Vận dụng cao Oxyz mặt cầu (Phần 2)

Vận dụng cao $Oxyz$ (phần 2)

Xem lại phần 1

Nối tiếp phần bài tập vận dụng cao về mặt cầu có lời giải chi tiết

Câu 11. Trong không gian $Oxyz$, cho hai mặt cầu $\left(S_1\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=16$ và $\left(S_2\right):{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=9$ cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn là $I\left(a;b;c\right)$. Tính $a+b+c$.

A. ${\displaystyle \frac{7}{4}}$

B. $-{\displaystyle \frac{1}{4}}$

C. ${\displaystyle \frac{10}{3}}$

D. $1$

Giải

Phương trình mặt phẳng giao tuyến của 2 mặt cầu là

$\begin{array}{l}{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2-{\left(x+1\right)}^2-{\left(y-2\right)}^2-{\left(z+1\right)}^2=16-9\\ \iff -2x+1-2y+1-4z+4-2x-1+4y-4-2z-1=7\\ \iff -4x+2y-6z-7=0\iff 4x-2y+6z+7=0\left(P\right)\end{array}$

Mặt cầu $\left(S_1\right)$ có tâm $I_1\left(1;1;2\right)$, bán kính $R_1=4$.

Gọi $\mathrm{\Delta }$ là đường thẳng đi qua $I_1$ và vuông góc với $\left(P\right)\Rightarrow \mathrm{\Delta }.{\displaystyle \frac{x-1}{4}}={\displaystyle \frac{y-1}{-2}}={\displaystyle \frac{z-2}{6}}$.

Gọi $I=\left(P\right)\cap \mathrm{\Delta }\Rightarrow I\left(1+4t;1-2t;2+6t\right)$.

$I\in \left(P\right)\Rightarrow 4\left(1+4t\right)-2\left(1-2t\right)+6\left(2+6t\right)+7=0\iff 56t+21=0\iff t=-{\displaystyle \frac{3}{8}}$.

$\Rightarrow I\left(-{\displaystyle \frac{1}{2}};{\displaystyle \frac{7}{4}};-{\displaystyle \frac{1}{4}}\right)\Rightarrow a+b+c=-{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{7}{4}}-{\displaystyle \frac{1}{4}}=1$.

Chọn D.

Câu 12. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x-4y+6z-13=0$ và đường thẳng $d:\frac{x+1}{1}=\frac{y+2}{1}=\frac{z-1}{1}$. Tọa độ điểm $M$ trên đường thẳng $d$ sao cho từ $M$ kẻ được 3 tiếp tuyến $MA,MB,MC$ đến mặt cầu $(S)$ ($A,B,C$ là các tiếp điểm) thỏa mãn $\widehat{AMB}={60}^0;\widehat{BMC}={90}^0;\widehat{CMA}={120}^0$ có dạng $M(a;b;c)$ với $a<0$. Tổng $a+b+c$ bằng:

A. $2$

B. $-2$

C. $1$

D. $\frac{10}{3}$

Giải

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1;2;-3)$, bán kính $R=3\sqrt{3}$

Đặt $MA=MB=MC=a$.

Tam giác $MAB$ đều $\Rightarrow AB=a$

Tam giác $MBC$ vuông tại $M$ $\Rightarrow BC=a\sqrt{2}$

Tam giác $MCA$ có $\widehat{CMA}={120}^0\Rightarrow AC=a\sqrt{3}$

Xét tam giác $ABC$ có $A{B}^2+B{C}^2=A{C}^2\Rightarrow \mathrm{\Delta }ABC$ vuông tại B $\Rightarrow \mathrm{\Delta }ABC$ ngoại tiếp đường tròn nhỏ có đường kính $AC$$\Rightarrow HA=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Xét tam giác vuông $IAM$ có:

$\frac{1}{H{A}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{I{A}^2}\Rightarrow \frac{4}{3a^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{27}\iff \frac{1}{3a^2}=\frac{1}{27}\iff a=3=MA$

$\Rightarrow I{M}^2=M{A}^2+I{A}^2=3^2+27=36$

$\begin{array}{l}M\in \left(d\right)\Rightarrow M\left(-1+t;-2+t;1+t\right)\iff I{M}^2={\left(t-2\right)}^2+{\left(t-4\right)}^2+{\left(t+4\right)}^2=36\\ \iff 3t^2-4t=0\\ \iff [\begin{array}{c}t=0\\ t=\frac{4}{3}\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{c}M\left(-1;-2;1\right)\\ M\left(\frac{1}{3};-\frac{2}{3};\frac{7}{3}\right)\left(ktm\right)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}a=-1\\ b=-2\\ c=1\end{array}\Rightarrow a+b+c=-2\end{array}$

Chọn B.

