Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 2: Phương trình mặt cầu - Mức độ 4.2 - 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 4.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 40: [HH12.C3.2.BT.d] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0; 1 và mặt phẳng P : x y z 3 0 . Gọi S là mặt cầu có tâm I nằm trên mặt phẳng P , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho diện tích tam giác OIA bằng 17 . Tính bán kính R của mặt cầu S . 2 A. R 3.B. R 9. C. R 1. D. R 5. Lời giải Chọn A Gọi I a;b;c 1 1 Ta có IA IO R hình chiếu của I lên OA là trung điểm H ;0; của OA . 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2 2 2 S OIA IH.OA a b c . 1 0 1 2 2 2 2 17 1 1 a2 b2 c2 a c . 2 17 2a2 2b2 2c2 2a 2c 1 2 2 2 2a2 2b2 2c2 2a 2c 16 0 . OI IA 2 2 2 2 2 2 a b c a 1 b c 1 17 2 2 2 Theo bài ra ta có S OIA 2a 2b 2c 2a 2c 16 0 2 a b c 3 0 I P a c 1 0 1 2 2 2 a b c a c 8 0 2 . a b c 3 0 3 a c 1 a 1 c Từ 1 và 3 ta có thế vào 2 ta có b 2 b 2 I 1;2; 2 2 2 c 2 c 1 4 c c 1 c 8 0 OI R 3 . c 1 I 2;2;1 Câu 32. [HH12.C3.2.BT.d](SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz cho các mặt cầu S1 , S2 , S3 có bán kính r 1 và lần lượt có tâm là các điểm A 0;3; 1 , B 2;1; 1 , C 4; 1; 1 . Gọi S là mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt cầu trên. Mặt cầu 6 có bán kính nhỏ nhất là A. R 2 2 1. B. R 10 . C. R 2 2 .D. R 10 1. Lời giải Chọn D
2. Ta có AB 8 , AC 32 , BC 40 nên tam giác $ABC$ vuông tại A . Gọi I là trung điểm của $BC$, khi đó IM IN IP 10 1. Do đó mặt cầu S thỏa mãn đề bài là mặt cầu có bán kính R 10 1. Câu 45: [HH12.C3.2.BT.d] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ 2 2 2 Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 y 2 z 3 16 . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu S sao cho biểu thức A 2xM yM 2zM đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức B xM yM zM bằng. A. 21 B. 3 C. 5 D. 10 Lời giải Chọn D Ta có A 2xM yM 2zM 2 xM 1 yM 2 2 zM 3 6 22 12 22 x 1 2 y 2 2 z 3 2 6 3.4 6 18 . xM 1 2t xM 1 yM 2 zM 3 Dấu bằng xảy ra khi t 0 yM 2 t , thay vào phương trình 2 1 2 ZM 3 2t 2 2 2 4 11 2 17 S ta được: 4t t 4t 16 t . Do đó M ; ; và B xM yM zM 10 . 3 3 3 3 Câu 45: [HH12.C3.2.BT.d] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa 2 2 2 độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 y 2 z 3 16 . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu S sao cho biểu thức A 2xM yM 2zM đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức B xM yM zM bằng. A. 21 B. 3 C. 5 D. 10 Lời giải Chọn D Ta có A 2xM yM 2zM 2 xM 1 yM 2 2 zM 3 6 22 12 22 x 1 2 y 2 2 z 3 2 6 3.4 6 18 .
