Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 2: Phương trình mặt cầu - Mức độ 3.5 - 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 3.5 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 20: [HH12.C3.2.BT.c] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x y 2z 3 0 và điểm I 1;1;0 . Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với P là: 2 2 5 2 2 25 A. x 1 y 1 z2 . B. x 1 y 1 z2 . 6 6 2 2 5 2 2 25 C. x 1 y 1 z2 . D. x 1 y 1 z2 . 6 6 Lời giải Chọn B 5 Mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là: r d I, P . 6 2 2 25 Vậy phương trình mặt cầu là: x 1 y 1 z2 . 6 Câu 22: [HH12.C3.2.BT.c] [LẠNG GIANG SỐ 1] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho x 1 x 2 x 1 y z 1 ba đường thẳng d1 : y 1,t ¡ ; d2 : y u , u ¡ ; : . Viết phương 1 1 1 z t z 1 u trình mặt cầu tiếp xúc với cả d1,d2 và có tâm thuộc đường thẳng ? 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 A. x 1 y z 1 1. B. x y z . 2 2 2 2 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  Đường thẳng d đi qua điểm M 1;1;0 và có véc tơ chỉ phương u 0;0;1 . 1 1 d1  Đường thẳng d đi qua điểm M 2;0;1 và có véc tơ chỉ phương u 0;1;1 . 2 2 d2 Gọi I là tâm của mặt cầu. Vì I nên ta tham số hóa I 1 t;t;1 t , từ đó   IM1 t;1 t; 1 t , IM 2 1 t; t; t . Theo giả thiết ta có d I;d1 d I;d2 , tương đương với     IM ;u IM ;u 2 2 2 1 d1 2 d2 1 t t 2 1 t   t 0 u u 1 2 d1 d2 Suy ra I 1;0;1 và bán kính mặt cầu là R d I;d1 1. Phương trình mặt cầu cần tìm là 2 2 x 1 y2 z 1 1.
2. x 1 y 6 z Câu 47: [HH12.C3.2.BT.c] [2017] Cho điểm I 1;7;5 và đường thẳng d : . Phương 2 1 3 trình mặt cầu có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác diện tích tam giác IAB bằng 2 6015 là: A. x 1 2 y 7 2 z 5 2 2018. B. x 1 2 y 7 2 z 5 2 2017. C. x 1 2 y 7 2 z 5 2 2016. D. x 1 2 y 7 2 z 5 2 2019. Lời giải Chọn B Gọi H là hình chiếu của I 1;7;5 trên d H 0;0; 4 IH d I;d 2 3 2 IH.AB 2S AIB 2 2 AB S AIB AB 8020 R IH 2017 2 IH 2 Vậy phương trình mặt cầu là: x 1 2 y 7 2 z 5 2 2017. x 1 t Câu 48: [HH12.C3.2.BT.c] [2017] Cho điểm I(0;0;3) và đường thẳng d : y 2t . Phương trình z 2 t mặt cầu (S) có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông là: 2 3 2 8 A. x2 y2 z 3 . B. x2 y2 z 3 . 2 3 2 2 2 4 C. x2 y2 z 3 . D. x2 y2 z 3 . 3 3 Lời giải Chọn B  Gọi H 1 t;2t;2 t d là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d  IH 1 t;2t; 1 t   Ta có vectơ chỉ phương của d : ad 1;2;1 và IH  d   1 2 2 7 IH.ad 0 1 t 4t 1 t 0 2 6t 0 t H ; ; 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3 IH 3 3 3 3  Vì tam giác IAB vuông tại I và IA IB R . Suy ra tam giác IAB vuông cân tại I , do đó bán kính: 2 2 3 2 6 R IA AB cos 450 2IH. 2IH 2. 2 3 3 2 8  Vậy phương trình mặt cầu S : x2 y2 z 3 . 3 Câu 49: [HH12.C3.2.BT.c] [2017] Cho điểm A 2;5;1 và mặt phẳng (P) : 6x 3y 2z 24 0 , H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng P . Phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 và tiếp xúc với mặt phẳng P tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu là:
