Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 2: Phương trình mặt cầu - Mức độ 3.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 2: Phương trình mặt cầu - Mức độ 3.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 28: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ đỉnh A 2; 0; 0 , B 0; 4; 0 , C 0; 0; 6 , A 2; 4; 6 . Gọi S là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Viết phương trình mặt cầu S có tâm trùng với tâm của mặt cầu S và có bán kính gấp 2 lần bán kính của mặt cầu S . A. x 1 2 y 2 2 z 3 2 56 .B. x2 y2 z2 2x 4y 6z 0 . C. x 1 2 y 2 2 z 3 2 14 . D. x2 y2 z2 2x 4y 6z 12 0 . Lời giải Chọn A 2 2 2 Gọi phương trình mặt cầu S có dạng: x y z 2ax 2by 2cz d 0 . Vì S là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên ta có: 2 2 2 2 0 0 2.a.2 2.b.0 2.c.0 d 0 4a d 4 a 1 2 2 2 0 4 0 2.a.0 2.b.4 2.c.0 d 0 8b d 16 b 2 2 2 2 0 0 6 2.a.0 2.b.0 2.c.6 d 0 12c d 36 c 3 2 2 2 2 4 6 2.a.2 2.b.4 2.c.6 d 0 4a 8b 12c d 56 d 0 2 2 2 x y z 2x 4y 6z 0 I 1; 2; 3 và R 14 R 2 14 . Vậy: mặt cầu S có tâm I 1; 2; 3 và R 2 14 : x 1 2 y 2 2 z 3 2 56 . Câu 49: [HH12.C3.2.BT.c] [B2D5M1](THPT HAI BÀ TRƯNG) Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu (S) đi qua bốn điểm O, A 1;0;0 , B 0; 2;0 và C 0;0;4 . A. S : x2 y2 z2 x 2y 4z 0 . B. S : x2 y2 z2 2x 4y 8z 0 . C. S : x2 y2 z2 x 2y 4z 0. D. S : x2 y2 z2 2x 4y 8z 0 . Lời giải Chọn C Giả sử phương trình mặt cầu có dạng: S : x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 (a 2 b2 c2 d 0) Vì mặt cầu (S) đi qua O, A 1;0;0 , B 0; 2;0 và C 0;0;4 nên thay tọa độ bốn điểm lần lượt vào d 0 d 0 12 0 0 2.1.a d 0 1 a 2 2 2 Ta có 2 2 S : x y z x 2y 4z 0 . 0 2 0 2 2 .b d 0 b 1 2 0 0 4 2.4.c d 0 c 2 Câu 18. [HH12.C3.2.BT.c] (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Trong không gian x 5 y z 6 Oxyz , mặt phẳng P : 2x 6y z 3 0 cắt trục Oz và đường thẳng d : lần 1 2 1 lượt tại A , B . Phương trình mặt cầu đường kính AB là A. x 2 2 y 1 2 z 5 2 36 .B. x 2 2 y 1 2 z 5 2 9. C. x 2 2 y 1 2 z 5 2 9 .D. x 2 2 y 1 2 z 5 2 36. Lời giải Chọn B
2. x 5 y z 6 Mặt phẳng P : 2x 6y z 3 0 cắt trục Oz và đường thẳng d : lần lượt tại 1 2 1 A 0;0;3 , B 4; 2;7 . Suy ra AB 9 và trung điểm của đoạn thẳng AB là I 2; 1;5 . Vậy mặt cầu đường kính AB có phương trình là x 2 2 y 1 2 z 5 2 9. Câu 36. [HH12.C3.2.BT.c] (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 8 Tuần HK1 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0; 1; 1 , B 3; 0; 1 , C 0; 21; 19 và mặt cầu 2 2 2 S : x 1 y 1 z 1 1. M a; b; c là điểm thuộc mặt cầu S sao cho biểu thức T 3MA2 2MB2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a b c . 14 12 A. a b c .B. a b c 0 .C. a b c .D. a b c 12. 5 5 Lời giải Chọn A S : x 1 2 y 1 2 z 1 2 1 có tâm I 1; 1; 1    Gọi G x; y; z là điểm thỏa 3GA 2GB GC 0 , khi đó 3 0 x 2 3 x 0 x 0 x 1 3 1 y 2 0 y 21 y 0 y 4 G 1; 4; 3 z 3 3 1 z 2 1 z 19 z 0 Lúc này ta có T 3MA2 2MB2 MC 2       3MG2 6MG.GA 3GA2 2MG2 4MG.GB 2GB2 MG2 2MG.GC GC 2     6MG2 2MG 3GA 2GB GC 6MG2 T đạt giá trị nhỏ nhất khi M là một trong hai giao điểm của đường thẳng IG và mặt cầu S . x 1 Phương trình đường thẳng IG : y 1 3t z 1 4t M IG  S nên tọa độ M là nghiệm của hệ x 1 1 8 1 t M1 1; ; y 1 3t 5 5 5 . Khi đó : z 1 4t 1 2 9 t M 1; ; 2 2 2 5 2 x 1 y 1 z 1 1 5 5 8 1 Vì M1G M 2G nên điểm M  M1 1; ; 5 5 14 Vậy a b c . 5 Câu 38. [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A 2;0;0 , B 0;2;0 , C 0;0;2 . Bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC bằng 2 4 3 5 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 2 3 6 2 3 6 2 3 Lời giải Chọn A Dễ thấy O.ABC là hình chóp đều, ABC đều cạnh 2 2 . Do đó diện tích toàn phần của tứ diện OABC là: Stp 3S OAB S ABC 6 2 3 .
