41 trang 73 lượt tải

Chuyên Đề Phương Trình Mặt Cầu Ôn Thi Tốt Nghiệp Giải Chi Tiết

146

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đơn vị trên mỗi trục là mét, một ngọn hải đăng được đặt ở vị trí I. Biết ngọn hải đăng đó được thiết kế với đường kính phủ sáng là 6 km. Giả sử người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí I. Tài liệu giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời đọc đón xem!

Chủ đề: Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán 262 tài liệu

Môn: Toán 2.1 K tài liệu

Tác giả:

Mỹ Châu

21 giờ trước

Danh sách Quiz

Trang 1

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

Phần I. LÝ THUYẾT.

I. ĐỊNH NGHĨA MẶT CẦU

Cho trước điểm

và số dương

. Mặt cầu tâm

bán kính

là tập hợp tất cả các điểm trong

không gian cách điểm

một khoảng bằng

Nhận xét:

• Điểm M thuộc mặt cầu tâm I bán kính R khi và chỉ khi

IM R

• Điểm M nằm trong mặt cầu tâm I bán kính R khi và chỉ khi

IM R

• Điểm M nằm ngoài mặt cầu tâm I bán kính R khi và chỉ khi

IM R

Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu tâm

 

0;1; 2I 

bán kính 3. Các

điểm

     

5; 3;2 , 1;1; 3 , 2;2;0M N P  

nằm trong nằm trên hay nằm ngoài mặt cầu đó?

Lời giải

     

 

5 0 3 1 2 2 57 3IM          

nên điểm

 

5; 3;2M 

nằm ngoài mặt

cầu đó.

     

 

1 0 1 1 3 2 2 3IN           

nên điểm

 

1;1; 3N 

nằm trong mặt cầu đó.

     

 

2 0 2 1 0 2 9 3IP         

nên điểm

 

2;2;0P

nằm trên mặt cầu đó.

Ví dụ 2. Trong không gian

Oxyz

cho điểm

(2;3;4)I

và mặt cầu tâm I đi qua điểm

 

1;2;3A

Tính bán kính

của mặt cầu đó?

Lời giải

Bán kính mặt cầu là

     

222

1 2 2 3 3 4 3R IA       

II. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

Lý thuyết:

Trong không gian

Oxyz

, cho mặt cầu tâm

 

;;I a b c

bán kính

có phương trình là:

     

2 2 2

x a y b z c R     

Ta có thể viết phương trình đó về dạng:

2 2 2

2 2 2 0x y z ax by cz d      

với

2 2 2 2

d a b c R   

Vậy mỗi mặt cầu đều có phương trình dạng:

2 2 2

2 2 2 0x y z ax by cz d      

Trang 2

Ngược lại, xét phương trình có dạng:

2 2 2

2 2 2 0x y z ax by cz d      

là phương trình một

mặt cầu khi và chỉ khi

2 2 2

0a b c d   

. Ngoài ra, nếu

2 2 2

0a b c d   

thì phương trình

đó xác định mặt cầu tâm

 

;;I a b c

và bán kính

2 2 2

R a b c d   

Ví dụ 1. Viết phương trình mặt cầu, biết

a) Tâm

 

1; 1; 3I 

bán kính

5R 

;

b) Tâm

 

2; 1; 1I 

và đi qua điểm

 

1;2;3A

Giải

a) Phương trình của mặt cầu tâm

 

1;2;3I

bán kính

5R 

là:

     

2 2 2

1 1 3 25x y z     

b) Bán kính mặt cầu là:

     

2 2 2

1 2 2 3 1 21 6R IA       

Phương trình của mặt cẩu tâm

 

2; 1; 1I 

bán kính

26R 

là:

     

2 2 2

2 1 1 26x y z     

Ví dụ 2. Mỗi phương trình sau có là phương trình mặt cầu hay không? Vì sao?

2 2 2

3 2 2 2 2 1 0x y z x y z      

;

2 6 8 3 0x y x y z     

Lời giải

a. Phương trình

2 2 2

3 2 2 2 2 1 0x y z x y z      

không phải là phương trình của một mặt

cầu vì các hệ số của

và

khác nhau.

b. Phương trình

2 6 8 3 0x y x y z     

không phải là phương trình của một mặt cầu vì

không có biểu thức

Ví dụ 3. Phương trình nào sau đây là phương trình của một mặt cầu? Tìm tâm và bán kính của mặt cầu (

nếu có).

2 2 2

6 8 2 10 0x y z x y z      

;

2 2 2

2 2 2 12 4 8 20 0x y z x y z      

Lời giải

a. Ta có:

2 2 2

6 8 2 10 0x y z x y z      

2 2 2

2.3. 2.4. 2.1. 10 0x y z x y z       

     

2 2 2

3 4 1 16x y z      

Vậy phương trình đã cho là phương trình mặt cầu tâm

 

3; 4;1I 

bán kính

16 4R 

b. Ta có:

2 2 2

2 2 2 12 4 8 20 0x y z x y z      

2 2 2

6 2 4 10 0

2.3. 2.1. 2.2. 10 0

x y z x y z

       

     

2 2 2

3 1 2 4x y z      

Vậy phương trình đã cho là phương trình mặt cầu tâm

 

3; 1;2I 

bán kính

42R 

Trang 3

III. CÁC DẠNG TOÁN:

PHẦN I. Câu trắc nghiệm khách quan.

Câu 1: [1] Bề mặt của một quả bóng thám không dạng hình cầu có phương trình

2 2 2

200 600 4000 4099900 0x y z x y z      

. Tìm tâm và bán kính mặt cầu.

A. Tâm

 

100;300;2000I

, bán kính

100r 

B. Tâm

 

100; 300; 2000I 

, bán kính

10r 

C. Tâm

 

100;300;2000I

, bán kính

10r 

D. Tâm

 

100; 300; 2000I 

, bán kính

100r 

Câu 2: [1] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, đơn vị trên mỗi trục là mét, một ngọn hải đăng được

đặt ở vị trí

. Biết ngọn hải đăng đó được thiết kế với đường kính phủ sáng là

km. Giả sử

người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí

. Hỏi vị trí cuối cùng trên đoạn thẳng sao

cho người đi biển có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng cách

một đoạn bằng bao

nhiêu?

km. B.

km. C.

6,2

km. D.

km.

Câu 3: [1] Phần mềm mô phỏng thiết bị thám hiểm đại dương có dạng hình cầu trong không gian

Oxyz

. Biết tọa độ tâm mặt cầu là

 

360;200;400I

và bán kính

2r 

m. Phương trình của mặt

cầu là

Trang 4

     

2 2 2

360 200 400 4xyz     

. B.

     

2 2 2

360 200 400 4xyz     

     

2 2 2

360 200 400 2xyz     

. D.

     

2 2 2

360 200 400 2xyz     

Câu 4: [1] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, đơn vị trên mỗi trục là mét, một ngọn hải đăng được

đặt ở vị trí

 

21;35;50I

. Biết ngọn hải đăng đó được thiết kế với đường kính phủ sáng là

km. Phương trình mặt cầu để mô tả vùng phủ sáng của ngọn hải đăng là

     

2 2 2

21 35 50 16xyz     

. B.

     

2 2 2

21 35 50 64xyz     

     

2 2 2

21 35 50 4000xyz     

. D.

     

2 2 2

21 35 50 4000xyz     

Câu 5: [1] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, đơn vị trên mỗi trục là kilômét, một trạm thu phát

sóng điện thoại di động được đặt ở vị trí

 

3;2;7I 

, trạm thu phát sóng đó được thiết kế với

bán kính phủ sóng 3 km. Người dùng điện thoại ở điểm nào có thể sử dụng dịch vụ của trạm

này?

 

2;3;4A

. B.

 

2;1;8B 

. C.

 

1;1;1C

. D.

 

3; 1;3D 

Trang 5

Câu 6: [ Mức độ 1] Trong không gian

Oxyz

, một vòm được thiết kế có bề mặt là mặt cầu tâm

 

1;2;20I

, bán kính bằng

 

50 m

và có đáy nằm trên mặt phẳng

 

Oxy

. Chiều cao của vòm là

bao nhiêu? (biết đơn vị của hệ trục tọa độ là mét)

 

20 m

. B.

 

70 m

. C.

 

25 m

. D.

 

30 m

Câu 7: [ Mức độ 1] Trong không gian

Oxyz

, đặt 4 thiết bị thu tín hiệu tại 4 điểm có tọa độ lần lượt là

       

2;3;5 , 0;2;8 , 1; 3;7 , 4;1;0A B C D

. Đặt thiết bị phát tín hiệu tại điểm nào sau đây để

4 thiết bị thu tín hiệu cùng một thời điểm?

453 117 1047

;;

262 262 262







. B.

453 117 1047

;;

262 262 262



  





453 117 1047

;;

131 131 131







. D.

453 117 1047

;;

131 131 131



  





Câu 8: [ Mức độ 1] Trong không gian

Oxyz

, cắt một mặt cầu

 

có tâm

 

1;1;5I 

theo một mặt

phẳng cách

một khoảng bằng 8. Khi đó ta được tiết diện là đường tròn có bán kính bằng 6.

Phương trình của mặt cầu

 

là

       

2 2 2

: 1 1 5 100S x y z     

. B.

       

2 2 2

: 1 1 5 10S x y z     

       

2 2 2

: 1 1 5 10S x y z     

. D.

