Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 2: Phương trình mặt cầu - Dạng 13: Toán max, min liên quan đến mặt cầu - Mức độ 4 - 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 - Chủ đề 2: Phương trình mặt cầu - Dạng 13: Toán max, min liên quan đến mặt cầu - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 32. [2H3-2.13-4](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 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: [2H3-2.13-4] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3 2 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: [2H3-2.13-4] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3 2 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
2. 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 48: [2H3-2.13-4] (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 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 .
3. 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 50: [2H3-2.13-4] (THPT HAU LOC 2_THANH HOA_LAN2_2018_BTN_6ID_HDG) 5 10 13 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;2;7 , B ; ; . Gọi S là 7 7 7 mặt cầu tâm I đi qua hai điểm A , B sao cho OI nhỏ nhất. M a;b;c là điểm thuộc S , giá trị lớn nhất của biểu thức T 2a b 2c là A. 18. B. 7 . C. 156. D. 6 . Lời giải Chọn A Tâm I mặt cầu S đi qua hai điểm A , B nằm trên mặt phẳng trung trực của AB . Phương trình mặt phẳng trung trực của AB là P : x 2y 3z 14 0 . OI nhỏ nhất khi và chỉ khi I là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng P . x t Đường thẳng d qua O và vuông góc với mặt phẳng P có phương trình y 2t . z 3t Tọa độ điểm I khi đó ứng với t là nghiệm phương trình t 2.2t 3.3t 14 0 t 1 I 1;2;3 . Bán kính mặt cầu S là R IA 4 . Từ T 2a b 2c 2a b 2c T 0 , suy ra M thuộc mặt phẳng Q : 2x y 2z T 0 . Vì M thuộc mặt cầu nên: 2.1 2 2.3 T d I; Q R 4 6 T 12 6 T 18 . 22 1 2 22 Vậy maxT 18.Câu 20: [2H3-2.13-4] (THPT QUẢNG XƯƠNG1) Trong không gian với hệ tọa 2 2 2 độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 2 y 1 z 1 9 và M x0 ; y0 ; z0 S sao cho A x0 2y0 2z0 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó x0 y0 z0 bằng A. 2. B. 1. C. 2 . D. 1.
4. Lời giải Chọn B Tacó: A x0 2y0 2z0 x0 2y0 2z0 A 0 nên M P : x 2y 2z A 0 , do đó điểm M là điểm chung của mặt cầu S với mặt phẳng P . Mặt cầu S có tâm I 2;1;1 và bán kính R 3. | 6 A | Tồn tại điểm M khi và chỉ khi d I, P R 3 3 A 15 3 Do đó, với M thuộc mặt cầu S thì A x0 2y0 2z0 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi M là tiếp điểm của P : x 2y 2z 3 0 với S hay M là hình x0 2y0 2z0 3 0 t 1 x0 2 t x0 1 chiếu của I lên P . Suy ra M x0; y0; z0 thỏa: y0 1 2t y0 1 z0 1 2t z0 1 Vậy x0 y0 z0 1. Câu 21: [2H3-2.13-4] (CÔNG TY TNHH GIÁO DỤC TÂN HỒNG PHONG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;0;0 , B 0;2;0 và C 0;0;3 . Mặt cầu S luôn qua A , B , C và đồng thời cắt ba tia Ox , Oy , Oz tại ba điểm phân biệt M , N , P . Gọi H là trực tâm của tam giác MNP . Tìm giá trị nhỏ nhất của HI với I 4;2;2 . A. 10 .B. 7 . C. 5 2 .D. 2 5 . Lời giải Chọn A Gọi M m;0;0 , N 0;n;0 , P 0;0; p . Gọi E là tâm mặt cầu S , R là bán kính mặt cầu S . Gọi K là trung điểm AM , ta có : EK  AM .           Ta có : OM.OA OK KM OK KA OK KM OK KM OK 2 KM 2 OE 2 KE 2 KM 2 OE 2 R 2     Chứng minh tương tự ta có: ON.OB OE 2 R2 , OP.OC OE 2 R2       OM.OA ON.OB OP.OC m.1 n.2 p.3 x y z x 2y 3z Ta có : phương trình mặt phẳng MNP : 1 hay 1 m n p m m m x 2 y 3z m 0 vectơ pháp tuyến của MNP là n 1;2;3 . Vì tứ diện OMNP có 3 cạnh từ O đôi một vuông góc nên OH  MNP x y z phương trình đường thẳng OH : (cố định). 1 2 3 Vậy HI nhỏ nhất khi H là hình chiếu của I lên OH Khi đó : Phương trình mặt phẳng qua I và vuông góc OH là : x 2 y 3z 14 0 , H 1;2;3 IH 10
5. Câu 48: [2H3-2.13-4] (Sở Quảng Bình - 2018 - BTN – 6ID – HDG)Trong không gian Oxyz , cho x 1 y 2 z 1 điểm I 3;4;0 và đường thẳng : . Phương trình mặt cầu S có tâm I 1 1 4 và cắt tại hai điểm A , B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12 là A. x 3 2 y 4 2 z2 25 B. x 3 2 y 4 2 z2 5 C. x 3 2 y 4 2 z2 5 D. x 3 2 y 4 2 z2 25 Lời giải Chọn D Đường thẳng đi qua điểm M 1;2; 1 và có véc-tơ chỉ phương u 1;1; 4 .    Ta có IM 2; 2; 1 IM ,u 9; 9;0 IM ,u 9 2 . Khoảng cách từ I đến đường thẳng là  IM ,u 9 2 d I, 3 . u 18 Diện tích tam giác IAB bằng 12 nên 2S 2.12 AB IAB 8. d I, 3 Bán kính mặt cầu S là 2 AB 2 2 2 R d I, 4 3 5 . 2 Phương trình mặt cầu S cần lập là x 3 2 y 4 2 z2 25 .