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

Vì đường thẳng $d$ cắt mặt cầu $S(O;R)$ tại hai điểm phân biệt nên khoảng cách từ tâm $O$ đến đường thẳng $d$ nhỏ hơn bán kính mặt cầu, tức là $OH<R$.

Ta có $x^2+y^2+z^2-4z+m=0\iff x^2+y^2+(z-2{)}^2=4-m$. Để $(S)$ là mặt cầu thì $4-m>0\iff m<4$. Do $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $m\in \{1;2;3\}$, có $3$ giá trị nguyên dương của $m$.

**Chọn C**

(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 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 B**

(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 C.

Theo định lý Pythagore trong tam giác vuông tạo bởi tâm mặt cầu, tâm đường tròn thiết diện và một điểm trên đường tròn, ta có $R^{\prime }=\sqrt{R^2-d^2}$.

Chọn A.

Mặt cầu có tâm $I(1;2;3)$ và $d=1$. Bán kính $R=\sqrt{1^2+2^2+3^2-1}=\sqrt{13}$.

Chọn D.

Gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $SB$.
Do $\Delta SAB$ vuông tại $A$ nên $IS=IA=IB$.
Do $\Delta SCB$ vuông tại $C$ nên $IS=IC=IB$.
Suy ra $IS=IA=IB=IC=R$, do đó $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ và bán kính $R=IB=\frac{SB}{2}$.
Tính toán qua khoảng cách ta tìm được bán kính $R=a\sqrt{3}$.
Diện tích mặt cầu là $S=4\pi R^2=4\pi (a\sqrt{3}{)}^2=12\pi a^2$.

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 B**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Phú Yên - Mã đề 132, trang 8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn B**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Phú Yên - Mã đề 132, trang 8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(-1;0;3)$ và bán kính $R=\sqrt{4}=2$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 101).

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(3;1;-2)$ và bán kính $R=3$ (nên b sai, c đúng). Khoảng cách $d(I,(\alpha ))=\frac{|-3+1+2+2|}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\Rightarrow r=\sqrt{9-\frac{4}{3}}=\frac{\sqrt{69}}{3}$ (a đúng). Vì $IM=1<3$ nên $M$ nằm trong mặt cầu $(S)$ (d đúng) (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 101).

Mặt cầu $(S)$ có bán kính $R=\sqrt{1^2+2^2+(-3{)}^2-(-22)}=\sqrt{36}=6\text{ km}$. Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là đường kính $2R=12\text{ km}$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 101).

**Chọn C**

Mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( P) có bán kính
2.(1)  2  2.2  10
r  d ( I , ( P ))  2.
22  12  (2) 2

Phương trình mặt cầu là ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  2) 2  4 .

**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

**Chọn D**

4
V  R 3  288
3

Chọn C
Mặt cầu tâm I (2;0;0) và bán kính bằng 3 có phương trình là:
( x - 2) + y2 + z 2 = 9 .
2

Chọn D
Diện tích mặt cầu đã cho bằng S = 4$\pi$ r 2 = 100$\pi$ .

Chọn B
Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 6 x - 4 y - 2 z - 11 = 0 có tâm (3; 2;1) bán kính R = 5

Mặt phẳng chứa ba điểm A, B, C cắt mặt cầu (S) ta được một hình tròn tâm I.

Thể tích của tứ diện MABC đạt giá trị lớn nhất khi thể tích hình nón đỉnh M có đáy là hình tròn
tâm I lớn nhất.
Gọi h, r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy hình nón

l2 r 2 + h2
Ta có: R = $\Rightarrow$ S= $\Rightarrow$ 10h = r 2 + h 2 $\Rightarrow$ r = 10h - h 2
2h 2h
Thể tích hình nón là:
1 1
V = $\pi$ .r 2 .h = $\pi$ .(10 h - h 2 ).h
3 3
1 20 10 2
V ' = $\pi$ .(20 h - 3h 2 ) = 0 $\Rightarrow$ h = $\Rightarrow$ r=
3 3 3

Xét đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C :

Diện tích tam giác ABC lớn nhất khi tam giác ABC đều

50 1 1000 3
S ABC = $\Rightarrow$ MaxVMABC = .h.S ABC = .
3 3 27

( -3 )