       

2 2 2

: 1 1 5 100S x y z     

Câu 9: [ Mức độ 1] Trong không gian

Oxyz

, chiếu một tia lazer theo phương là đường thẳng

cách

tâm

 

3;2;5I 

của mặt cầu

 

một khoảng bằng

, biết lazer chỉ tiếp xúc với bề mặt của mặt

cầu. Khi đó phương trình của mặt cầu là

       

2 2 2

: 3 2 5 25S x y z     

. B.

       

2 2 2

: 3 2 5 5S x y z     

       

2 2 2

: 3 2 5 25S x y z     

. D.

       

2 2 2

: 3 2 5 5S x y z     

Câu 10: [ Mức độ 1] Trong không gian

Oxyz

, một quả cầu có tâm đặt tại điểm

 

0;3;0I

đang chuyển

động thẳng đều theo phương vuông góc với mặt phẳng

 

:2 2 9 0P x y z   

với vận tốc

 

0,002 /ms

. Sau 30 phút thì quả cầu tiếp xúc với mặt mặt phẳng

 

. Biết đơn vị của hệ trục

tọa độ

Oxyz

là mét. Bán kính của mặt cầu là

 

3,6 m

. B.

 

3,94 m

. C.

 

0,4 m

. D.

 

4 m

Trang 6

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

(đơn vị trên trục là kilomet), một trạm thu phát sóng điện

thoại di động (hình vẽ dưới đây) được đặt ở vị trí

 

4;2;5I 

. Biết rằng trạm phát sóng được

thiết kế với bán kính phủ sóng là 4 km.

a) Phương trình mặt cầu mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng là:

     

2 2 2

4 2 5 16x y z     

b) Điểm

 

3;5; 6A 

nằm phía trong mặt cầu đó.

c) Nếu người dùng đứng ở vị trí điểm

 

2;3;0B 

thì không thể sử dụng dịch vụ của trạm phát

sóng này.

d) Nếu người dùng đứng ở vị trí điểm

 

4;6;2M 

thì quãng đường ngắn nhất người đó phải di

chuyển để đến được vị trí có thể sử dụng dịch vụ của trạm phát sóng là 1 km.

Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

(đơn vị trên mỗi trục là mét), một ngon hải đăng được

đặt ở vị trí

 

20;35;60I

, biết rằng ngọn hải đăng được thiết kế với bán kính phủ sáng là 4 km.

Trang 7

a) Phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới vùng phủ sáng trên biển của hải đăng là

     

2 2 2

20 35 60 4x y z     

b) Điểm

 

290; 165; 3660B 

nằm phía trong mặt cầu đó.

c) Nếu người đi biển ở vị trí

 

541;137; 690C 

thì không thể nhìn được ánh sáng từ ngọn hải

đăng.

d) Giả sử người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí điểm

 

20; 35; 60I

đến vị trí

 

4020; 35; 3060D

. Vị trí cuối cùng trên đoạn thẳng

sao cho người đi biển vẫn còn nhìn

thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng là

 

3180;35;2460M 

Câu 13: Hệ thống định vị toàn cầu (tên tiếng Anh là: Global Positioning System, viết tắt là GPS) là một

hệ thống cho phép xác định chính xác vị trí của một vật thể trong không gian. Ta có thể mô

phỏng cơ chế hoạt động của hệ thoogns GPS trong không gian như sau: Trong cùng một thời

điểm, tọa độ của một điểm

trong không gian sẽ được xác định bởi bốn vệ tinh, trên mỗi vệ

tinh có một máy thu tín hiệu. Bằng cách so sánh sự sai lệch về thời gian từ lúc tín hiệu được

phát đi với thời gian nhận phản hồi tín hiệu đó, mỗi máy thu tín hiệu xác định được khoảng

cách từ vệ tinh đến vị trí

cần tìm tọa độ. Như vậy điểm

là giao điểm của bốn mặt cầu

với tâm lần lượt là bốn vệ tinh đã cho.

Trang 8

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho bốn vệ tinh

 

3; 1;6A 

 

1;4;8B

 

7;9;6C

 

7; 15;18D 

a) Phương trình mặt cầu tâm

bán kính bằng 6 có phương trình là:

     

2 2 2

3 1 6 36x y z     

b) Nếu điểm

 

;;M x y z

thuộc mặt cầu tâm

bán kính bằng 7 thì tọa độ điểm

thỏa mãn

phương trình:

     

2 2 2

1 4 8 7x y z     

c) Khoảng cách từ điểm

 

2; 3;5N 

đến vệ tinh

là lớn nhất.

d) Biết khoảng cách từ điểm

 

;;M x y z

đến các vệ tinh lần lượt là

6MA 

7MB 

12MC 

24MD 

. Khi đó

4x y z  

Câu 14: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, một trạm thu phát sóng điện thoại di động được đặt ở vị

trí

 

3;5;2I 

được thiết kế với bán kính phủ sóng

4 km

, mỗi đơn vị trên trục ứng với

km.

a) Phương trình mặt cầu

()S

để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian

là

     

2 2 2

3 5 2 16x y z     

b) Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là

8 km

c) Người dùng điện thoại ở vị trí

có toạ độ

 

3;4;1

không thể sử dụng dịch vụ của trạm thu

phát sóng đó.

d) Trong điều kiện giao thông thuận lợi, khoảng cách ngắn nhất để người

ở toạ độ

 

8;6;2

chuyển tới vùng phủ sóng là

11,05

km.

Câu 15: Một tháp kiểm soát không lưu ở sân bay cao 109 m đặt một đài kiểm soát không lưu ở độ cao

105 m

. Máy bay trong phạm vi cách đài kiểm soát

450 km

sẽ hiển thị trên màn hình ra đa.

Trang 9

Chọn hệ trục toạ độ

Oxyz

có gốc

trùng với vị trí chân tháp, mặt phẳng

 

Oxy

trùng với mặt

đất sao cho trục

là hướng tây, trục

là hướng nam và trục

là trục thẳng đứng (Hình 5),

đơn vị trên mỗi trục là kilômét.

Một máy bay đang ở vị trí

cách mặt đất

8 km

, cách

268 km

về phía đông,

185 km

về phía

nam so với tháp kiểm soát không lưu và đang chuyển động theo đường thẳng

có vectơ chỉ

phương là

 

82;76;0u 

hướng về đài kiểm soát không lưu.

a) Đài kiểm soát không lưu có toạ độ là

 

0;0;0

b) Vị trí

có toạ độ là

 

268;185;8

c) Đài kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay tại vị trí

d) Khoảng cách gần nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu là

217,96 km

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 5.

Câu 16: [VD] Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho mặt phẳng

 

: 2 2 4 0P x y z   

và mặt

cầu

 

2 2 2

: 2 4 6 10 0S x y z x y z      

. Từ một điểm

thuộc mặt phẳng

 

kẻ một

đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu

 

tại điểm

sao cho

21MN 

. Khoảng cách từ

tới

gốc toạ độ bằng bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần chục)?

Câu 17: [VD] Công nghệ hỗ trợ trọng tài VAR (Video Assistant Referee) thiết lập một hệ tọa độ

Oxyz

để theo dõi vị trí của quả bóng M. Cho biết M đang nằm trên mặt sân nằm trên mặt phẳng

 

Oyz

, đồng thời thuộc mặt cầu

       

2 2 2

: 12 23 4 169S x y z     

(đơn vị độ dài tính

theo mét). Gọi J là hình chiếu vuông góc của tâm I của mặt cầu

 

lên mặt sân. Tính khoảng

cách từ vị trí M của quả bóng đến điểm J.

Trang 10

Câu 18: [VD] Từ mặt nước trong một bể nước, tại ba vị trí đôi một cách nhau 6 m, người ta lần lượt thả

dây dọi để quả dọi chạm đáy bể. Phần dây dọi (thẳng) nằm trong nước tại ba vị trí đó lần lượt

có độ dài 2 m; 3 m; 4 m. Biết đáy bể là phẳng. Hỏi đáy bể nghiêng so với mặt phẳng nằm

ngang một góc bao nhiêu độ?

Câu 19: [VD] Bản vẽ thiết kế của một công trình được vẽ trong một hệ trục tọa độ Oxyz. Sàn nhà của

công trình thuộc mặt phẳng

 

Oxz

, đường ống thoát nước thẳng và đi qua hai điểm

   

1;2;3 , 1;4; 2AB

. Tính góc tạo bởi đường ống thoát nước và mặt sàn.

Câu 20: [VD] Nếu đứng trước biển và nhìn ra xa, người ta sẽ thấy một đường giao giữa mặt biển và

bầu trời, đó là đường chân trời đối với người quan sát (H.5.45a). Về mặt Vật lí, đường chân trời

là đường giới hạn phần Trái Đất mà người quan sát có thể nhìn thấy được (phần còn lại bị

chính Trái Đất che khuất). Ta có thể hình dung rằng, nếu người quan sát ở tại đỉnh một chiếc

nón và Trái Đất được “thả” vào trong chiếc nón đó, thì đường chân trời trong trường hợp này là

đường chạm giữa Trái Đất và chiếc nón (H.5.45b). Trong mô hình toán học, đường chân trời

đối với người quan sát tại vị trí B là tập hợp những điểm A nằm trên bề mặt Trái Đất sao cho

90BAO 

, với O là tâm Trái Đất (H.5.45c). Trong không gian

Oxyz

, giả sử bề mặt Trái Đất

(S) có phương trình

2 2 2

1x y z  

và người quan sát ở vị trí

(3;2; 2)B 

Gọi A là một vị trí bất kì trên đường chân trời đối với người quan sát ở vị trí B. Tính khoảng

cách AB.