3. 1 4 Mà V .OA.OB.OC . OABC 6 3 3V 4 2 Ta có bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC là r OABC . Stp 6 2 3 3 3 Câu 33. [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc- Lần 3-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;0; 3 , B 3; 2; 5 . Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức AM 2 BM 2 30 là một mặt cầu S . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu S là A. I 2; 2; 8 ; R 3. B. I 1; 1; 4 ; R 6 . 30 C. I 1; 1; 4 ; R 3. D. I 1; 1; 4 ; R . 2 Lời giải Chọn C Gọi tọa độ điểm M x; y; z . Khi đó AM 2 BM 2 30 x 1 2 y2 z 3 2 x 3 2 y 2 2 z 5 2 30 2x2 2y2 2z2 4x 4y 16z 18 0 x2 y2 z2 2x 2y 8z 9 0 x 1 2 y 1 2 z 4 2 9 là phương trình của mặt cầu S , có tâm I 1; 1; 4 và bán kính R 3. Câu 44. [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x 2y 2z 2 0 và điểm I 1;2; 1 . Viết phương trình mặt cầu S có tâm I và cắt mặt phẳng P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 5 . A. S : x 1 2 y 2 2 z 1 2 25. B. S : x 1 2 y 2 2 z 1 2 16. C. S : x 1 2 y 2 2 z 1 2 34. D. S : x 1 2 y 2 2 z 1 2 34. Lời giải. Chọn D 1 4 2 2 d d I, P 3. 3 R2 d 2 r 2 9 25 34 . Vậy S : x 1 2 y 2 2 z 1 2 34. Câu 45: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2018) Trong không gian với hệ tọa MA 2 độ Oxyz , cho hai điểm A 2;2; 2 ; B 3; 3;3 . Điểm M trong không gian thỏa mãn . MB 3 Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng
4. 5 3 A. 6 3 . B. 12 3 . C. . D. 5 3 . 2 Lời giải Chọn B Gọi M x; y; z . MA 2 Ta có 3MA 2MB 9MA2 4MB2 MB 3 9 x 2 2 y 2 2 z 2 2 4 x 3 2 y 3 2 z 3 2 x2 y2 z2 12x 12y 12z 0 x 6 2 y 6 2 z 6 2 108. Như vậy, điểm M thuộc mặt cầu S tâm I 6;6; 6 và bán kính R 108 6 3 . 2 2 2 Do đó OM lớn nhất bằng OI R 6 6 6 6 3 12 3 . Câu 42: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , gọi I a;b;c là tâm mặt cầu đi qua điểm A 1; 1;4 và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P a b c . A. P 6 B. P 0 C. P 3 D. P 9 Lời giải Chọn D Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên d I, Oyz d I, Ozx d I, Oxy a b c a b c a b c a b c a b c Nhận thấy chỉ có trường hợp a b c thì phương trình AI d I, Oxy có nghiệm, các trường hợp còn lại vô nghiệm. Thật vậy: Với a b c thì I a; a;a AI d I, Oyx a 1 2 a 1 2 a 4 2 a2 a2 6a 9 0 a 3 Khi đó P a b c 9 . Câu 44: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Trong không gian x 1 x 4 t Oxyz cho hai đường thẳng 1 : y 2 t , 2 : y 3 2t . Gọi S là mặt cầu có bán kính nhỏ z t z 1 t nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và 2 . Bán kính mặt cầu S . 10 11 3 A. B. C. D. 2 2 2 2 Lời giải Chọn B A A 1;2 t; t , B B 4 t ;3 2t ;1 t . 1 2 Ta có AB 3 t ;1 2t t;1 t t
