Xác định tâm, bán kính, diện tích và thể tích của mặt cầu

Xác định tâm, bán kính, diện tích và thể tích của mặt cầu được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

30 15 lượt tải Tải xuống

Chia sẻ Báo cáo tài liệu

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 130

 Phương trình mặt cầu dạng chính tắc:

Cho mặt cầu có tâm





; ;

I a b c

, bán kính

. Khi đó phương trình chính tắc của mặt cầu là

       

2 2 2

S x a y b z c R

     

 Phương trình mặt cầu dạng khai triển là





2 2 2

: 2 2 2 0

S x y z ax by cz d

      

Khi đó mặt cầu có có tâm





; ;

I a b c

, bán kính





2 2 2 2 2 2

R a b c d a b c d

       

BÀI TẬP MẪU

(ĐỀ MINH HỌA BDG 2019-2020) Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu:

       

2 2 2

: 1 2 1 9

S x y z

     

. Tìm tọa độ tâm

và tính bán kính

của









1;2;1

I 

và







1; 2; 1

 

và







1;2;1

I  và







1; 2; 1

 

và



Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán sử dụng tính chất để xác định tâm và bán kính của mặt cầu.

2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Dựa trên phương trình mặt cầu dạng chính tắc tìm tâm và bán kính của mặt cầu.

B2: Mặt cầu

       

2 2 2

S x a y b z c R

     

có tâm





; ;

I a b c

và bán kính

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

Chọn B

Mặt cầu

       

2 2 2

: 1 2 1 9

S x y z

     

có tâm





1;2;1

I 

và bán kính



Bài tập tương tự:

Câu 14.1: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu có phương trình

   

2 2

1 3 9

x y z

    

Tìm tọa độ tâm

và bán kính

của mặt cầu đó





1;3; 0

I  ;



. B.





1; 3;0

I  ;



. C.





1; 3;0

I  ;



. D.





1;3;0

I  ;



Lời giải

Chọn C

Mặt cầu đã cho có tâm





1; 3;0

I  và bán kính



XÁC ĐỊNH TÂM, BÁN KÍNH, DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH CỦA MẶT CẦU

KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 131

Câu 14.2: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu





2 2 2

6 4 8 4 0

x y z x y z

      

Tìm tọa độ tâm

và tính bán kính

của mặt cầu









3; 2;4

I 



. B.





3;2; 4

 







3; 2;4

I 



. D.





3;2; 4

 



Lời giải

Chọn C

Mặt cầu





có tâm là





3; 2; 4

I 

Bán kính của mặt cầu





là

     

2 2 2

3 2 4 4

    



Câu 14.3: Trong không gian

Oxyz

, diện tích của mặt cầu





2 2 2

3 3 3 6 12 18 3 0

x y z x y z

      

bằng



. B.



. C.



. D.

100



Lời giải

Chọn C

Ta có

2 2 2 2 2 2

3 3 3 6 12 18 3 0 2 4 6 1 0

x y z x y z x y z x y z

              

Mặt cầu





có tâm là





1; 2;3

I  

Bán kính của mặt cầu





là

     

2 2 2

1 2 3 1 15

R       

Diện tích mặt cầu

4 60

V R

 

 

Câu 14.4: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu





có phương trình

2 2 2

2 4 6 5 0

x y z x y z

      

. Tính diện tích mặt cầu







. B.



. C.



. D.



Lời giải

Chọn B

Mặt cầu





có tâm





1;2;3

và bán kính

2 2 2

1 2 3 5

   



Diện tích mặt cầu





là:

2 2

4 4 3 36

S R

  

   .

Câu 14.5: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu

     

2 2

: 1 2 9

S x y z

    

. Mặt cầu





có thể tích bằng





. B.





. C.





. D.



 .

Lời giải

Chọn B

Mặt cầu

     

2 2

: 1 2 9

S x y z

    

có tâm là





1; 2;0

 , bán kính



Thể tích mặt cầu

V R

 

  .

Bài tập tương tự và phát triển:

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 132

Câu 14.6: Trong không gian

Oxyz

, cho điểm





1;0; 2

và đường thẳng

2 1 1

x y z



 



. Gọi





là mặt

cầu có tâm

, tiếp xúc với đường thẳng

. Bán kính của





bằng

2 5

. B.

. C.

4 2

. D.

Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán sử dụng tính chất để xác định tâm và bán kính của mặt cầu.

