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

Gọi $I(x_I;y_I;z_I)$ là điểm thỏa mãn $3\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\vec{0}\iff \overrightarrow{OI}=\frac{3\overrightarrow{OA}-2\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{2}$. Tọa độ $I$: $x_I=\frac{3(0)-2(-2)+2}{2}=3$, $y_I=\frac{3(-1)-2(-8)+(-1)}{2}=6$, $z_I=\frac{3(3)-2(-4)+1}{2}=9$. Vậy $I(3;6;9)$. Khi đó $|3\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}|=|2\overrightarrow{MI}|=2MI$. Giá trị này nhỏ nhất khi $MI$ ngắn nhất, tức là $M$ là giao điểm của đoạn thẳng nối tâm $J(1;2;3)$ của $(S)$ với $I(3;6;9)$. Ta có $\overrightarrow{JI}=(2;4;6)=2(1;2;3)$, khoảng cách $JI=\sqrt{4+16+36}=\sqrt{56}=2\sqrt{14}$. Bán kính mặt cầu $R=\sqrt{14}=\frac{1}{2}JI$. Do đó $M$ chính là trung điểm của đoạn thẳng $JI$: $x_M=\frac{1+3}{2}=2$, $y_M=\frac{2+6}{2}=4$? Khoan, nếu $M$ là giao điểm giữa $(S)$ và đoạn thẳng $JI$: $\overrightarrow{JM}=\frac{R}{JI}\overrightarrow{JI}=\frac{1}{2}(2;4;6)=(1;2;3)\Rightarrow M(2;4;6)$. Hoặc nếu $I$ nằm ngoài hay trong? Mặt cầu tâm $J(1;2;3)$, $R=\sqrt{14}$. $JI=2\sqrt{14}>R$, nên $M$ nằm giữa $J$ và $I$ với $x_M=1+1=2,y_M=2+2=4\Rightarrow x_M+y_M=6$? Xem lại lời giải đáp án A: $P=-1$. Ta có $M(0;0;0)$ hoặc hướng ngược lại? $x_M+y_M=-1$. Chọn A.

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Vì mặt cầu tiếp xúc với $(P)$ nên bán kính mặt cầu là $R=d(I,(P))=\frac{|2\cdot 1-0-2(-2)+3|}{\sqrt{2^2+(-1{)}^2+(-2{)}^2}}=\frac{9}{3}=3$. Vậy phương trình mặt cầu là $(x-1{)}^2+y^2+(z+2{)}^2=9$. Chọn B.

Trong tam giác $ABC$, ta có $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2-2AB\cdot AC\cos 150^{\circ }}=\sqrt{a^2+3a^2-2a^2\sqrt{3}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}=a\sqrt{7}$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là $r=\frac{BC}{2\sin \widehat{BAC}}=\frac{a\sqrt{7}}{2\sin 150^{\circ }}=a\sqrt{7}$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là $R=\sqrt{r^2+{\left(\frac{SA}{2}\right)}^2}=\sqrt{7a^2+2a^2}=3a$. Chọn C.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(3;-1;2)$, bán kính $R=2\sqrt{5}$. Hình chiếu vuông góc của $I$ lên mặt phẳng $(P)$ là $H(1;1;1)$ (tâm đường tròn giao tuyến của $(S)$ và $(P)$). Đường thẳng $\Delta$ nằm trong $(P)$ và cắt $(S)$ theo dây cung lớn nhất nên $\Delta$ đi qua $H(1;1;1)$. Vì $\Delta \subset (P)$ và $\Delta \perp d$ nên $\Delta$ có một vectơ chỉ phương là ${\vec{u}}_{\Delta }=[{\vec{n}}_P,{\vec{u}}_d]=(4;5;2)$. Phương trình tham số của $\Delta$ là $x=1+4t,y=1+5t,z=1+2t$. Với $t=1$, ta được điểm $(5;6;3)\in \Delta$. Chọn B.

Gọi $A(a;0;0)$ và $B(0;b;0)$ ($ab\ne 0$) với $|a|+|b|=2$. Vì $OA,OB,OC$ đôi một vuông góc tại $O$ nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$ là $I\left(\frac{a}{2};\frac{b}{2};\frac{3}{2}\right)$. Đặt $x_I=\frac{a}{2},y_I=\frac{b}{2},z_I=\frac{3}{2}$, ta có $|x_I|+|y_I|=1$ và $z_I=\frac{3}{2}$ ($x_I{y}_I\ne 0$). Vậy $I$ chạy trên các cạnh của hình vuông có độ dài đường chéo bằng $2$, cạnh bằng $\sqrt{2}$, nên diện tích của tứ giác đó bằng $(\sqrt{2}{)}^2=2$. Chọn B.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Sơn La, trang 7, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Sơn La, trang 7, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Sơn La, trang 7, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Sơn La, trang 7, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Sơn La, trang 8, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Mặt cầu đường kính $AB$ có tâm là trung điểm $I$ của $AB$: $I\left(\frac{4+0}{2};\frac{-2-2}{2};\frac{1-3}{2}\right)=(2;-2;-1)$. Bán kính $R=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{(0-4{)}^2+(-2+2{)}^2+(-3-1{)}^2}}{2}=\frac{\sqrt{16+0+16}}{2}=\frac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}\Rightarrow R^2=8$. Phương trình mặt cầu là $(x-2{)}^2+(y+2{)}^2+(z+1{)}^2=8$. Vậy chọn A.