5.  VTCP của đường thẳng là u 0;1; 1 . 1 1 VTCP củả đường thẳng 2 là u2 1; 2; 1 .   AB.u1 0 1 2t t 1 t t 0 Ta có   3 t 2 1 2t t 1 t t 0 AB.u2 0 t 2t 0  t t 0 . Suy ra AB 3;1;1 AB 11 . 6t t 0 Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và 2 có đường kính bằng độ AB 11 dài đoạn AB nên có bán kính r . 2 2 Câu 20: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Q Trị - HKII - 2016 - 2017 - BTN) Gọi S là mặt cầu đi qua A 1;1;1 , tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ Oxy , Oyz , Oxz và có bán kính lớn nhất. Viết phương trình mặt cầu S . A. S : x 3 2 y 1 2 z 1 2 9 . 2 2 2 3 3 3 3 3 3 6 3 3 B. S : x y z . 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 6 3 3 C. S : x y z . 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 6 3 3 D. S : x y z . 2 2 2 2 Lời giải Chọn B Do S tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ nên mặt cầu S nằm trọn trong một phần của không gian Oxyz do 3 mặt phẳng tọa độ chia. Do S đi qua A 1;1;1 và tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ nên S có tâm I t;t;t t 0 . 3 3 t 2 2 2 Ta có R IA d I; Oxy 3 t 1 t 3 3 t 2 3 3 Do S có bán kính lớn nhất nên t . 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 6 3 3 Vậy S : x y z . 2 2 2 2 Câu 34: [HH12.C3.2.BT.c](Sở GD và ĐT Cần Thơ - 2017-2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho các x 1 x 2 x 1 y z 1 đường thẳng d : y 1, d : y t và : . Gọi S là mặt cầu có tâm thuộc 1 1 1 z t z 1 t và tiếp xúc với hai đường thẳng d, d . Phương trình của S là A. x 1 2 y 2 z 1 2 1 . B. x 2 2 y 1 2 z 2 2 1 .
6. 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 5 1 5 9 C. x y z . D. x y z . 2 2 2 2 4 4 4 16 Lời giải Chọn A x 1 m Đường thẳng có phương trình tham số là: : y m . Gọi I là tâm mặt cầu S ta có z 1 m I m 1;m;m 1 .   Đường thẳng d đi qua A 1;1;0 và có véctơ chỉ phương u1 0;0;1 AI m;m 1,m 1 .   Đường thẳng d đi qua B 2;0;1 và có véctơ chỉ phương u2 0;1;1 BI m 1;m,m . Do S tiếp xúc với hai đường thẳng d, d nên ta có: d I;d d I;d R     IA;u IB;u 2 2 2 2 1 2 m 1 m m 1 m 1   m 0 1 u1 u2 2 I 1;0;1 và R 1. Phương trình của mặt cầu S là x 1 2 y 2 z 1 2 1 . Câu 36. [HH12.C3.2.BT.c] (Sở GD và ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Cho a,b,c ¡ sao cho hàm số y 2x3 ax2 bx c đạt cực trị tại x 1 đồng thời có y 0 2 và y 1 3. Hỏi trong không gian Oxyz , điểm M a;b;c nằm trong mặt cầu nào sau đây? A. x 2 2 y 3 2 z 5 2 90 .B. x 1 2 y 1 2 z 1 2 25. C. x2 y2 z 5 2 60. D. x 1 2 y 2 2 z 3 2 49 . Lời giải Chọn D TXĐ: D ¡ , y 6x2 2a x b , y 12x 2a . y 1 0 6 2a b 0 a 1 y 1 0 a 6 Theo đề ra ta có: b 8 . 2 c 2 c c 2 3 2 a b c 3 2 a b c Vậy M 1; 8;2 . Thay tọa độ M vào các phương trình mặt cầu, ta có: 1 2 2 8 3 2 2 5 2 90 M nằm ngoài mặt cầu này. 1 1 2 8 1 2 2 1 2 25 M nằm ngoài mặt cầu này. 1 2 8 2 2 5 2 60 M nằm ngoài mặt cầu này. 1 1 2 8 2 2 2 3 2 49 M nằm trong mặt cầu này. Câu 34: [HH12.C3.2.BT.c] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với A m;0;0 , B 0;m 1;0 ; C 0;0;m 4 thỏa mãn BC AD , CA BD và AB CD . Giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoai tiếp tứ diện ABCD bằng