3. xM 1 2t xM 1 yM 2 zM 3 Dấu bằng xảy ra khi t 0 yM 2 t , thay vào phương trình 2 1 2 ZM 3 2t 2 2 2 4 11 2 17 S ta được: 4t t 4t 16 t . Do đó M ; ; và B xM yM zM 10 . 3 3 3 3 Câu 49: [HH12.C3.2.BT.d] (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 0;2;2 , B 2; 2;0 . Gọi I1 1;1; 1 và I2 3;1;1 là tâm của hai đường tròn nằm trên hai mặt phẳng khác nhau và có chung một dây cung AB . Biết rằng luôn có một mặt cầu S đi qua cả hai đường tròn ấy. Tính bán kính R của S . 219 129 A. R B. R 2 2 C. R D. R 2 6 3 3 Lời giải Chọn C Gọi d1 là đường thẳng đi qua I1 và vuông góc với mặt phẳng I1 AB , khi đó d1 chứa tâm các mặt cầu đi qua đường tròn tâm I1 ; d2 là đường thẳng đi qua I2 và vuông góc với mặt phẳng I2 AB , khi đó d2 chứa tâm các mặt cầu đi qua đường tròn tâm I2 . Do đó, mặt cầu S đi qua cả hai đường tròn tâm I1 và I2 có tâm I là giao điểm của d1 và d2 và bán kính R IA   Ta có I1 A 1;1;3 , I1B 1; 3;1 . Đường thẳng d1 có véc-tơ pháp tuyến là   I A; I B 10;4;2 2 5;2;1 . 1 1 x 1 5t Phương trình đường thẳng d1 là: d1 : y 1 2t . z 1 t   Ta có I2 A 3;1;1 , I2 B 1; 3; 1 . Đường thẳng d2 có véc-tơ pháp tuyến là   I A; I B 2; 4;10 2 1; 2;5 . 2 2
4. x 3 s Phương trình đường thẳng d2 là: d2 : y 1 2s . z 1 5s 1 1 5t 3 s t 3 8 5 2 Xét hệ phương trình: 1 2t 1 2s . Suy ra I ; ; . 1 3 3 3 1 t 1 5s s 3 2 2 2 8 5 2 129 Bán kính mặt cầu S là R IA 2 2 . 3 3 3 3 Câu 47: [HH12.C3.2.BT.d] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Trong không gian với hệ tọa x 1 y 1 z 1 x 3 y 1 z 2 độ Oxyz , cho 3 đường thẳng d : , d : , 1 2 1 2 2 1 2 2 x 4 y 4 z 1 d : . Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I a;b;c , tiếp xúc với 3 đường 3 2 2 1 thẳng d1 , d2 , d3 . Tính S a 2b 3c . A. S 10 .B. S 11.C. S 12 .D. S 13. Lời giải Chọn B  B d1 đi qua điểm A 1;1;1 có VTCP u1 2;1; 2 .  d2 d2 đi qua điểm B 3; 1;2 có VTCP u2 1;2;2 .  d3 đi qua điểm C 4;4;1 có VTCP u3 2; 2;1 .       I Ta có u1.u2 0 , u2.u3 0 , u3.u1 0 A d1 , d2 , d3 đôi một vuông góc với nhau.          u ,u .AB 0 , u ,u .BC 0, u ,u .CA 0 1 2 2 3 3 1 C d 1 d3 d1 , d2 , d3 đôi một chéo nhau.      Lại có: AB 2; 2;1 ; AB.u1 0 và AB.u2 0 nên d1 , d2 , d3 chứa 3 cạnh của hình hộp chữ nhật như hình vẽ. Vì mặt cầu tâm I a;b;c tiếp xúc với 3 đường thẳng d1 , d2 , d3 nên bán kính 2 2 2 2 R d I,d1 d I,d2 d I,d3 R d I,d1 d I,d2 d I,d3   2   2   2 AI,u1 BI,u2 CI,u3  2  2  2 2 R    , với u1 u2 u3 9 , u u u 1 2 3    AI a 1;b 1;c 1 , AI,u 2b c 1;2a 2c 4;a 2b 1 . 1    BI a 3;b 1;c 2 , BI,u 2b 2c 6; 2a c 4;2a b 7 . 2    CI a 4;b 4;c 1 , CI,u b 2c 6; a 2c 2; 2a 2b 16 . 3