PHẦN IV. Tự luận.

Câu 21: (VD) Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho đường thẳng

13 1

1 1 4

x y z







và mặt cầu

2 2 2

( ): 2 4 6 67 0S x y z x y z      

. Viết phương trình mặt phẳng

 

chứa đường thẳng

và tiếp xúc với mặt cầu

 

Trang 11

Câu 22: (VD) Trong không gian

Oxyz

mặt phẳng

 

:2 2 1 0x y z



   

cắt mặt cầu

 

2 2 2

:2 2 2 4 4 0

S x y z x z     

theo giao tuyến là đường tròn. Em hãy tìm tọa độ tâm

của đường tròn đó.

Câu 23: (VD) Trong không gian

Oxyz

(đơn vị của các trục tọa độ là kilômét), một trạm thu phát sóng

điện thoại di động có ranh giới của vùng phủ sóng là hình cầu

 

đường kính

biết

   

1;3; 2 , 3; 1;0AB

a) Viết phương trình mặt cầu

 

b) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

để một người dùng điện thoại di động tại điểm

 

2; ;C m m m

có thể sử dụng được dịch vụ của trậm nói trên?

c) Người dùng điện thoại di động tại điểm

 

; 3; 1 ,D n n n n  

có thể sử dụng được dịch vụ của

trạm nói trên hay không?

Câu 24: Biết rằng nếu điểm

có vĩ độ và kinh độ tương ứng là

 

, 0 90,0 90NE

   

     

thì

toạ độ của điểm

 

cos cos ;cos sin ;sinM

    

    

. Trên mặt đất, một người ở vị trí

:5 ,15A N E

và 2 điểm

:10 ,15P N E

:80 ,70Q N E

. Nếu đi từ

cùng một tốc độ thì

người đó đến

hay

trước?

Câu 25: Trong không gian

Oxyz

, có hai thiết bị phát sóng. Một thiết bị phát sóng đặt tại vị trí

 

2;0;0A

, vùng phủ sóng có bán kính bằng

2R 

. Thiết bị thứ hai đặt tại vị trí

 

0;0;1B

vùng

phủ sóng có bán kính bằng

3R 

. Hỏi các vị trí

   

1;1;1 , 1;0;2MM

có vị trí nào thuộc vùng

phủ sóng của cả hai thiết bị trên không?

Lời giải chi tiết

PHẦN I. Câu trắc nghiệm khách quan.

Câu 1: [1] Bề mặt của một quả bóng thám không dạng hình cầu có phương trình

2 2 2

200 600 4000 4099900 0x y z x y z      

. Tìm tâm và bán kính mặt cầu.

A. Tâm

 

100;300;2000I

, bán kính

100r 

B. Tâm

 

100; 300; 2000I 

, bán kính

10r 

C. Tâm

 

100;300;2000I

, bán kính

10r 

D. Tâm

 

100; 300; 2000I 

, bán kính

100r 

Lời giải

Trang 12

Ta có: tâm của mặt cầu là

 

100;300;2000I

và bán kính

2 2 2

100 300 2000 4099900 10r     

Câu 2: [1] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, đơn vị trên mỗi trục là mét, một ngọn hải đăng được

đặt ở vị trí

. Biết ngọn hải đăng đó được thiết kế với đường kính phủ sáng là

km. Giả sử

người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí

. Hỏi vị trí cuối cùng trên đoạn thẳng sao

cho người đi biển có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng cách

một đoạn bằng bao

nhiêu?

km. B.

km. C.

6,2

km. D.

km.

Lời giải

Vùng phủ sáng của ngọn hải đăng là một mặt cầu có tâm

và bán kính

R 

km nên vị trí

cuối cùng trên đoạn thẳng sao cho người đi biển có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải

đăng cách

một đoạn 3 km.

Câu 3: [1] Phần mềm mô phỏng thiết bị thám hiểm đại dương có dạng hình cầu trong không gian

Oxyz

. Biết tọa độ tâm mặt cầu là

 

360;200;400I

và bán kính

2r 

m. Phương trình của mặt

cầu là

     

2 2 2

360 200 400 4xyz     

. B.

     

2 2 2

360 200 400 4xyz     

     

2 2 2

360 200 400 2xyz     

. D.

     

2 2 2

360 200 400 2xyz     

Lời giải

Mặt cầu có tâm

 

360;200;400I

và bán kính

2r 

nên có phương trình là

     

2 2 2

360 200 400 4xyz     

Trang 13

Câu 4: [1] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, đơn vị trên mỗi trục là mét, một ngọn hải đăng được

đặt ở vị trí

 

21;35;50I

. Biết ngọn hải đăng đó được thiết kế với đường kính phủ sáng là

km. Phương trình mặt cầu để mô tả vùng phủ sáng của ngọn hải đăng là

     

2 2 2

21 35 50 16xyz     

. B.

     

2 2 2

21 35 50 64xyz     

     

2 2 2

21 35 50 4000xyz     

. D.

     

2 2 2

21 35 50 4000xyz     

Lời giải

Vùng phủ sáng của ngọn hải đăng có bán kính là 4 km

4000

Phương trình mặt cầu để mô tả vùng phủ sáng của ngọn hải đăng là

     

2 2 2

21 35 50 4000xyz     

Câu 5: [1] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, đơn vị trên mỗi trục là kilômét, một trạm thu phát

sóng điện thoại di động được đặt ở vị trí

 

3;2;7I 

, trạm thu phát sóng đó được thiết kế với

bán kính phủ sóng 3 km. Người dùng điện thoại ở điểm nào có thể sử dụng dịch vụ của trạm

này?

 

2;3;4A

. B.

 

2;1;8B 

. C.

 

1;1;1C

. D.

 

3; 1;3D 

Lời giải

Ta có

 

5;1; 3IA 

và

25 1 9 35 3IA R     

nên điểm

nằm ngoài mặt cầu.

 

1; 1;1IB 

và

3IB R

nên điểm

nằm trong mặt cầu.

Trang 14

Câu 6: [ Mức độ 1] Trong không gian

Oxyz

, một vòm được thiết kế có bề mặt là mặt cầu tâm

 

1;2;20I

, bán kính bằng

 

50 m

và có đáy nằm trên mặt phẳng

 

Oxy

. Chiều cao của vòm là

bao nhiêu? (biết đơn vị của hệ trục tọa độ là mét)

 

20 m

. B.

 

70 m

. C.

 

25 m

. D.

 

30 m

Lời giải

Khoảng cách từ tâm

đến mặt phẳng

 

Oxy

là

 

20 m

Vậy chiều cao của vòm là

20 50 70( )m

Câu 7: [ Mức độ 1] Trong không gian

Oxyz

, đặt 4 thiết bị thu tín hiệu tại 4 điểm có tọa độ lần lượt là

       

2;3;5 , 0;2;8 , 1; 3;7 , 4;1;0A B C D

. Đặt thiết bị phát tín hiệu tại điểm nào sau đây để

4 thiết bị thu tín hiệu cùng một thời điểm?

453 117 1047

;;

262 262 262







. B.

453 117 1047

;;

262 262 262



  





453 117 1047

;;

131 131 131







. D.

453 117 1047

;;

131 131 131



  





Lời giải

Để 4 thiết bị thu tín hiệu cùng một thời điểm thì điểm phát tín hiệu phải cách đều 4

, , , A B C D

. Vậy điểm phát tín hiệu sẽ đặt tại tâm

của mặt cầu đi qua 4 điểm

, , , A B C D

Giả sử phương trình mặt cầu đó là:

2 2 2

0x y z Ax By Cz D      

, ta có hệ phương trình:

453

131

2 3 5 38

117

2 8 68

131

3 7 59 1047

131

4 17

298

131

A B C D

B C D

A B C D

A B D







     









   







    







   









tâm

453 117 1047

;;

262 262 262







Câu 8: [ Mức độ 1] Trong không gian

Oxyz

, cắt một mặt cầu

 

có tâm

 

1;1;5I 

theo một mặt

phẳng cách

một khoảng bằng 8. Khi đó ta được tiết diện là đường tròn có bán kính bằng 6.

Phương trình của mặt cầu

 

là

       

2 2 2

: 1 1 5 100S x y z     

. B.

       

2 2 2

: 1 1 5 10S x y z     

Trang 15

       

2 2 2

: 1 1 5 10S x y z     

. D.

       

2 2 2

: 1 1 5 100S x y z     

Lời giải

Bán kính của mặt cầu bằng

8 6 10

Phương trình mặt cầu

       

2 2 2

: 1 1 5 100S x y z     

Câu 9: [ Mức độ 1] Trong không gian

Oxyz

, chiếu một tia lazer theo phương là đường thẳng

cách

tâm

 

3;2;5I 

của mặt cầu

 

một khoảng bằng

, biết lazer chỉ tiếp xúc với bề mặt của mặt

cầu. Khi đó phương trình của mặt cầu là

       

2 2 2

: 3 2 5 25S x y z     

. B.