7. 7 14 A. .B. .C. 7 .D. 14 . 2 2 Lời giải Chọn B A M I B D N C Đặt BC a ; CA b ; AB c . Gọi M , N lần lượt là trrung điểm của AB và CD . Theo giả thiết ta có tam giác ABC CDA c.c.c CM DM hay tam giác CMD cân tại M MN  CD . Chứng minh tương tự ta cũng có MN  AB . Gọi I là trung điểm của MN thì IA IB và IC ID . Mặt khác ta lại có AB CD nên BMI CNI IB IC hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . MN 2 AB2 MN 2 c2 Ta có IA2 IM 2 AM 2 . 4 4 4 2a2 2b2 c2 Mặt khác CM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên CM 2 4 2a2 2b2 c2 c2 a2 b2 c2 MN 2 CI 2 CN 2 . 4 4 2 a2 b2 c2 Vậy IA2 . 8 Với a2 b2 c2 2m2 2 m 1 2 2 m 4 2 6 m 1 2 28 2 6 m 1 28 7 7 14 Vậy IA2 IA . 8 2 min 2 2 Câu 28: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu S có tâm I 0; 2;1 và mặt phẳng
8. P : x 2y 2z 3 0 . Biết mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích là 2 .Viết phương trình mặt cầu S . A. S : x2 y 2 2 z 1 2 3 . B. S : x2 y 2 2 z 1 2 1. C. S : x2 y 2 2 z 1 2 3. D. S : x2 y 2 2 z 1 2 2 Lời giải. Chọn C Ta có h d(I,(P)) 1 Gọi C là đường tròn giao tuyến có bán kính r . Vì S r 2. 2 r 2 . Mà R2 r 2 h2 3 R 3 . Vậy phương trình mặt cầu tâm I 0; 2;1 và bán kính R 3 . S : x2 y 2 2 z 1 2 3 Câu 41: [HH12.C3.2.BT.c] (ĐỀ ĐOÀN TRÍ DŨNG - HÀ HỮU HẢI - LẦN 7 - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng P đi M 1;2;3 và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần 1 1 1 lượt tại các điểm A , B , C sao cho biểu T đạt giá trị nhỏ nhất. OA2 OB2 OC 2 A. P : x 2y 3z 14 0 . B. P : 6x 3y 2z 6 0 . C. P : 6x 3y 2z 18 0 . D. P : 3x 2y z 10 0 . Câu 30: [HH12.C3.2.BT.c] (Toán Học Tuổi Trẻ - Số 5 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho điểm H 1;2; 2 . Mặt phẳng đi qua H và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Viết phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng . A. x2 y2 z2 81. B. x2 y2 z2 1.C. x2 y2 z2 9 . D. x2 y2 z2 25 . Lời giải Chọn C z C H O B y K A x Ta có H là trực tâm tam giác ABC OH  ABC . Thật vậy : OC  OA OC  AB (1) OC  OB Mà CH  AB (vì H là trực tâm tam giác ABC ) (2) Từ (1) và (2) suy ra AB  OHC AB  OH (*)
9. Tương tự BC  OAH BC  OH . ( ) Từ (*) và ( ) suy ra OH  ABC . Khi đó mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng ABC có bán kính R OH 3 . Vậy mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng là S : x2 y2 z2 9. Câu 47: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Lê Quý Đôn - Hà Nội - 2017 - 2018 - BTN) [2H3-3] Trong không 2 2 2 gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu S1 : x y z 4x 2y z 0 ; 2 2 2 S2 : x y z 2x y z 0 cắt nhau theo một đường tròn C nằm trong mặt phẳng P . Cho các điểm A 1;0;0 , B 0;2;0 , C 0;0;3 . Có bao nhiêu mặt cầu tâm thuộc P và tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB , BC , CA ? A. 4 mặt cầu. B. 2 mặt cầu. C. 3 mặt cầu. D. 1 mặt cầu. Lời giải Chọn A Mặt phẳng P chứa đường tròn C có phương trình là: 6x 3y 2z 0. x y z Mặt phẳng ABC có phương trình là: 1 6x 3y 2z 6 0 . 