ và $m\ne 0$, ta có $m\in \{-2;-1\}$. Thử lại với $m=-2$ và $m=-1$ thì $IM>R$ đều thỏa mãn. Vậy có 2 điểm $M$ thỏa mãn. Chọn đáp án D.

Phương trình mặt cầu $(S)$ có tâm $I(-1;0;2)$ và bán kính $R=3$ là $(x+1{)}^2+y^2+(z-2{)}^2=9$.

Thể tích khối cầu bán kính $R$ được tính theo công thức $V=\frac{4}{3}\pi R^3$.

Mặt cầu tâm $I$ đường kính $AB$ nên suy ra $I$ là trung điểm $AB$. Suy ra $I(2;0;-3)$.

Ta có $V=36\pi \iff \frac{4}{3}\pi R^3=36\pi \Rightarrow R=3\text{ cm}$.

[IMAGE_1]

Vì là lăng trụ tứ giác đều nên tâm $O$ của khối cầu ngoại tiếp lăng trụ tứ giác đều là giao điểm của $4$ đường chéo $AH,DE,CF,BG$.
Ta có $EG=EF=a\Rightarrow EH=a\sqrt{2}\Rightarrow AH=\sqrt{E{A}^2+E{H}^2}=\sqrt{(3a{)}^2+2a^2}=a\sqrt{11}$.
Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ tứ giác đều là $R=\frac{AH}{2}=\frac{a\sqrt{11}}{2}$.

**Chọn A**

Diện tích mặt cầu có bán kính $R=5$ là $S=4\pi R^2=4\pi \cdot 5^2=100\pi$.

Điều kiện cần để một hình chóp có mặt cầu ngoại tiếp là đa giác đáy phải nội tiếp được trong một đường tròn. Đáy là hình thoi (không phải hình vuông) thì không nội tiếp được đường tròn, do đó hình chóp có đáy là hình thoi nói chung không có mặt cầu ngoại tiếp. Mệnh đề A sai. Chọn A.

Gọi $O=AC\cap BD$. Vì các cạnh bên tạo với đáy các góc bằng nhau nên hình chiếu của $S$ lên đáy là $O$. Bán kính đáy $R_d=OA=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{3^2+4^2}=\frac{5}{2}$. Chiều cao $SO=OA\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{5\sqrt{3}}{2}$. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp $R=\frac{S{A}^2}{2SO}=\frac{O{A}^2+S{O}^2}{2SO}=\frac{(5/2{)}^2+(75/4)}{5\sqrt{3}}=\frac{100/4}{5\sqrt{3}}=\frac{25}{5\sqrt{3}}=\frac{5\sqrt{3}}{3}$. Thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{5\sqrt{3}}{3}\right)}^3=\frac{500\sqrt{3}}{27}\pi$.

Chọn C.

Gọi bán kính mặt cầu là $R=4\sqrt{3}$. Hai mặt phẳng song song cắt mặt cầu thành hai đường tròn bằng nhau nên chúng đối xứng qua tâm $O$. Đặt khoảng cách từ $O$ đến mỗi mặt phẳng là $x$ ($0<x<R$), khi đó khoảng cách giữa hai mặt phẳng là $h=2x$. Bán kính đáy hình nón là $r=\sqrt{R^2-x^2}$. Chiều cao hình nón là $h=2x$. Đường sinh hình nón $l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{R^2-x^2+4x^2}=\sqrt{R^2+3x^2}$. Diện tích xung quanh hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi \sqrt{(R^2-x^2)(R^2+3x^2)}$. Khảo sát hàm số đạt cực đại khi $x=4$, do đó khoảng cách $h=2x=8$.

Chọn D.

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.

Thể tích khối cầu bán kính $R=3a$ là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi (3a{)}^3=36\pi a^3$.

Hình chóp có đáy là đa giác nội tiếp đường tròn (như hình thang cân) luôn có mặt cầu ngoại tiếp.

Gọi $I(0;0;z)\in Oz$ là tâm mặt cầu $(S)$.
Mặt cầu đi qua hai điểm $A(-1;-2;4),B(2;1;2)$ nên $IA=IB\iff \sqrt{1^2+2^2+(z-4{)}^2}=\sqrt{2^2+1^2+(z-2{)}^2}\iff z=3$.
Bán kính của mặt cầu là $R=IA=\sqrt{1^2+2^2+1^2}=\sqrt{6}$.

Gọi $R_1,R_2$ là bán kính của hai mặt cầu ($R_1\ge R_2$). Theo giả thiết ta có hệ:
$\{\begin{array}{l}(R_1+R_2{)}^2=(R_1-R_2{)}^2+A{B}^2\\ 4\pi (R_1^2+R_2^2)=80\pi \end{array}\iff \{\begin{array}{l}4R_1{R}_2=32\\ R_1^2+R_2^2=20\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{R}_1{R}_2=8\\ R_1+R_2=6\end{array}\Rightarrow R_1=4,R_2=2$.
Tổng thể tích hai khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi (R_1^3+R_2^3)=\frac{4}{3}\pi (64+8)=96\pi$.

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 $I(0;1;-1)$ và bán kính $R=\sqrt{0^2+1^2+(-1{)}^2-(-7)}=\sqrt{9}=3$. Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0171, trang 5): D.

Ranh giới vùng phủ sóng là mặt cầu $(S)$ tâm $I(1;2;2)$, bán kính $R=3$. Ta có $IM=IN=3\sqrt{5}>3$ và trung điểm của $MN$ là $K(5;-2;4)$ với $\overrightarrow{IK}=(4;-4;2)$, $IK=6$. Do tính đối xứng qua đường thẳng $IK$, tổng $EM+EN$ đạt giá trị lớn nhất khi $E$ thuộc $(S)$ nằm trên tia đối của tia $IK$, tức là $\overrightarrow{IE}=-\frac{R}{IK}\overrightarrow{IK}=(-2;2;-1)\Rightarrow E(-1;4;1)$. Khi đó $T=a+b+c=-1+4+1=4$. Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0171, trang 5): 4.

**Chọn C**

Thể tích khối cầu là: $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi (a\sqrt{3}{)}^3=\frac{4}{3}\pi \cdot 3a^3\sqrt{3}=4\pi a^3\sqrt{3}$.