       

2 2 2

: 3 2 5 5S x y z     

       

2 2 2

: 3 2 5 25S x y z     

. D.

       

2 2 2

: 3 2 5 5S x y z     

Lời giải

Để đường thẳng

tiếp xúc mặt cầu

 

thì bán kính của mặt cầu bằng

Phương trình mặt cầu

       

2 2 2

: 3 2 5 25S x y z     

Câu 10: [ Mức độ 1] Trong không gian

Oxyz

, một quả cầu có tâm đặt tại điểm

 

0;3;0I

đang chuyển

động thẳng đều theo phương vuông góc với mặt phẳng

 

:2 2 9 0P x y z   

với vận tốc

 

0,002 /ms

. Sau 30 phút thì quả cầu tiếp xúc với mặt mặt phẳng

 

. Biết đơn vị của hệ trục

tọa độ

Oxyz

là mét. Bán kính của mặt cầu là

 

3,6 m

. B.

 

3,94 m

. C.

 

0,4 m

. D.

 

4 m

Lời giải

Đổi:

phút

1800s

Sau 30 phút, quả cầu di chuyển được một quãng bằng

 

1800.0,002 3,6 m

Khoảng cách từ điểm

đến mặt phẳng

 

bằng

 

4 m

Vậy bán kính của mặt cầu bằng

 

4 3,6 0,4 m

Trang 16

PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

(đơn vị trên trục là kilomet), một trạm thu phát sóng điện

thoại di động (hình vẽ dưới đây) được đặt ở vị trí

 

4;2;5I 

. Biết rằng trạm phát sóng được

thiết kế với bán kính phủ sóng là 4 km.

a) Phương trình mặt cầu mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng là:

     

2 2 2

4 2 5 16x y z     

b) Điểm

 

3;5; 6A 

nằm phía trong mặt cầu đó.

c) Nếu người dùng đứng ở vị trí điểm

 

2;3;0B 

thì không thể sử dụng dịch vụ của trạm phát

sóng này.

d) Nếu người dùng đứng ở vị trí điểm

 

4;6;2M 

thì quãng đường ngắn nhất người đó phải di

chuyển để đến được vị trí có thể sử dụng dịch vụ của trạm phát sóng là 1 km.

Lời giải

a) Đúng

Mặt cầu tâm

 

4;2;5I 

, bán kính

4R 

có phương trình là:

     

2 2 2

4 2 5 16x y z     

b) Sai

Ta có:

 

7 3 11 179IA R     

. Vậy điểm

nằm phía ngoài mặt cầu đó.

c) Đúng

Ta có:

 

2 1 5 30IB R     

, từ đó suy ra nếu người dùng đứng ở vị trí điểm

 

2;3;0B 

thì không thể sử dụng dịch vụ của trạm phát sóng này.

Trang 17

d) Đúng

Với điểm

 

4;6;2M 

ta có:

 

0 4 3 5IM R     

Quãng đường ngắn nhất mà người đứng ở điểm

 

4;6;2M 

phải di chuyển để đến được vùng

phủ sóng là đoạn thẳng

, với

là giao điểm của đoạn thẳng

với mặt cầu.

Khi đó,

5 4 1MH MI R    

km.

Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

(đơn vị trên mỗi trục là mét), một ngon hải đăng được

đặt ở vị trí

 

20;35;60I

, biết rằng ngọn hải đăng được thiết kế với bán kính phủ sáng là 4 km.

a) Phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới vùng phủ sáng trên biển của hải đăng là

     

2 2 2

20 35 60 4x y z     

b) Điểm

 

290; 165; 3660B 

nằm phía trong mặt cầu đó.

c) Nếu người đi biển ở vị trí

 

541;137; 690C 

thì không thể nhìn được ánh sáng từ ngọn hải

đăng.

d) Giả sử người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí điểm

 

20; 35; 60I

đến vị trí

 

4020; 35; 3060D

. Vị trí cuối cùng trên đoạn thẳng

sao cho người đi biển vẫn còn nhìn

thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng là

 

3180;35;2460M 

Lời giải

a) Sai

Mặt cầu tâm

 

20;35;60I

, bán kính

4km 4000mR 

có phương trình là:

     

2 2 2

20 35 60 4000x y z     

b) Đúng

Trang 18

Ta có:

   

310 200 3600 3618,9IB R      

Do đó, điểm

nằm phía trong mặt cầu đó.

c) Sai

Với

 

541;137; 690C 

, ta có:

 

521 102 750 918,9IC R     

Do đó, nếu người đi biển đứng ở vị trí

 

541;137; 690C 

thì vẫn nhìn thấy ánh sáng từ ngọn

hải đăng.

d) Sai

Gọi

 

;;M x y z

là điểm cuối cùng trên đoạn thẳng

mà người đi biển vẫn còn nhìn thấy

ánh sáng của ngon hải đăng. Khi đó,

4000IM R

Ta có:

2 2 2

4000 0 3000 5000ID    

   

20; 35; 60 ; 4000; 0; 3000IM x y z ID    

uuur uur

Vì

thuộc đoạn thẳng

và

4000 4

5000 5



nên

IM ID

uuur uur

 

20 .4000

3220

35 .0 35 3220; 35; 2460

2460

60 .3000

y y M















     

















Câu 13: Hệ thống định vị toàn cầu (tên tiếng Anh là: Global Positioning System, viết tắt là GPS) là một

hệ thống cho phép xác định chính xác vị trí của một vật thể trong không gian. Ta có thể mô

phỏng cơ chế hoạt động của hệ thoogns GPS trong không gian như sau: Trong cùng một thời

điểm, tọa độ của một điểm

trong không gian sẽ được xác định bởi bốn vệ tinh, trên mỗi vệ

tinh có một máy thu tín hiệu. Bằng cách so sánh sự sai lệch về thời gian từ lúc tín hiệu được

phát đi với thời gian nhận phản hồi tín hiệu đó, mỗi máy thu tín hiệu xác định được khoảng

cách từ vệ tinh đến vị trí

cần tìm tọa độ. Như vậy điểm

là giao điểm của bốn mặt cầu

với tâm lần lượt là bốn vệ tinh đã cho.

Trang 19

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho bốn vệ tinh

 

3; 1;6A 

 

1;4;8B

 

7;9;6C

 

7; 15;18D 

a) Phương trình mặt cầu tâm

bán kính bằng 6 có phương trình là:

     

2 2 2

3 1 6 36x y z     

b) Nếu điểm

 

;;M x y z

thuộc mặt cầu tâm

bán kính bằng 7 thì tọa độ điểm

thỏa mãn

phương trình:

     

2 2 2

1 4 8 7x y z     

c) Khoảng cách từ điểm

 

2; 3;5N 

đến vệ tinh

là lớn nhất.

d) Biết khoảng cách từ điểm

 

;;M x y z

đến các vệ tinh lần lượt là

6MA 

7MB 

12MC 

24MD 

. Khi đó

4x y z  

Lời giải

a) Đúng

Mặt cầu tâm

 

3; 1;6A 

bán kính bằng 6 có phương trình là:

     

2 2 2

3 1 6 36x y z     

b) Sai

Mặt cầu tâm

bán kính bằng 7 có phương trình là:

     

2 2 2

1 4 8 49x y z     

Do đó, nếu điểm

 

;;M x y z

thuộc mặt cầu tâm

bán kính bằng 7 thì tọa độ điểm

thỏa

mãn phương trình:

     

2 2 2

1 4 8 49x y z     

c) Đúng

Trang 20

Với bốn vệ tinh

 

3; 1;6A 

 

1;4;8B

 

7;9;6C

 

7; 15;18D 

và một điểm

 

2; 3;5N 

, ta

có:

     

   

     

   

2 2 2

1 2 1 6

1 7 3 59

5 12 1 170

5 12 13 338

      

     

      

     

Vậy khoảng cách từ điểm

 

2; 3;5N 

đến vệ tinh

là lớn nhất.

d) Sai

Khoảng cách từ điểm

 

;;M x y z

đến các vệ tinh lần lượt là

6MA 

7MB 

12MC 

24MD 

nên ta có hệ phương trình:

     

2 2 2

3 1 6 36

4 10 4 22 1

1 4 8 49

8 20 12 1

7 9 6 144

8 28 24 12 2

7 15 18 576

x y z

x y z x

x y z

x y y

x y z

x y z z

x y z



     



     





     

  

    

  

     

  

   





     







 

1; 1; 2M 

Do đó,

2x y z  

Câu 14: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, một trạm thu phát sóng điện thoại di động được đặt ở vị

trí

 

3;5;2I 

được thiết kế với bán kính phủ sóng

4 km

, mỗi đơn vị trên trục ứng với

km.

a) Phương trình mặt cầu

()S

để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian

là

     

2 2 2

3 5 2 16x y z     

b) Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là

8 km

c) Người dùng điện thoại ở vị trí

có toạ độ

 

3;4;1

không thể sử dụng dịch vụ của trạm thu

phát sóng đó.

d) Trong điều kiện giao thông thuận lợi, khoảng cách ngắn nhất để người

ở toạ độ

 

8;6;2

chuyển tới vùng phủ sóng là

11,05

km.

Lời giải:

a) Sai.