3. A. x 8 2 y 8 2 z 1 2 196. B. x 8 2 y 8 2 z 1 2 196. C. x 16 2 y 4 2 z 7 2 196. D. x 16 2 y 4 2 z 7 2 196. Lời giải Chọn A x 2 6t  Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với P . Suy ra d : y 5 3t z 1 2t  Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên P nên H d  (P) . Vì H d nên H 2 6t;5 3t;1 2t .  Mặt khác, H (P) nên ta có: 6 2 6t 3 5 3t 2 1 2t 24 0 t 1 Do đó, H 4;2;3 .  Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu. Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784 , suy ra 4 R2 784 R 14 . Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng P tại H nên IH  (P) I d . Do đó tọa độ điểm I có dạng I 2 6t;5 3t;1 2t , với t 1.  Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn: 6 2 6t 3 5 3t 2 1 2t 24 14 t 1 d(I,(P)) 14 2 2 2 6 3 ( 2) t 3 t 1 AI 14 2 2 2 2 t 2 6t 3t 2t 14 Do đó: I 8;8; 1 .  Vậy phương trình mặt cầu (S) : x 8 2 y 8 2 z 1 2 196 . Câu 50: [HH12.C3.2.BT.c] [2017] Cho mặt phẳng P : x 2y 2z 10 0 và hai đường thẳng x 2 y z 1 x 2 y z 3 : , : . Mặt cầu S có tâm thuộc , tiếp xúc với và 1 1 1 1 2 1 1 4 1 2 mặt phẳng P , có phương trình: 2 2 2 2 2 2 11 7 5 81 A. (x 1) (y 1) (z 2) 9 hoặc x y z . 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 11 7 5 81 B. (x 1) (y 1) (z 2) 9 hoặc x y z . 2 2 2 4 C. (x 1)2 (y 1)2 (z 2)2 9. D. (x 1)2 (y 1)2 (z 2)2 3. Lời giải Chọn A x 2 t   1 : y t ; 2 đi qua điểm A(2;0; 3) và có vectơ chỉ phương a2 (1;1;4) . z 1 t
4.  Giả sử I(2 t;t;1 t) 1 là tâm và R là bán kính của mặt cầu S .      AI,a 2 5t 4  Ta có: AI (t;t;4 t) AI,a2 (5t 4;4 5t;0) d I; 2  3 a2 2 t 2t 2(1 t) 10 t 10 d(I,(P)) . 1 4 4 3 7 t  S tiếp xúc với và P d(I, ) d(I,(P)) 5t 4 t 10 2 . 2 2 t 1 2 2 2 7 11 7 5 9 11 7 5 81 Với t I ; ; , R S : x y z . 2 2 2 2 2 2 2 2 4 Với t 1 I(1; 1;2), R 3 S : (x 1)2 (y 1)2 (z 2)2 9 . Câu 16: [HH12.C3.2.BT.c] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng 2x 2y z 9 0 và mặt cầu (S) : (x 3)2 (y 2)2 (z 1)2 100 . Tọa độ điểm M nằm trên mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) đạt giá trị nhỏ lớn nhất là 11 14 13 29 26 7 A. M ; ; . B. M ; ; . 3 3 3 3 3 3 29 26 7 11 14 13 C. M ; ; . D. M ; ; . 3 3 3 3 3 3 Lời giải Chọn A Mặt cầu (S) có tâm I(3; 2;1) và bán kính R 10. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) : d(I;(P)) 6 R nên (P) cắt (S) . Khoảng cách từ M thuộc (S) đến (P) lớn nhất M (d) đi qua I và vuông góc với (P) x 3 2t Phương trình (d) : y 2 2t . z 1 t Ta có: M (d) M (3 2t; 2 2t;1 t) 10 29 26 7 t M1 ; ; 3 3 3 3 Mà: M (S) 10 11 14 13 t M 2 ; ; 3 3 3 3 29 26 7 Thử lại ta thấy: d(M1,(P)) d(M 2 ,(P)) nên M ; ; thỏa yêu cầu bài toán. 3 3 3 Câu 18: [HH12.C3.2.BT.c] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x 2y 2z 4 0 và mặt cầu (S) : x2 y2 z2 2x 2y 2z 1 0. Giá trị của điểm M trên S sao cho d M , P đạt GTNN là