5.   2 9R2 AI,u 1   2   2   2   2 9R2 BI,u 27R2 AI,u BI,u CI,u 2 1 2 3   2 9R2 CI,u 3 27R2 18 a2 b2 c2 126a 54b 54c 423 2 2 2 2 7 3 3 243 243 27R 18 a 18 b 18 c 2 2 2 2 2 3 7 3 7 3 3 Rmin khi a , b c I ; ; . 2 2 2 2 2 2 Khi đó S a 2b 3c 11. Câu 48: [HH12.C3.2.BT.d](THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 ,3 ,3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng 5 3 7 6 A. B. C. D. 9 7 15 11 Lời giải Chọn D Cách 1: Gọi A, B,C, D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB 4 , AC BD AD BC 5 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD . Dễ dàng tính được MN 2 3 . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì IA IB, IC ID nên I nằm trên đoạn MN . 2 Đặt IN x , ta có IC 32 x2 3 r , IA 22 2 3 x 2 r 2 2 2 2 2 12 3 2 12 3 6 Từ đó suy ra 3 x 2 2 2 x 1 x , suy ra r 3 3 11 11 11 Cách 2
6. Gọi A, B là tâm quả cầu bán kính bằng 2 . C, D là tâm quả cầu bán kính bằng 3 . I là tâm quả cầu bán kính x . Mặt cầu I tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm A, B,C, D nên IA IB x 2, IC ID x 3. Gọi P , Q lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD . IA IB I P I P  Q 1 . IC ID I Q Tứ diện ABCD có DA DB CA CB 5 suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và CD , suy ra MN P  Q (2). Từ 1 và 2 suy ra I MN Tam giác IAM có IM IA2 AM 2 x 2 2 4 . Tam giác CIN có IN IC 2 CN 2 x 3 2 9 . Tam giác ABN có NM NA2 AM 2 12 . 2 2 6 Suy ra x 3 9 x 2 4 12 x . 11 Câu 42: [HH12.C3.2.BT.d](Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 2;0;0 , B 0;4;0 , C 0;0;6 . Điểm M thay đổi trên mặt phẳng ABC và N là điểm trên tia OM sao cho OM.ON 12 . Biết rằng khi M thay đổi, điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định. Tính bán kính của mặt cầu đó. 7 5 A. .B. 3 2 .C. 2 3 .D. . 2 2 Lời giải Chọn A x y z Phương trình mặt phẳng ABC : 1 6x 3y 2z 12 0 2 4 6 Gọi N x; y; z
7.  12  Theo giả thiết ta có N là điểm trên tia OM sao cho OM.ON 12 suy ra OM .ON ON 2 12x 12y 12z Do đó M 2 2 2 ; 2 2 2 ; 2 2 2 . x y z x y z x y z 12x 12y 12z Mặt khác M ABC nên 6 3 2 12 0 x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 6x 3y 2z x2 y2 z2 0 x2 y2 z2 6x 3y 2z 0 . Do đó điểm N luôn thuộc một mặt cầu cố định S : x2 y2 z2 6x 3y 2z 0 có tâm 2 3 2 3 2 7 I 3; ;1 và bán kính R 3 1 . 2 2 2 Câu 50: [HH12.C3.2.BT.d] (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không 3 3 1 gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A 1;2; 3 , B ; ; , C 1;1;4 , D 5;3;0 . Gọi S1 là 2 2 2 3 mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 , S là mặt cầu tâm B bán kính bằng . Có bao nhiêu mặt 2 2 phẳng tiếp xúc với 2 mặt cầu S , S đồng thời song song với đường thẳng đi qua 2 điểm 1 2 C, D . A. 1. B. 2 . C. 4 . D. Vô số. Lời giải Chọn A Cách 1: Gọi : x ay bz c 0 là mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán.    