Ta có, trạm thu phát sóng là tâm của vùng phủ sóng

 

3;5;2I 

, bán kính phủ sóng là

4R 

nên phương trình mặt cầu

 

mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian là

     

2 2 2

3 5 2 16x y z     

b) Đúng.

Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là đường kính của mặt cầu, tức là

8 km

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

Preview text:

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Phần I. LÝ THUYẾT. I. ĐỊNH NGHĨA MẶT CẦU
Cho trước điểm I và số dương R . Mặt cầu tâm I bán kính R là tập hợp tất cả các điểm trong
không gian cách điểm I một khoảng bằng R . Nhận xét:
• Điểm M thuộc mặt cầu tâm I bán kính R khi và chỉ khi IM  R .
• Điểm M nằm trong mặt cầu tâm I bán kính R khi và chỉ khi IM  R .
• Điểm M nằm ngoài mặt cầu tâm I bán kính R khi và chỉ khi IM  R .
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu tâm I 0;1; 2   bán kính 3. Các điểm M 5; 3  ;2, N  1  ;1; 3
 , P2;2;0 nằm trong nằm trên hay nằm ngoài mặt cầu đó? Lời giải 2 2
Do IM  5  0   3    1  2   2
 2  57  3 nên điểm M 5; 3  ;2 nằm ngoài mặt cầu đó.
IN    2    2 1 0 1 1   3   2
 2  2  3 nên điểm N  1  ;1; 
3 nằm trong mặt cầu đó.
IP    2    2 2 0 2 1  0   2
 2  9  3 nên điểm P2;2;0 nằm trên mặt cầu đó.
Ví dụ 2. Trong không gian Oxyz cho điểm I (2;3; 4) và mặt cầu tâm I đi qua điểm A1;2;  3 .
Tính bán kính R của mặt cầu đó? Lời giải 2 2 2
Bán kính mặt cầu là R  IA  1 2  2  3  3 4  3 .
II. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Lý thuyết:
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu tâm I  ; a ;
b c bán kính R có phương trình là:
  2   2   2 2 x a y b z c  R .
Ta có thể viết phương trình đó về dạng: 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 với 2 2 2 2
d  a  b  c  R .
Vậy mỗi mặt cầu đều có phương trình dạng: 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 . Trang 1
Ngược lại, xét phương trình có dạng: 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 là phương trình một
mặt cầu khi và chỉ khi 2 2 2
a  b  c  d  0 . Ngoài ra, nếu 2 2 2
a  b  c  d  0 thì phương trình
đó xác định mặt cầu tâm I  ; a ; b c và bán kính 2 2 2
R  a  b  c  d .
Ví dụ 1. Viết phương trình mặt cầu, biết a) Tâm I 1; 1  ;  3 bán kính R  5; b) Tâm I 2; 1  ; 
1 và đi qua điểm A1;2;  3 . Giải
a) Phương trình của mặt cầu tâm I 1;2;3 bán kính R  5 là:
x  2  y  2 z  2 1 1 3  25 .
b) Bán kính mặt cầu là:
R  IA    2    2 1    2 1 2 2 3 1  26 Phương trình của mặt cẩu tâm I 2; 1  ;  1 bán kính R  26 là:
x  2  y  2 z  2 2 1 1  26 .
Ví dụ 2. Mỗi phương trình sau có là phương trình mặt cầu hay không? Vì sao? a. 2 2 2
3x  2 y  z  2x  2y  2z 1  0 ; b. 2 2
x  y  2x  6y  8z  3  0 Lời giải a. Phương trình 2 2 2
3x  2 y  z  2x  2y  2z 1  0 không phải là phương trình của một mặt
cầu vì các hệ số của 2 x và 2 y khác nhau. b. Phương trình 2 2
x  y  2x  6y  8z  3  0 không phải là phương trình của một mặt cầu vì không có biểu thức 2 y .
Ví dụ 3. Phương trình nào sau đây là phương trình của một mặt cầu? Tìm tâm và bán kính của mặt cầu ( nếu có). a. 2 2 2
x  y  z  6x  8y  2z 10  0 ; b. 2 2 2
2x  2 y  2z 12x  4 y  8z  20  0 Lời giải a. Ta có: 2 2 2
x  y  z  6x  8y  2z 10  0 2 2 2
 x  y  z  2.3.x  2.4.y  2.1.z 10  0
 x  2   y  2  z  2 3 4 1 16 .
Vậy phương trình đã cho là phương trình mặt cầu tâm I 3; 4  ; 
1 bán kính R  16  4 . b. Ta có: 2 2 2
2x  2 y  2z 12x  4 y  8z  20  0 2 2 2
 x  y  z  6x  2y  4z 10  0 2 2 2
 x  y  z  2.3.x  2.1.y  2.2.z 10  0
 x  2   y  2  z  2 3 1 2  4 .
Vậy phương trình đã cho là phương trình mặt cầu tâm I  3  ; 1
 ;2 bán kính R  4  2. Trang 2 III. CÁC DẠNG TOÁN:
PHẦN I. Câu trắc nghiệm khách quan. Câu 1:
[1] Bề mặt của một quả bóng thám không dạng hình cầu có phương trình 2 2 2
x  y  z  200x  600y  4000z  4099900  0 . Tìm tâm và bán kính mặt cầu.
A. Tâm I 100;300;2000 , bán kính r 100 . B. Tâm I  1  00; 3  00; 2
 000 , bán kính r 10.
C. Tâm I 100;300;2000 , bán kính r 10 . D. Tâm I  1  00; 3  00; 2
 000 , bán kính r 100. Câu 2:
[1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đơn vị trên mỗi trục là mét, một ngọn hải đăng được
đặt ở vị trí I . Biết ngọn hải đăng đó được thiết kế với đường kính phủ sáng là 6 km. Giả sử
người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí I . Hỏi vị trí cuối cùng trên đoạn thẳng sao
cho người đi biển có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng cách I một đoạn bằng bao nhiêu? A. 3 km. B. 6 km. C. 6, 2 km. D. 4 km. Câu 3:
[1] Phần mềm mô phỏng thiết bị thám hiểm đại dương có dạng hình cầu trong không gian
Oxyz . Biết tọa độ tâm mặt cầu là I 360;200;400 và bán kính r  2 m. Phương trình của mặt cầu là Trang 3 2 2 2 2 2 2
A.  x  360   y  200   z  400  4 .
B.  x  360   y  200   z  400  4 . 2 2 2 2 2 2
C.  x  360   y  200   z  400  2 .
D.  x  360   y  200   z  400  2 . Câu 4:
[1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đơn vị trên mỗi trục là mét, một ngọn hải đăng được
đặt ở vị trí I 21;35;50 . Biết ngọn hải đăng đó được thiết kế với đường kính phủ sáng là 8
km. Phương trình mặt cầu để mô tả vùng phủ sáng của ngọn hải đăng là 2 2 2 2 2 2 A.  x  
21   y  35   z  50  16 .
B.  x  2 
1   y  35   z  50  64 . 2 2 2 2 2 2 C.  x  
21   y  35   z  50  4000 . D.  x 
  y   z   2 21 35 50  4000 . Câu 5:
[1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đơn vị trên mỗi trục là kilômét, một trạm thu phát
sóng điện thoại di động được đặt ở vị trí I  3
 ;2;7 , trạm thu phát sóng đó được thiết kế với
bán kính phủ sóng 3 km. Người dùng điện thoại ở điểm nào có thể sử dụng dịch vụ của trạm này?
A. A2;3;4 . B. B 2  ;1;8 . C. C 1;1;  1 . D. D 3  ; 1  ;  3 . Trang 4 Câu 6:
[ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , một vòm được thiết kế có bề mặt là mặt cầu tâm
I 1;2;20 , bán kính bằng 50m và có đáy nằm trên mặt phẳng Oxy . Chiều cao của vòm là
bao nhiêu? (biết đơn vị của hệ trục tọa độ là mét) A. 20m. B. 70m . C. 25m . D. 30m . Câu 7:
[ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , đặt 4 thiết bị thu tín hiệu tại 4 điểm có tọa độ lần lượt là A 2
 ;3;5 , B0;2;8,C1;3;7, D4;1;0. Đặt thiết bị phát tín hiệu tại điểm nào sau đây để
4 thiết bị thu tín hiệu cùng một thời điểm?  453 117 1047   453 117 1047  A. I ; ;   . B. I  ;  ;    .  262 262 262   262 262 262   453 117 1047   453 117 1047  C. I ; ;   . D. I  ;  ;    .  131 131 131   131 131 131  Câu 8:
[ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , cắt một mặt cầu S  có tâm I  1  ;1;5  theo một mặt
phẳng cách I một khoảng bằng 8. Khi đó ta được tiết diện là đường tròn có bán kính bằng 6.
Phương trình của mặt cầu S  là 2 2 2 2 2 2
A. S  :  x   1   y  
1   z  5  100.
B. S  :  x   1   y  
1   z  5  10 . 2 2 2 2 2 2
C. S  :  x   1   y  
1   z  5  10.
D. S  :  x   1   y  
1   z  5  100 . Câu 9:
[ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , chiếu một tia lazer theo phương là đường thẳng d cách tâm I  3
 ;2;5 của mặt cầu S  một khoảng bằng 5, biết lazer chỉ tiếp xúc với bề mặt của mặt
cầu. Khi đó phương trình của mặt cầu là 2 2 2 2 2 2