5. 5 7 7 1 1 1 A. 1;1;3 . B. ; ; . C. ; ; . D. 1; 2;1 . 3 3 3 3 3 3 Lời giải Chọn C Ta có: d(M ,(P)) 3 R 2 (P)  (S) . x 1 t Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với P có pt: y 1 2t ,t ¡ . z 1 2t 5 7 7 1 1 1 Tọa độ giao điểm của d và S là A ; ; , B ; ; 3 3 3 3 3 3 Ta có: d(A,(P)) 5 d(B,(P)) 1. d(A,(P)) d(M ,(P)) d(B,(P)). Vậy: d(M ,(P))min 1 M  B Câu 32: [HH12.C3.2.BT.c] [THPT Chuyên ĐHKH Huế Lần 1 – 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 0;0;4 , điểm M nằm trên mặt phẳng Oyx và M O . Gọi D là hình chiếu vuông góc của O lên AM và E là trung điểm của OM . Biết đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Tính bán kính mặt cầu đó. A. R 2 . B. R 1. C. R 4 . D. R 2 . Lời giải Chọn A Ta có tam giác OAM luôn vuông tại O . Gọi I là trung điểm của OA (Điểm I cố định). 1 Ta có tam giác ADO vuông tại D có ID là đường trung tuyến nên ID OA 2 1 2 Ta có IE là đường trung bình của tam giác OAM nên IE song song với AM mà OD  AM OD  IE . Mặt khác tam giác EOD cân tại E . Từ đó suy ra IE là đường trung trực của OD . Nên D· OE O· DE , I·OD I·DO I·DE I·OE 90 ID  DE 2 OA Vậy DE luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính R 2 . 2 Câu 36: [HH12.C3.2.BT.c] [CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ - 2017] Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3 2 9 và mặt phẳng P : 2x 2y z 3 0 . Gọi M a;b;c là điểm trên mặt cầu S sao cho khoảng cách từ M đến P là lớn nhất. Khi đó A. a b c 5 . B. a b c 6 . C. a b c 7 . D. a b c 8 . Lời giải Chọn C
6. M d I H P) M' Mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3 2 9 có tâm I 1;2;3 và bán kính R 3. Gọi d là đường thẳng đi qua I 1;2;3 và vuông góc P x 1 2t Suy ra phương trình tham số của đường thẳng d là y 2 2t . z 3 t Gọi A, B lần lượt là giao của d và S , khi đó tọa độ A, B ứng với t là nghiệm của phương 2 2 2 t 1 trình 1 2t 1 2 2t 2 3 t 3 9 t 1 13 Với t 1 A 3;0;4 d A;(P) . 3 5 Với t 1 B 1;4;2 d B;(P) . 3 Với mọi điểm M a;b;c trên S ta luôn có d B;(P) d M ;(P) d A;(P) . 13 Vậy khoảng cách từ M đến P là lớn nhất bằng khi M 3;0;4 3 Do đó a b c 7 Câu 37: [HH12.C3.2.BT.c] [LÊ HỒNG PHONG – 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho x 1 y z 3 đường thẳng d : và mặt cầu S tâm I có phương trình 1 2 1 S : x 1 2 y 2 2 z 1 2 18 . Đường thẳng d cắt S tại hai điểm A, B . Tính diện tích tam giác IAB . 8 11 16 11 11 8 11 A. . B. . C. . D. . 3 3 6 9 Lời giải Chọn A
7. Đường thẳng d đi qua điểm C 1;0; 3 và có vectơ chỉ phương u 1;2; 1 Mặt cầu S có tâm I 1;2; 1 , bán kính R 3 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d .  IC,u  Khi đó: IH , với IC 0; 2; 2 ; 2x y 3z 4 0 u 62 22 22 66 Vậy IH 1 4 1 3 22 4 6 Suy ra HB 18 3 3 1 1 66 8 6 8 11 Vậy, S IH  AB   IAB 2 2 3 3 3