1 2 3 Do đó P // ABC . Mặt cầu S tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB , BC , CA sẽ giao với mặt phẳng ABC theo một đường tròn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA . Trên mặt phẳng ABC có 4 đường tròn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA đó là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và ba đường tròn bàng tiếp các góc A , B , C . Do đó có 4 mặt cầu có tâm nằm trên P và tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB , BC , CA . Tâm của 4 mặt cầu là hình chiếu của tâm 4 đường tròn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA lên mặt phẳng P . Câu 30: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz cho các mặt phẳng P : x y 2z 1 0, Q : 2x y z 1 0 . Gọi S là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành, đồng thời S cắt mặt phẳng P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và S cắt mặt phẳng Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu S thỏa yêu cầu. 3 3 2 A. r 3 B. r C. r 2 D. r 2 2 Lời giải Chọn D Gọi I m;0;0 là tâm mặt cầu có bán kính R , d1 , d2 là các khoảng cách từ I đến P và Q . m 1 2m 1 Ta có d và d 1 6 2 6 m2 2m 1 4m2 4m 1 Theo đề ta có d 2 4 d 2 r 2 4 r 2 1 2 6 6 m2 2m 2r 2 8 0 1 .
10. Yêu cầu bài toán tương đương phương trình 1 có đúng một nghiệm m 1 2r 2 8 0 9 3 2 r 2 r . 2 2 Câu 45: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1;2;3 , B 3;4;4 , C 2;6;6 và I a;b;c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính a b c . 63 31 46 A. .B. .C. .D. 10 . 5 3 5 Lời giải Chọn C     Ta có AB 2;2;1 , BC 1;2;2 AB, BC 2; 5;6 . Phương trình mặt phẳng ABC là 2x 5y 6z 10 0 . Do I a;b;c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên I ABC 2a 5b 6c 10 0 2 2 2 2 2 2 IA IB a 1 b 2 c 3 a 3 b 4 c 4 IA IC 2 2 2 2 2 2 a 1 b 2 c 3 a 2 b 6 c 6 3 a 2a 5b 6c 10 10 4a 4b 2c 27 b 4 . 2a 8b 6c 62 49 c 10 46 Vậy a b c . 5 Câu 39: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho 2 2 2 d 1 e 2 f 3 1 a,b,c,d,e, f là các số thực thỏa mãn . Gọi giá trị lớn nhất, giá trị 2 2 2 a 3 b 2 c 9 nhỏ nhất của biểu thức F a d 2 b e 2 c f 2 lần lượt là M , m. Khi đó, M m bằng A. 10.B. 10 .C. 8. D. 2 2 . Lời giải Chọn C 2 2 2 Gọi A d,e, f thì A thuộc mặt cầu S1 : x 1 y 2 z 3 1 có tâm I1 1;2;3 , bán 2 2 2 kính R1 1, B a,b,c thì B thuộc mặt cầu S2 : x 3 y 2 z 9 có tâm I2 3;2;0 , bán kính R2 3. Ta có I1I2 5 R1 R2 S1 và S2 không cắt nhau và ở ngoài nhau.
11. Dễ thấy F AB , AB max khi A  A1, B  B1 Giá trị lớn nhất bằng I1I2 R1 R2 9. AB min khi A  A2 , B  B2 Giá trị nhỏ nhất bằng I1I2 R1 R2 1. Vậy M m 8 Câu 47. [HH12.C3.2.BT.c] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1;2 , B 1;0;4 , C 0; 1;3 và điểm M thuộc mặt cầu S : x2 y2 z 1 2 1. Khi biểu thức MA2 MB2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì độ đài đoạn AM bằng A. 2 . B. 6 . C. 6 . D. 2 . Lời giải Chọn A Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có G 0;0;3 và G S .   2   2   2 Khi đó: MA2 MB2 MC 2 MG GA MG GB MG GC     3MG2 2MG GA GB GC GA2 GB2 GC 2 3MG2 6. Do đó MA2 MB2 MC 2 MG ngắn nhất min Ta lại có, mặt cầu S có bán kính R 1 tâm I 0;0;1 thuộc trục Oz , và S qua O . Mà G Oz nên MG ngắn nhất khi M Oz  S . Do đó M 0;0;2 . Vậy MA 2 .