A. S  :  x  3   y  2   z  5  25 .
B. S  :  x  3   y  2   z  5  5 . 2 2 2 2 2 2
C. S  :  x  3   y  2   z  5  25 .
D. S  :  x  3   y  2   z  5  5 .
Câu 10: [ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , một quả cầu có tâm đặt tại điểm I 0;3;0  đang chuyển
động thẳng đều theo phương vuông góc với mặt phẳng P:2x  y  2z 9  0 với vận tốc
0, 002m / s . Sau 30 phút thì quả cầu tiếp xúc với mặt mặt phẳng  P . Biết đơn vị của hệ trục
tọa độ Oxyz là mét. Bán kính của mặt cầu là
A. 3, 6m . B. 3,94m.
C. 0, 4m . D. 4m . Trang 5
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai
Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz (đơn vị trên trục là kilomet), một trạm thu phát sóng điện
thoại di động (hình vẽ dưới đây) được đặt ở vị trí I  4
 ;2;5 . Biết rằng trạm phát sóng được
thiết kế với bán kính phủ sóng là 4 km.
a) Phương trình mặt cầu mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng là:
x  2  y  2 z  2 4 2 5  16
b) Điểm A3;5;6 nằm phía trong mặt cầu đó.
c) Nếu người dùng đứng ở vị trí điểm B 2
 ;3;0 thì không thể sử dụng dịch vụ của trạm phát sóng này.
d) Nếu người dùng đứng ở vị trí điểm M  4
 ;6;2 thì quãng đường ngắn nhất người đó phải di
chuyển để đến được vị trí có thể sử dụng dịch vụ của trạm phát sóng là 1 km.
Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là mét), một ngon hải đăng được
đặt ở vị trí I 20;35;60 , biết rằng ngọn hải đăng được thiết kế với bán kính phủ sáng là 4 km. Trang 6
a) Phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới vùng phủ sáng trên biển của hải đăng là
x  2  y  2 z  2 2 20 35 60  4 . b) Điểm B 2
 90; 165; 3660 nằm phía trong mặt cầu đó.
c) Nếu người đi biển ở vị trí C 541;137; 690 thì không thể nhìn được ánh sáng từ ngọn hải đăng.
d) Giả sử người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí điểm I 20; 35; 60 đến vị trí
D4020; 35; 3060 . Vị trí cuối cùng trên đoạn thẳng ID sao cho người đi biển vẫn còn nhìn
thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng là M  3  180;35;2460 .
Câu 13: Hệ thống định vị toàn cầu (tên tiếng Anh là: Global Positioning System, viết tắt là GPS) là một
hệ thống cho phép xác định chính xác vị trí của một vật thể trong không gian. Ta có thể mô
phỏng cơ chế hoạt động của hệ thoogns GPS trong không gian như sau: Trong cùng một thời
điểm, tọa độ của một điểm M trong không gian sẽ được xác định bởi bốn vệ tinh, trên mỗi vệ
tinh có một máy thu tín hiệu. Bằng cách so sánh sự sai lệch về thời gian từ lúc tín hiệu được
phát đi với thời gian nhận phản hồi tín hiệu đó, mỗi máy thu tín hiệu xác định được khoảng
cách từ vệ tinh đến vị trí M cần tìm tọa độ. Như vậy điểm M là giao điểm của bốn mặt cầu
với tâm lần lượt là bốn vệ tinh đã cho. Trang 7
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn vệ tinh A3;1;6 , B1;4;8 , C 7;9;6 , D7;15;18 .
a) Phương trình mặt cầu tâm A bán kính bằng 6 có phương trình là:
x  2  y  2  z  2 3 1 6  36 .
b) Nếu điểm M  ; x ;
y z thuộc mặt cầu tâm B bán kính bằng 7 thì tọa độ điểm M thỏa mãn
phương trình:  x  2   y  2   z  2 1 4 8  7 .
c) Khoảng cách từ điểm N 2; 3;5 đến vệ tinh D là lớn nhất.
d) Biết khoảng cách từ điểm M  ; x ;
y z đến các vệ tinh lần lượt là MA  6 , MB  7 , MC 12
, MD  24 . Khi đó x  y  z  4 .
Câu 14: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , một trạm thu phát sóng điện thoại di động được đặt ở vị trí I  3
 ;5;2được thiết kế với bán kính phủ sóng 4 km , mỗi đơn vị trên trục ứng với 1 km.
a) Phương trình mặt cầu (S) để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian 2 2 2
là  x  3   y  5   z  2  16
b) Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là 8 km .
c) Người dùng điện thoại ở vị trí A có toạ độ  3  ;4; 
1 không thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng đó.
d) Trong điều kiện giao thông thuận lợi, khoảng cách ngắn nhất để người B ở toạ độ 8;6;2 di
chuyển tới vùng phủ sóng là 11, 05 km.
Câu 15: Một tháp kiểm soát không lưu ở sân bay cao 109 m đặt một đài kiểm soát không lưu ở độ cao
105 m . Máy bay trong phạm vi cách đài kiểm soát 450 km sẽ hiển thị trên màn hình ra đa. Trang 8
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz có gốc O trùng với vị trí chân tháp, mặt phẳng Oxy trùng với mặt
đất sao cho trục Ox là hướng tây, trục Oy là hướng nam và trục Oz là trục thẳng đứng (Hình 5),
đơn vị trên mỗi trục là kilômét.
Một máy bay đang ở vị trí A cách mặt đất 8 km , cách 268 kmvề phía đông, 185 km về phía
nam so với tháp kiểm soát không lưu và đang chuyển động theo đường thẳng d có vectơ chỉ
phương là u  82;76;0 hướng về đài kiểm soát không lưu.
a) Đài kiểm soát không lưu có toạ độ là 0;0;0 .
b) Vị trí A có toạ độ là  2  68;185;8
c) Đài kiểm soát không lưu có phát hiện được máy bay tại vị trí A .
d) Khoảng cách gần nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu là 217, 96 km .
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 5.
Câu 16: [VD] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x  2y  2z  4  0 và mặt cầu S 2 2 2
: x  y  z  2x  4y  6z 10  0 . Từ một điểm M thuộc mặt phẳng  P kẻ một
đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu S tại điểm N sao cho MN  21. Khoảng cách từ M tới
gốc toạ độ bằng bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần chục)?
Câu 17: [VD] Công nghệ hỗ trợ trọng tài VAR (Video Assistant Referee) thiết lập một hệ tọa độ Oxyz
để theo dõi vị trí của quả bóng M. Cho biết M đang nằm trên mặt sân nằm trên mặt phẳng  2 2 2
Oyz  , đồng thời thuộc mặt cầu S  :  x 12   y  23   z  4  169 (đơn vị độ dài tính
theo mét). Gọi J là hình chiếu vuông góc của tâm I của mặt cầu S  lên mặt sân. Tính khoảng
cách từ vị trí M của quả bóng đến điểm J. Trang 9
Câu 18: [VD] Từ mặt nước trong một bể nước, tại ba vị trí đôi một cách nhau 6 m, người ta lần lượt thả
dây dọi để quả dọi chạm đáy bể. Phần dây dọi (thẳng) nằm trong nước tại ba vị trí đó lần lượt
có độ dài 2 m; 3 m; 4 m. Biết đáy bể là phẳng. Hỏi đáy bể nghiêng so với mặt phẳng nằm
ngang một góc bao nhiêu độ?
Câu 19: [VD] Bản vẽ thiết kế của một công trình được vẽ trong một hệ trục tọa độ Oxyz. Sàn nhà của
công trình thuộc mặt phẳng Oxz , đường ống thoát nước thẳng và đi qua hai điểm A1;2;  3 , B 1  ;4; 2
 . Tính góc tạo bởi đường ống thoát nước và mặt sàn.
Câu 20: [VD] Nếu đứng trước biển và nhìn ra xa, người ta sẽ thấy một đường giao giữa mặt biển và
bầu trời, đó là đường chân trời đối với người quan sát (H.5.45a). Về mặt Vật lí, đường chân trời
là đường giới hạn phần Trái Đất mà người quan sát có thể nhìn thấy được (phần còn lại bị
chính Trái Đất che khuất). Ta có thể hình dung rằng, nếu người quan sát ở tại đỉnh một chiếc
nón và Trái Đất được “thả” vào trong chiếc nón đó, thì đường chân trời trong trường hợp này là
đường chạm giữa Trái Đất và chiếc nón (H.5.45b). Trong mô hình toán học, đường chân trời
đối với người quan sát tại vị trí B là tập hợp những điểm A nằm trên bề mặt Trái Đất sao cho 0