Câu 13. Trong không gian $Oxyz,$ cho $A\left(0;0;2\right),B\left(1;1;0\right)$ và mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+{\left(z-1\right)}^2={\displaystyle \frac{1}{4}}$. Xét điểm $M$ thay đổi thuộc $\left(S\right)$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M{A}^2+2M{B}^2$ bằng:

A. ${\displaystyle \frac{1}{2}}$

B. ${\displaystyle \frac{3}{4}}$

C. ${\displaystyle \frac{21}{4}}$

D. ${\displaystyle \frac{19}{4}}$

Giải

Gọi $I\left(a;b;c\right)$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}$ ta có:

$\begin{array}{l}\Rightarrow \left(-a;-b;2-c\right)+2\left(1-a;1-b;-c\right)=0\\ \iff \{\begin{array}{c}-a+2-2a=0\\ -b+2-2b=0\\ 2-c-2c=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}a={\displaystyle \frac{2}{3}}\\ b={\displaystyle \frac{2}{3}}\\ c={\displaystyle \frac{2}{3}}\end{array}\Rightarrow I\left({\displaystyle \frac{2}{3}};{\displaystyle \frac{2}{3}};{\displaystyle \frac{2}{3}}\right)\end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l}M{A}^2+2M{B}^2={\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2+2{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2\\ =M{I}^2+2\overrightarrow{MI}\overrightarrow{IA}+I{A}^2+2M{I}^2+4\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IB}+I{B}^2\\ =3M{I}^2+I{A}^2+2I{B}^2+2\overrightarrow{MI}\underset{\overrightarrow{0}}{\underbrace{\left(\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}\right)}}=3M{I}^2+\underset{const}{\underbrace{I{A}^2+2I{B}^2}}\end{array}$

Do $\{\begin{array}{l}I{A}^2={\left({\displaystyle \frac{-2}{3}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{-2}{3}}\right)}^2+{\left(2-{\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^2={\displaystyle \frac{8}{3}}\\ I{B}^2={\left(1-{\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^2+{\left(1-{\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{-2}{3}}\right)}^2={\displaystyle \frac{2}{3}}\end{array}\Rightarrow I{A}^2+2I{B}^2=4$ không đổi $\Rightarrow {\left(M{A}^2+2M{B}^2\right)}_{min}\iff M{I}_{min}$ với $I\left({\displaystyle \frac{2}{3}};{\displaystyle \frac{2}{3}};{\displaystyle \frac{2}{3}}\right),M\in \left(S\right)$.

Ta có ${\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}-1\right)}^2=1>{\displaystyle \frac{1}{4}}\Rightarrow I$ nằm ngoài $\left(S\right)$ .

Vậy ${\left(M{A}^2+2M{B}^2\right)}_{min}=3M{I}_{min}^2+4=3.{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2+4={\displaystyle \frac{19}{4}}$.

Chọn D.

Câu 14. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A\left(3;0;0\right),$ $B\left(0;-2;0\right)$ và $C\left(0;0;-4\right)$. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$ có diện tích bằng

A. $116\pi .$

B. $29\pi .$

C. $16\pi$

D. ${\displaystyle \frac{29\pi }{4}}$

Giải

Gọi $I\left(a;b;c\right)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$ $\Rightarrow IO=IA=IB=IC$$\Rightarrow I{O}^2=I{A}^2=I{B}^2=I{C}^2$.

Khi đó ta có hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2={\left(x-3\right)}^2+y^2+z^2\\ x^2+y^2+z^2=x^2+{\left(y+2\right)}^2+z^2\\ x^2+y^2+z^2=x^2+y^2+{\left(z+4\right)}^2\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{l}{x}^2={\left(x-3\right)}^2\\ y^2={\left(y+2\right)}^2\\ z^2={\left(z+4\right)}^2\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{l}-6x+9=0\\ 4y+4=0\\ 8z+16=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x={\displaystyle \frac{3}{2}}\\ y=-1\\ z=-2\end{array}$

$\Rightarrow I\left({\displaystyle \frac{3}{2}};-1;2\right)$. Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$ là $R=IO=\sqrt{{\displaystyle \frac{9}{4}}+1+4}=\sqrt{{\displaystyle \frac{29}{4}}}$.

Váy diện tích cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$ là $S=4\pi R^2=4\pi .{\displaystyle \frac{29}{4}}=29\pi .$

Chọn B.