CD 4;2; 4 . CD// CD  n CD.n 0 ( n 1;a;b là vecto pháp tuyến của ) 4 2a 4b 0 a 2b 2 (1) tiếp xúc S1 nên 1 2a 3b c d A; 3 3 1 2a 3b c 3 1 a2 b2 (2) 1 a2 b2 tiếp xúc S2 nên 3 3 1 a b c 3 2 2 2 3 d B; 3 3a b 2c 3 1 a2 b2 (3) 2 1 a2 b2 2 1 2a 3b c 3 3a b 2c Từ (2) và (3) ta có 1 2a 3b c 3 3a b 2c 1 2a 3b c 3 3a b 2c a 2b c 2 0 (1) 2b 2 2b c 2 0 c 4b (4) 5a 4b 3c 4 0 10b 10 4b 3c 4 0 c 2 2b (5) Từ (1), (2), (4) 1 4b 4 3b 4b 3 1 2b 2 2 b2 3b 3 3 5b2 8b 5 b 2 a 2;c 8 2 2 2 b 2b 1 5b 8b 5 4b 10b 4 0 1 b a 1;c 2 2
8. Từ (1), (2), (5) 1 4b 4 3b 2 2b 3 1 2b 2 2 b2 b 1 3 5b2 8b 5 b2 2b 1 9 5b2 8b 5 44b2 74b 44 0 . Phương trình vô nghiệm. Mặt khác CD// nên C, D nên : x 2y 2z 8 0 . A B I H K Cách 2: 3 3 3 9 Ta có AB mà R R 3 nên hai mặt cầu cắt nhau theo một đường tròn giao 2 1 2 2 2 tuyến. Gọi I AB  với là mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Hạ BH, AK vuông góc với mặt phẳng . 3 1 1 Khi đó ta có I nằm ngoài AB và B là trung điểm AI vì R R BH AK . 2 2 2 1 2 Suy ra I 2;1;2 . Gọi : a x 2 b y 1 c z 2 0 .  Vì //CD mà CD 4;2; 4 nên ta có 2a b 2c 0 b 2c 2a Khi đó a 2c b 2c a b 5c 2 2 2 2 d A; 3 3 c a a 2c 2a c 1 . a2 b2 c2 a c b c 2 Ta có hai trường hợp : 1) b 2c ; a 2c : 2c x 2 2c y 1 c z 2 0 2x 2y z 4 0 Mặt khác CD// nên C, D loại trường hợp trên. 1 1 2) b c ; a c : c x 2 c y 1 c z 2 0 x 2y 2z 8 0 2 2 Kiểm tra thấy C, D nên nhận trường hợp này. Vậy : x 2y 2z 8 0 . HẾT Câu 50: [HH12.C3.2.BT.d] (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Trong không gian cho tam giác ABC đều cạnh bằng 2 cố định, M là điểm thỏa mãn MA2 MB2 2MC 2 12 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 7 2 7 B. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 3
9. 7 C. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 2 2 7 D. Tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R 9 Lời giải Chọn C C I A D B    Trước hết, ta xác định điểm I thỏa mãn IA IB 2IC 0 . Gọi D là trung điểm AB , ta có:        IA IB 2IC 0 2ID 2IC 0 ID IC 0 Suy ra I là trung điểm CD . Từ đó, ta có:  2  2  2 MA2 MB2 2MC 2 12 MA MB 2MC 12   2   2   2 MI IA MI IB 2 MI IC 12  2      2  2  2 4MI MI IA IB 2IC IA IB 2IC 12 4MI 2 IA2 IB2 2IC 2 12 12 IA2 IB2 2IC 2 MI 2 . 4 Mặt khác: IA2 IB2 2IC 2 2IA2 2IC 2 2 ID2 AD2 2IC 2 2 2 2 2 2 2 2 AB 2 AB 2 3 2 4IC 2AD CD CD 5. 2 2 2 2 2 2 2 12 IA IB 2IC 12 5 7 7 7 Nên: MI 2 . Suy ra IM . 4 4 4 4 2 7 Vậy, tập hợp các điểm M là mặt cầu có bán kính R . 2 BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
10. A A C B D A C B C A D A A B C C C D D B D C A D A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 C B B B C A D A B B D D B C A B D B D D A A B B C HƯỚNG DẪN GIẢI