BAO  90 , với O là tâm Trái Đất (H.5.45c). Trong không gian Oxyz , giả sử bề mặt Trái Đất (S) có phương trình 2 2 2
x  y  z  1 và người quan sát ở vị trí B(3; 2; 2  ) .
Gọi A là một vị trí bất kì trên đường chân trời đối với người quan sát ở vị trí B. Tính khoảng cách AB.
PHẦN IV. Tự luận. x 13 y 1 z
Câu 21: (VD) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng d :   1  và mặt cầu 1 4 2 2 2
(S) : x  y  z  2x  4y  6z  67  0 . Viết phương trình mặt phẳng  P chứa đường thẳng
d và tiếp xúc với mặt cầu S  . Trang 10
Câu 22: (VD) Trong không gian Oxyz mặt phẳng   : 2x  y  2z 1  0 cắt mặt cầu S 1 2 2 2
: 2x  2 y  2z  4x  4z 
 0 theo giao tuyến là đường tròn. Em hãy tìm tọa độ tâm 2 của đường tròn đó.
Câu 23: (VD) Trong không gian Oxyz (đơn vị của các trục tọa độ là kilômét), một trạm thu phát sóng
điện thoại di động có ranh giới của vùng phủ sóng là hình cầu S  đường kính AB biết A1;3; 2  ,B3; 1  ;0.
a) Viết phương trình mặt cầu  S  .
b) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để một người dùng điện thoại di động tại điểm C m  2; ;
m m có thể sử dụng được dịch vụ của trậm nói trên?
c) Người dùng điện thoại di động tại điểm D ;
n n  3;n   1 , n 
có thể sử dụng được dịch vụ của trạm nói trên hay không?
Câu 24: Biết rằng nếu điểm M có vĩ độ và kinh độ tương ứng là N, E 0    90,0    90 thì
toạ độ của điểm M coscos  ;  cossin  ;
 sin . Trên mặt đất, một người ở vị trí
A : 5N,15E và 2 điểm P :10N,15E , Q : 80N, 70E . Nếu đi từ A cùng một tốc độ thì
người đó đến P hay Q trước?
Câu 25: Trong không gian Oxyz , có hai thiết bị phát sóng. Một thiết bị phát sóng đặt tại vị trí
A2;0;0 , vùng phủ sóng có bán kính bằng R  2 . Thiết bị thứ hai đặt tại vị trí B0;0;  1 vùng 1
phủ sóng có bán kính bằng R  3 . Hỏi các vị trí M 1;1;1 , M 1;0; 2 có vị trí nào thuộc vùng 1   2   2
phủ sóng của cả hai thiết bị trên không?
Lời giải chi tiết
PHẦN I. Câu trắc nghiệm khách quan. Câu 1:
[1] Bề mặt của một quả bóng thám không dạng hình cầu có phương trình 2 2 2
x  y  z  200x  600y  4000z  4099900  0 . Tìm tâm và bán kính mặt cầu.
A. Tâm I 100;300;2000 , bán kính r 100 . B. Tâm I  1  00; 3  00; 2
 000 , bán kính r 10.
C. Tâm I 100;300;2000 , bán kính r 10 . D. Tâm I  1  00; 3  00; 2
 000 , bán kính r 100. Lời giải Trang 11 Ta có: tâm của mặt cầu là I 100;300;2000 và bán kính 2 2 2
r  100  300  2000  4099900  10 m. Câu 2:
[1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đơn vị trên mỗi trục là mét, một ngọn hải đăng được
đặt ở vị trí I . Biết ngọn hải đăng đó được thiết kế với đường kính phủ sáng là 6 km. Giả sử
người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí I . Hỏi vị trí cuối cùng trên đoạn thẳng sao
cho người đi biển có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng cách I một đoạn bằng bao nhiêu? A. 3 km. B. 6 km. C. 6, 2 km. D. 4 km. Lời giải 6
Vùng phủ sáng của ngọn hải đăng là một mặt cầu có tâm I và bán kính R   3 km nên vị trí 2
cuối cùng trên đoạn thẳng sao cho người đi biển có thể nhìn thấy được ánh sáng từ ngọn hải
đăng cách I một đoạn 3 km. Câu 3:
[1] Phần mềm mô phỏng thiết bị thám hiểm đại dương có dạng hình cầu trong không gian
Oxyz . Biết tọa độ tâm mặt cầu là I 360;200;400 và bán kính r  2 m. Phương trình của mặt cầu là 2 2 2 2 2 2
A.  x  360   y  200   z  400  4 .
B.  x  360   y  200   z  400  4 . 2 2 2 2 2 2
C.  x  360   y  200   z  400  2 .
D.  x  360   y  200   z  400  2 . Lời giải
Mặt cầu có tâm I 360;200;400 và bán kính r  2 nên có phương trình là x  2  y  2 z  2 360 200 400  4 . Trang 12 Câu 4:
[1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đơn vị trên mỗi trục là mét, một ngọn hải đăng được
đặt ở vị trí I 21;35;50 . Biết ngọn hải đăng đó được thiết kế với đường kính phủ sáng là 8
km. Phương trình mặt cầu để mô tả vùng phủ sáng của ngọn hải đăng là 2 2 2 2 2 2 A.  x  
21   y  35   z  50  16 .
B.  x  2 
1   y  35   z  50  64 . 2 2 2 2 2 2 C.  x  
21   y  35   z  50  4000 . D.  x 
  y   z   2 21 35 50  4000 . Lời giải
Vùng phủ sáng của ngọn hải đăng có bán kính là 4 km  4000 m.
Phương trình mặt cầu để mô tả vùng phủ sáng của ngọn hải đăng là
x  2  y  2 z  2 2 21 35 50  4000 . Câu 5:
[1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đơn vị trên mỗi trục là kilômét, một trạm thu phát
sóng điện thoại di động được đặt ở vị trí I  3
 ;2;7 , trạm thu phát sóng đó được thiết kế với
bán kính phủ sóng 3 km. Người dùng điện thoại ở điểm nào có thể sử dụng dịch vụ của trạm này?
A. A2;3;4. B. B 2  ;1;8 . C. C 1;1;  1 . D. D 3  ; 1  ;  3 . Lời giải Ta có IA  5;1; 3
  và IA  2519  35  R  3 nên điểm A nằm ngoài mặt cầu. IB  1; 1  ; 
1 và IB  3  R nên điểm B nằm trong mặt cầu. Trang 13 Câu 6:
[ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , một vòm được thiết kế có bề mặt là mặt cầu tâm
I 1;2;20 , bán kính bằng 50m và có đáy nằm trên mặt phẳng Oxy . Chiều cao của vòm là
bao nhiêu? (biết đơn vị của hệ trục tọa độ là mét) A. 20m. B. 70m . C. 25m . D. 30m . Lời giải
Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng Oxy là 20m .
Vậy chiều cao của vòm là 20  50  70 ( ) m . Câu 7:
[ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , đặt 4 thiết bị thu tín hiệu tại 4 điểm có tọa độ lần lượt là A 2
 ;3;5 , B0;2;8,C1;3;7, D4;1;0. Đặt thiết bị phát tín hiệu tại điểm nào sau đây để
4 thiết bị thu tín hiệu cùng một thời điểm?  453 117 1047   453 117 1047  A. I ; ;   . B. I  ;  ;    .  262 262 262   262 262 262   453 117 1047   453 117 1047  C. I ; ;   . D. I  ;  ;    .  131 131 131   131 131 131  Lời giải
Để 4 thiết bị thu tín hiệu cùng một thời điểm thì điểm phát tín hiệu phải cách đều 4 ,
A B, C, D
. Vậy điểm phát tín hiệu sẽ đặt tại tâm I của mặt cầu đi qua 4 điểm ,
A B, C, D .
Giả sử phương trình mặt cầu đó là: 2 2 2
x  y  z  Ax  By  Cz  D  0 , ta có hệ phương trình:  453 A    131 
2A  3B  5C  D  38 117   B  
2B  8C  D  68  131       453 117 1047 tâm I ; ;   .
A  3B  7C  D  59 1047   262 262 262  C   
4A B  D  17  131  298 D    131 Câu 8:
[ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , cắt một mặt cầu S  có tâm I  1  ;1;5  theo một mặt
phẳng cách I một khoảng bằng 8. Khi đó ta được tiết diện là đường tròn có bán kính bằng 6.
Phương trình của mặt cầu S  là 2 2 2 2 2 2
A. S  :  x   1   y  
1   z  5  100.
B. S  :  x   1   y  
1   z  5  10 . Trang 14 2 2 2 2 2 2
C. S  :  x   1   y  
1   z  5  10.
D. S  :  x   1   y  
1   z  5  100 . Lời giải
Bán kính của mặt cầu bằng 2 2 8  6 10 . Phương trình mặ 2 2 2
t cầu S  :  x   1   y  
1   z  5  100 Câu 9:
[ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , chiếu một tia lazer theo phương là đường thẳng d cách tâm I  3
 ;2;5 của mặt cầu S  một khoảng bằng 5, biết lazer chỉ tiếp xúc với bề mặt của mặt
cầu. Khi đó phương trình của mặt cầu là 2 2 2 2 2 2
A. S  :  x  3   y  2   z  5  25 .
B. S  :  x  3   y  2   z  5  5 . 2 2 2 2 2 2
C. S  :  x  3   y  2   z  5  25 .
D. S  :  x  3   y  2   z  5  5 . Lời giải
Để đường thẳng d tiếp xúc mặt cầu S  thì bán kính của mặt cầu bằng 5 . Phương trình mặ 2 2 2
t cầu S  :  x  3   y  2   z  5  25 .