Câu 15. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=16$ và điểm $A\left(1;2;3\right)$. Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau cắt mặt cầu theo ba đường tròn. Gọi $S$ là tổng diện tích của ba hình tròn đó. Khi đó $S$ bằng:

A. $32\pi$.

B. $36\pi$.

C. $38\pi$.

D. $16\pi$.

Giải

$\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=16$ có tâm $I\left(1;-1;2\right)$ và bán kính $R=4$

Gọi $M,N,P$ là các hình chiếu vuông góc của I lên 3 mặt phẳng; $r_1;r_2;r_3$ là bán kính của đường tròn giao tuyến tương ứng.

Khi đó, $A,I,P,N$ là 4 đỉnh của một hình hộp chữ nhật, ta có: $I{M}^2+I{P}^2+I{N}^2=I{A}^2=0^2+3^2+1^2=10$

$\iff R^2-r_1^2+R^2-r_2^2+R^2-r_3^2=10\iff 3.16-\left(r_1^2+r_2^2+r_3^2\right)=10\iff r_1^2+r_2^2+r_3^2=38$

Tổng diện tích của ba hình tròn đó là: $S=\pi \left(r_1^2+r_2^2+r_3^2\right)=38\pi$.

Chọn: C.

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, phương trình mặt cầu có tâm $I\left(1;-2;3\right)$ và đi qua điểm $A\left(-1;2;1\right)$ có phương trình:

A. $x^2+y^2+z^2+2x-4y+6z-10=0$.

B. $x^2+y^2+z^2-2x+4y+2z+18=0$.

C. $x^2+y^2+z^2-2x+4y-6z-10=0$.

D. $x^2+y^2+z^2+2x-4y-2z-18=0$.

Giải

Ta có $I\left(1;-2;3\right);A\left(-1;2;1\right)$$\Rightarrow IA=\sqrt{{\left(-2\right)}^2+4^2+{\left(-2\right)}^2}=\sqrt{24}.$

Vì mặt cầu tâm $I$ đi qua $A$ nên bán kính của mặt cầu là $R=IA=\sqrt{24}$.

Mặt cầu có tâm $I\left(1;-2;3\right);R=\sqrt{24}$ có phương trình là:

${\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=24$$\iff x^2+y^2+z^2-2x+4y-6z-10=0.$

Chọn C.

Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz,$ cho mặt cầu $\left(S\right):{(x-1)}^2+{(y-2)}^2+{(z-2)}^2=9$ và hai điểm $M(4;-4;2),N(6;0;6).$ Gọi $E$ là điểm thuộc mặt cầu $\left(S\right)$ sao cho $EM+EN$ đạt giá trị lớn nhất. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu $\left(S\right)$ tại $E.$

A.  $x-2y+2z+8=0.$

B. $2x+y-2z-9=0.$

C. $2x+2y+z+1=0.$

D. $2x-2y+z+9=0.$

Giải

Xét mặt cầu $\left(S\right):{(x-1)}^2+{(y-2)}^2+{(z-2)}^2=9$ có tâm $I(1;2;2),$ bán kính $R=3.$

Ta có $MI=NI=3\sqrt{5}>3=R$$\Rightarrow M,N$ nằm bên ngoài khối cầu $\left(S\right).$

Gọi $H$ là trung điểm của $MN$$\Rightarrow H(5;-2;4)$ và $E{H}^2=\frac{E{M}^2+E{N}^2}{2}-\frac{M{N}^2}{4}.$

Lại có ${(EM+EN)}^2\le (1^2+1^2)(E{M}^2+E{N}^2)=2(E{H}^2+\frac{M{N}^2}{4})$.

Để ${\{EM+EN\}}_{max}\iff E{H}_{max}$

Khi và chỉ khi $E$ là giao điểm của $IH$ và mặt cầu $\left(S\right)$. Gọi $\left(P\right)$ là mặt phẳng tiếp diện của $\left(S\right)$ tại $E\Rightarrow {\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}=a.\overrightarrow{EI}=b.\overrightarrow{IH}=b.(4;-4;2).$

Dựa vào các đáp án ta thấy ở đáp án D, ${\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}=(2;-2;1)=\frac{1}{2}(4;-4;2)$

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là $2x-2y+z+9=0.$

Chọn D.

Câu 18. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng $d:{\displaystyle \frac{x-1}{2}}={\displaystyle \frac{y+3}{-1}}={\displaystyle \frac{z-5}{3}}$. Viết phương trình mặt cầu có tâm $I\left(5;1;-1\right)$ và tiếp xúc với

A. ${\left(x-5\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=56$.

B. ${\left(x-5\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=54$.

C.  ${\left(x-5\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=\sqrt{56}$.

D. ${\left(x-5\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=110$.

Giải

Lấy $M\left(1;-3;5\right)\in d$$\Rightarrow \overrightarrow{MI}\left(4;4;-6\right)$.