2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Dựa vào vị trí tương đối của đường thẳng và mặt cầu ta tìm được bán kính của mặt cầu





;

R d I d

 .

B2: Dựa vào công thức tính khoảng cách từ một điểm dến đường thẳng ta tìm bán kính

;

MI u

 

 

 

 



Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

Chọn D

qua





1;0;0

M và có một vectơ chỉ phương





2; 1;1

u 



Bán kính mặt cầu bằng khoảng cách từ

đến

nên ta có:

;

MI u

 

 

 

 



Câu 14.7: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





1; 2;3

I  . Bán kính mặt cầu tâm

, tiếp xúc

với trục

là

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Gọi

là hình chiếu vuông góc của tâm





1; 2;3

I  lên trục

, suy ra





0; 2; 0

M  .

Vì mặt cầu tiếp xúc với trục

nên có bán kính

R IM  .

Câu 14.8: Trong không gian

Oxyz

, mặt cầu có tâm





1;0; 2



và tiếp xúc với mặt phẳng





: 2 2 4 0

x y z



   

có đường kính là

. B.

. C.

. D.

Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán sử dụng tính chất để xác định tâm và bán kính của mặt cầu.

2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Dựa vào vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu ta tìm được bán kính của mặt cầu









;R d I





B2: Dựa vào công thức tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng ta tìm bán kính

0 0 0

2 2 2

Ax By Cz D

A B C

  



 

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 133

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

Chọn C

Ta có









,R d I





1 4 4

 

 

Đường kính là

2 6



Câu 14.9: Trong không gian

Oxyz

, mặt cầu có tâm





2;1;1

và tiếp xúc với mặt phẳng





Oxy

có bán

kính là

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Gọi

là hình chiếu vuông góc của tâm





2;1;1

A lên mặt phẳng





Oxy

, suy ra





2;1;0

M .

Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng





Oxy

nên có bán kính

R AM

 

Câu 14.10: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt phẳng





: 2 2 2 0

P x y z

   

và điểm





1; 2; 1

 

. Bán kính mặt cầu





có tâm

và cắt mặt phẳng





theo giao tuyến là đường

tròn có bán kính bằng

là

. B.

. C.

. D.

Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán sử dụng tính chất để xác định tâm và bán kính của mặt cầu.

2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Dựa vào vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu ta tìm được bán kính của mặt cầu









;R d I



 .

B2: Dựa vào công thức

2 2

R d r

 

ta tìm bán kính của mặt cầu, với

là khoảng cách từ tâm của mặt

cầu đến mặt phẳng cắt,

là bán kính của đường tròn giao tuyến của mặt phẳng và mặt cầu.

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

Chọn A

Ta có

 

1 4 2 2

, 3

d d I P

   

  

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 134

2 2 2

9 25 34

R d r

    

Bán kính

R 

Câu 14.11: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, phương trình mặt cầu





có tâm

( 2;3; 4)



cắt mặt phẳng tọa độ





Oxz

theo một hình tròn giao tuyến có diện tích bằng



có thể tích

bằng



. B.

500



. C.

100



. D.



Lời giải

Chọn B

Gọi

lần lượt là bán kính mặt cầu và bán kính đường tròn giao tuyến.

Hình tròn giao tuyến có diện tích bằng



 

 

Khoảng cách từ

( 2;3; 4)



đến





Oxz

là

h y

 

Suy ra

2 2

R h r

 

16 9

 



Thể tích của mặt cầu





là

4 500

3 3

V R

 

 

Câu 14.12: Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, phương trình mặt cầu





có tâm





1;2;3

I 

cắt mặt phẳng





: 2 2 8 0

x y z



   

theo một hình tròn giao tuyến có chu vi bằng bằng



có diện tích bằng



. B.



. C.

100



. D.



Lời giải

Chọn A

Đường tròn giao tuyến có chu vi bằng



nên bán kính của nó là



Khoảng cách từ tâm mặt cầu tới mặt phẳng giao tuyến là

 

2 1 2

2 2 6 8

, 2

2 1 2

d d I



   

  

 

Theo công thức

2 2 2

R r d

  

Diện tích của mặt cầu





là

4 80

S R

 

 

Câu 14.13: Trong không gian

Oxyz

cho các mặt phẳng





: 2 1 0

P x y z

   





: 2 1 0

Q x y z

   

Gọi





là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành, đồng thời





cắt mặt phẳng





theo giao tuyến

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 135

là một đường tròn có bán kính bằng

và





cắt mặt phẳng





theo giao tuyến là một

đường tròn có bán kính bằng

. Xác định

sao cho chỉ có đúng một mặt cầu





thỏa yêu cầu.

r  . B.

r 

. C.

r 

. D.