Câu 10: [ Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , một quả cầu có tâm đặt tại điểm I 0;3;0  đang chuyển
động thẳng đều theo phương vuông góc với mặt phẳng P:2x  y  2z 9  0 với vận tốc
0, 002m / s . Sau 30 phút thì quả cầu tiếp xúc với mặt mặt phẳng  P . Biết đơn vị của hệ trục
tọa độ Oxyz là mét. Bán kính của mặt cầu là
A. 3, 6m . B. 3,94m.
C. 0, 4m . D. 4m . Lời giải
Đổi: 30 phút 1800s
Sau 30 phút, quả cầu di chuyển được một quãng bằng 1800.0, 002  3, 6m .
Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  P bằng 4m .
Vậy bán kính của mặt cầu bằng 4  3, 6  0, 4m Trang 15
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai
Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz (đơn vị trên trục là kilomet), một trạm thu phát sóng điện
thoại di động (hình vẽ dưới đây) được đặt ở vị trí I  4
 ;2;5 . Biết rằng trạm phát sóng được
thiết kế với bán kính phủ sóng là 4 km.
a) Phương trình mặt cầu mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng là:
x  2  y  2 z  2 4 2 5  16
b) Điểm A3;5;6 nằm phía trong mặt cầu đó.
c) Nếu người dùng đứng ở vị trí điểm B 2
 ;3;0 thì không thể sử dụng dịch vụ của trạm phát sóng này.
d) Nếu người dùng đứng ở vị trí điểm M  4
 ;6;2 thì quãng đường ngắn nhất người đó phải di
chuyển để đến được vị trí có thể sử dụng dịch vụ của trạm phát sóng là 1 km. Lời giải a) Đúng
Mặt cầu tâm I  4
 ;2;5, bán kính R  4 có phương trình là:
x  2  y  2 z  2 4 2 5  16 b) Sai Ta có: IA     2 2 2 7 3 11
 179  R. Vậy điểm A nằm phía ngoài mặt cầu đó. c) Đúng Ta có: IB     2 2 2 2 1 5
 30  R, từ đó suy ra nếu người dùng đứng ở vị trí điểm B 2
 ;3;0 thì không thể sử dụng dịch vụ của trạm phát sóng này. Trang 16 d) Đúng Với điểm M  4
 ;6;2 ta có: IM     2 2 2 0 4 3  5  R
Quãng đường ngắn nhất mà người đứng ở điểm M  4
 ;6;2 phải di chuyển để đến được vùng
phủ sóng là đoạn thẳng MH , với H là giao điểm của đoạn thẳng MI với mặt cầu.
Khi đó, MH  MI  R  5 4 1km.
Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục là mét), một ngon hải đăng được
đặt ở vị trí I 20;35;60 , biết rằng ngọn hải đăng được thiết kế với bán kính phủ sáng là 4 km.
a) Phương trình mặt cầu để mô tả ranh giới vùng phủ sáng trên biển của hải đăng là
x  2  y  2 z  2 2 20 35 60  4 . b) Điểm B 2
 90; 165; 3660 nằm phía trong mặt cầu đó.
c) Nếu người đi biển ở vị trí C 541;137; 690 thì không thể nhìn được ánh sáng từ ngọn hải đăng.
d) Giả sử người đi biển di chuyển theo đường thẳng từ vị trí điểm I 20; 35; 60 đến vị trí
D4020; 35; 3060 . Vị trí cuối cùng trên đoạn thẳng ID sao cho người đi biển vẫn còn nhìn
thấy được ánh sáng từ ngọn hải đăng là M  3  180;35;2460 . Lời giải a) Sai
Mặt cầu tâm I 20;35;60 , bán kính R  4km  4000m có phương trình là:
x  2  y  2 z  2 2 20 35 60  4000 b) Đúng Trang 17 2 2 Ta có: IB      2 310 200
 3600  3618,9  R .
Do đó, điểm B nằm phía trong mặt cầu đó. c) Sai
Với C 541;137; 690 , ta có: IC     2 2 2 521 102 750  918,9  R .
Do đó, nếu người đi biển đứng ở vị trí C 541;137;690 thì vẫn nhìn thấy ánh sáng từ ngọn hải đăng. d) Sai
Gọi M  x; y; z là điểm cuối cùng trên đoạn thẳng ID mà người đi biển vẫn còn nhìn thấy
ánh sáng của ngon hải đăng. Khi đó, IM  R  4000 m. Ta có: 2 2 2
ID  4000  0  3000  5000 m. uuur uur
IM   x  20; y  35; z  60; ID  4000; 0; 3000 . IM 4000 4 uuur 4 uur
Vì M thuộc đoạn thẳng ID và 
 nên IM  ID . ID 5000 5 5  4 x  20  .4000  5  x  3220  4   y 35  .0
 y  35  M 3220; 35; 2460 . 5  z  2460   4 z  60  .3000  5
Câu 13: Hệ thống định vị toàn cầu (tên tiếng Anh là: Global Positioning System, viết tắt là GPS) là một
hệ thống cho phép xác định chính xác vị trí của một vật thể trong không gian. Ta có thể mô
phỏng cơ chế hoạt động của hệ thoogns GPS trong không gian như sau: Trong cùng một thời
điểm, tọa độ của một điểm M trong không gian sẽ được xác định bởi bốn vệ tinh, trên mỗi vệ
tinh có một máy thu tín hiệu. Bằng cách so sánh sự sai lệch về thời gian từ lúc tín hiệu được
phát đi với thời gian nhận phản hồi tín hiệu đó, mỗi máy thu tín hiệu xác định được khoảng
cách từ vệ tinh đến vị trí M cần tìm tọa độ. Như vậy điểm M là giao điểm của bốn mặt cầu
với tâm lần lượt là bốn vệ tinh đã cho. Trang 18
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn vệ tinh A3;1;6 , B1;4;8 , C 7;9;6 , D7;15;18 .
a) Phương trình mặt cầu tâm A bán kính bằng 6 có phương trình là:
x  2  y  2  z  2 3 1 6  36 .
b) Nếu điểm M  ; x ;
y z thuộc mặt cầu tâm B bán kính bằng 7 thì tọa độ điểm M thỏa mãn
phương trình:  x  2   y  2   z  2 1 4 8  7 .
c) Khoảng cách từ điểm N 2; 3;5 đến vệ tinh D là lớn nhất.
d) Biết khoảng cách từ điểm M  ; x ;
y z đến các vệ tinh lần lượt là MA  6 , MB  7 , MC 12
, MD  24 . Khi đó x  y  z  4 . Lời giải a) Đúng 2 2 2
Mặt cầu tâm A3;1;6 bán kính bằng 6 có phương trình là:  x  3   y   1
 z  6  36 b) Sai 2 2 2
Mặt cầu tâm B bán kính bằng 7 có phương trình là:  x   1
  y  4  z 8  49.
Do đó, nếu điểm M  ; x ;
y z thuộc mặt cầu tâm B bán kính bằng 7 thì tọa độ điểm M thỏa
mãn phương trình:  x  2   y  2   z  2 1 4 8  49 . c) Đúng Trang 19
Với bốn vệ tinh A3;1;6 , B1;4;8 , C 7;9;6 , D7;15;18 và một điểm N 2; 3;5 , ta có: NA   2 1   2  2   2 1  6 NB  1   7  2   3  2 2  59 NC   5  2   1  22   2 1  170 ND   5  2 12   1  32 2  338
Vậy khoảng cách từ điểm N 2; 3;5 đến vệ tinh D là lớn nhất. d) Sai
Khoảng cách từ điểm M  ; x ;
y z đến các vệ tinh lần lượt là MA  6 , MB  7 , MC 12,
MD  24 nên ta có hệ phương trình: 
 x 32  y  2
1   z  62  36          x  
2  y  2 z  2 4x 10 y 4z 22 x 1 1 4 8  49     8
 x  20y 12
 y 1  M  1  ; 1; 2 
 x  72   y  92  z  62 144  
8x  28y  24z  12 z  2      x  7 
2  y 152 z 182  576
Do đó, x  y  z  2 .
Câu 14: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , một trạm thu phát sóng điện thoại di động được đặt ở vị trí I  3
 ;5;2được thiết kế với bán kính phủ sóng 4 km , mỗi đơn vị trên trục ứng với 1 km.
a) Phương trình mặt cầu (S) để mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian 2 2 2
là  x  3   y  5   z  2  16
b) Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là 8 km .
c) Người dùng điện thoại ở vị trí A có toạ độ  3  ;4; 
1 không thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng đó.
d) Trong điều kiện giao thông thuận lợi, khoảng cách ngắn nhất để người B ở toạ độ 8;6;2 di
chuyển tới vùng phủ sóng là 11, 05 km. Lời giải: a) Sai.
Ta có, trạm thu phát sóng là tâm của vùng phủ sóng I  3
 ;5;2, bán kính phủ sóng là R  4
nên phương trình mặt cầu S mô tả ranh giới bên ngoài của vùng phủ sóng trong không gian là
x  2  y  2 z  2 3 5 2 16 b) Đúng.
Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là đường kính của mặt cầu, tức là 8 km . Trang 20

Chuyên Đề Phương Trình Mặt Cầu Ôn Thi Tốt Nghiệp Giải Chi Tiết

Tài liệu liên quan:

Chuyên Đề Thống Kê Của Mẫu Số Liệu Ôn Thi Tốt Nghiệp Giải Chi Tiết

Chuyên Đề Phương Trình Mặt Phẳng Ôn Thi Tốt Nghiệp Giải Chi Tiết

Chuyên Đề Phương Trình Đường Thẳng Trong Không Gian Ôn Thi Tốt Nghiệp Giải Chi Tiết

Chuyên Đề Lý Thuyết Đồ Thị Ôn Thi Tốt Nghiệp 2025 Giải Chi Tiết