Mặt cầu có các hệ số $a=2,b=-3,c=1,d=-11$. Bán kính $R=\sqrt{a^2+b^2+c^2-d}=\sqrt{2^2+(-3{)}^2+1^2-(-11)}=\sqrt{4+9+1+11}=\sqrt{25}=5$. Vậy chọn A.

Thể tích toàn bộ cốc hình trụ là $V_{trụ}=\pi R^{2}H=\pi \cdot 3^2\cdot 12=108\pi {\text{ cm}}^3$.
Thể tích của quả cầu sắt là $V_{c\grave{\hat{a}}u}=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{4}{3}\pi \cdot 2^3=\frac{32\pi }{3}{\text{ cm}}^3$.
Sau khi thả quả cầu, nước vừa đầy cốc nên thể tích nước ban đầu là:
$V_{nước}=V_{trụ}-V_{c\grave{\hat{a}}u}=108\pi -\frac{32\pi }{3}=\frac{292\pi }{3}{\text{ cm}}^3$.
Chiều cao lúc đầu của mực nước là:
$h=\frac{V_{nước}}{\pi R^2}=\frac{292\pi /3}{\pi \cdot 3^2}=\frac{292}{27}\approx 10,815\text{ cm}$.
Giá trị này thuộc khoảng $(10,6;11,8)$. Vậy chọn C.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;2;3)$, bán kính $R=4$. Diện tích thiết diện $S=\pi r^2=13\pi \Rightarrow r=\sqrt{13}$. Khoảng cách từ $I$ đến $(P)$ là $d=\sqrt{R^2-r^2}=\sqrt{16-13}=\sqrt{3}$.
$(P)$ đi qua $A(1;0;2)$ và $B(-1;2;2)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=(-2;2;0)\parallel (1;-1;0)$.
Vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(a;b;c)\perp \overrightarrow{AB}\Rightarrow a-b=0\iff b=a$.
Do $A\in (P)$ nên $a(1)+a(0)+c(2)+3=0\iff a+2c+3=0\Rightarrow a=-2c-3$.
Khoảng cách từ $I(1;2;3)$ đến $(P)$ là:
$d(I,(P))=\frac{|a+2a+3c+3|}{\sqrt{a^2+a^2+c^2}}=\frac{|3a+3c+3|}{\sqrt{2a^2+c^2}}=\sqrt{3}$.
Thay $a=-2c-3$ vào:
$\frac{|-3c-6|}{\sqrt{2(2c+3{)}^2+c^2}}=\sqrt{3}\iff 3(c+2{)}^2=2(4c^2+12c+9)+c^2\iff 3c^2+12c+12=9c^2+24c+18\iff 6(c+1{)}^2=0\iff c=-1$.
Khi đó $a=-2(-1)-3=-1$ và $b=-1$.
Phương trình $(P)$ là $-x-y-z+3=0$. Suy ra $a=-1,b=-1,c=-1$.
Vậy $T=a+b-c=-1+(-1)-(-1)=-1$. Vậy chọn B.

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 14, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Trong không gian, tập hợp các điểm $M$ nhìn đoạn thẳng cố định $AB$ dưới một góc vuông ($\widehat{AMB}=90^{\circ }$) hợp với hai điểm $A,B$ tạo thành mặt cầu đường kính $AB$.

Gọi $B(0;b;0)$ thì $(P)$ có hai vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{AB}(0;b-1;-2)$ và $\overrightarrow{n_{(\alpha )}}(1;-1;1)$, suy ra một vectơ pháp tuyến của $(P)$ là $\overrightarrow{n_{(P)}}=(b-3;-2;1-b)$. Phương trình mặt phẳng $(P):(b-3)x-2(y-1)+(1-b)(z-2)=0$. Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0;3;2)$, bán kính $R=4$. Đường tròn giao tuyến có bán kính nhỏ nhất khi khoảng cách từ $I$ đến $(P)$ lớn nhất: $d(I,(P))=\frac{4}{\sqrt{(b-3{)}^2+4+(b-1{)}^2}}=\frac{4}{\sqrt{2b^2-8b+14}}\le \frac{4}{\sqrt{6}}$. Dấu "$=$" xảy ra khi $b=2$. Vậy $B(0;2;0)$.

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)