Đường thẳng d có 1 VTCP. $\overrightarrow{u}\left(2;-1;3\right)$ $\Rightarrow \left[\overrightarrow{MI};\overrightarrow{u}\right]=\left(6;-24;-12\right)$

$\Rightarrow d\left(I;d\right)={\displaystyle \frac{\left|\left[\overrightarrow{MI};\overrightarrow{u}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|}}={\displaystyle \frac{\sqrt{6^2+{24}^2+{12}^2}}{\sqrt{2^2+1^2+3^2}}}=\sqrt{54}$

Mặt cầu có tâm $I\left(5;1;-1\right)$ và tiếp xúc với d có bán kính $R=d\left(I;d\right)=\sqrt{54}$ có phương trình là:

${\left(x-5\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=54$.

Chọn: B.

Câu 19. Trong không gian $Oxyz,$ cho hai điểm $A\left(7;-2;2\right)$ và $B\left(1;2;4\right)$. Phương trình nào dưới đây

là phương trình mặt cầu đường kính $AB?$

A. ${\left(x-4\right)}^2+y^2+{\left(z-3\right)}^2=2\sqrt{14}$

B. ${\left(x-4\right)}^2+y^2+{\left(z-3\right)}^2=14$

C. ${\left(x-4\right)}^2+y^2+{\left(z-3\right)}^2=56$

D. ${\left(x-7\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=14$

Giải

Trung điểm $I$ của $AB$ có tọa độ $\{\begin{array}{l}{x}_I={\displaystyle \frac{x_A+x_B}{2}}={\displaystyle \frac{7+1}{2}}=4\\ y_I={\displaystyle \frac{y_A+y_B}{2}}={\displaystyle \frac{-2+2}{2}}=0\\ z_I={\displaystyle \frac{z_A+z_B}{2}}={\displaystyle \frac{2+4}{2}}=3\end{array}$ suy ra $I\left(4;0;3\right)$

$AB=\sqrt{{\left(1-7\right)}^2+{\left(2+2\right)}^2+{\left(4-2\right)}^2}=2\sqrt{14}$

Mặt cầu đường kính $AB$ nhận trung điểm $I\left(4;0;3\right)$ của $AB$ làm tâm và bán kính $R={\displaystyle \frac{AB}{2}}=\sqrt{14}$

Phương trình mặt cầu là ${\left(x-4\right)}^2+y^2+{\left(z-3\right)}^2=14$ .

Chọn B.

Câu 20. Cho hai hàm số $y=x^2+x-1$ và $y=x^3+2x^2+mx-3$. Giá trị của tham số $m$ để đồ thị của hai hàm số có 3 giao điểm phân biệt và 3 giao điểm đó nằm trên đường tròn bán kính bằng 3 thuộc vào khoảng nào dưới đây?

A. $\left(-\mathrm{\infty };-4\right)$.

B. $\left(-4;-2\right)$.

C. $\left(0;+\mathrm{\infty }\right)$.

D. $\left(-2;0\right)$.

Giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$x^3+2x^2+mx-3=x^2+x-1\iff g\left(x\right)=x^3+x^2+\left(m-1\right)x-2=0$.

Đặt

$\begin{array}{l}y=x^2+x-1\Rightarrow y^2={\left(x^2+x-1\right)}^2\\ =x^4+x^2+1+2x^3-2x^2-2x=x^4+2x^3-x^2-2x+1\end{array}$

Chia $y^2$ cho $g\left(x\right)$ ta được:

$\begin{array}{l}{y}^2=g\left(x\right)\left(x+1\right)-\left(m+1\right)x^2-\left(m-1\right)x+3\\ \Rightarrow y^2=-m{x}^2-x^2-\left(m-1\right)x+3\\ \iff x^2+y^2+m\left(y-x+1\right)+\left(m-1\right)x-3=0\\ \iff x^2+y^2-x+my+m-3=0\left(C\right)\end{array}$

$\left(C\right)$ có bán kính bằng 3 (gt)

$\begin{array}{l}\Rightarrow {\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{m}{2}}\right)}^2-m+3=9\iff {\displaystyle \frac{m^2}{4}}-m-{\displaystyle \frac{23}{4}}=0\\ \iff [\begin{array}{c}m=2+3\sqrt{3}\approx 7,2\\ m=2-3\sqrt{3}\approx -3,2\end{array}\end{array}$

Sử dụng MTCT thử lại $m=2-3\sqrt{3}$ thì phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn B.