3 2

r  .

Lời giải

Chọn D

Gọi





;0; 0

I m là tâm mặt cầu có bán kính

là các khoảng cách từ

đến





và





. Ta có





và

2 1





Theo đề ta có

2 2 2

1 2

d d r

  

2 2

2 1 4 4 1

6 6

m m m m

   

   

2 2

2 2 8 0

m m r

    





Yêu cầu bài toán tương đương phương trình





có đúng một nghiệm m





1 2 8 0

   

 

3 2

r  .

Câu 14.14: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho





1;0;0

A  ,





0;0;2

B ,





0; 3;0

C  . Bán kính

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

OABC

là

. B.

. C.

. D.

Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán xác định tâm và bán kính của mặt cầu đi qua bốn điểm hay ngoại tiếp

tứ diện.

2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Giả sử mặt cầu có dạng





2 2 2

2 2 2 0 *

x y z ax by cz d       .

B2: Thế tọa độ các điểm nằm trên mặt cầu vào phương trình





ta giải hệ phương trình tìm

, , ,

a b c d

B3: Khi đó mặt cầu cần tìm có tâm





, ,

I a b c

, bán kính

2 2 2

R a b c d

   

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

Chọn C

Cách 1:

Gọi





là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

OABC

Phương trình mặt cầu





có dạng:

2 2 2

2 2 2 0

x y z ax by cz d

      

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 136

Vì

thuộc





nên ta có:

1 2 0

4 4 0

9 6 0

a d

c d

b d







  





  



  





 



 















Vậy bán kính mặt cầu





là

2 2 2

R a b c d

   

1 9

4 4

  

 .

Cách 2:

OABC

là tứ diện vuông có cạnh



có bán kính mặt cầu ngoại

tiếp là

2 2 2

1 1 14

1 9 4

2 2 2

R OA OB OC      

Câu 14.15: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





2;0; 0

A ,





0; 2;0

B ,





0; 0;2

C ,





2; 2; 2

. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD

có bán kính là

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn B

Gọi





; ;

I a b c

là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD

. Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ

diện

ABCD

có dạng





2 2 2

2 2 2 0,

x y z ax by cz d

      





2 2 2

a b c d

   

Vì





D S



nên ta có hệ phương trình

4 4 0

12 4 4 4 0

a d

b d

c d

a b c d

  





  





  



    



4 4

12 12 4 4 0

d a

a b c

a a

 





  





   



4 4

12 12 4 4 0

d a

a b c

a a

 





  





   



a b c









  



Suy ra





1;1;1

I , do đó bán kính mặt cầu là

R IA  .

Câu 14.16: Trong không gian

Oxyz

, cho điểm





1; 2; 2



. Mặt phẳng







đi qua

và cắt các trục

tại

sao cho

là trực tâm tam giác

ABC

. Bán kính mặt cầu tâm

và

tiếp xúc với mặt phẳng









. B.



. C.



. D.



Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán xác định tâm và bán kính của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng







đi

qua

và cắt các trục

tại

sao cho

là trực tâm tam giác

ABC

2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Ta chứng minh





OH ABC

 .

B2: Khi đó mặt cầu tâm

tiếp xúc mặt phẳng





ABC

có bán kính

R OH



NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 137

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

Chọn C

Ta có

là trực tâm tam giác

ABC





OH ABC

 

Thật vậy :

OC OA

OC AB

OC OB





 







(1)

Mà

CH AB



(vì

là trực tâm tam giác

ABC

) (2)

Từ (1) và (2) suy ra





AB OHC



AB OH

 

(*)

Tương tự





BC OAH



BC OH

 

. (**)

Từ (*) và (**) suy ra





OH ABC



Khi đó mặt cầu tâm

tiếp xúc mặt phẳng





ABC

có bán kính

R OH

 

Câu 14.17: Trong không gian

Oxyz

, cho điểm





1;0; 1



, mặt phẳng





: 3 0

P x y z

   

. Mặt cầu





có tâm

nằm trên mặt phẳng





, đi qua điểm

và gốc tọa độ

sao cho chu vi tam

giác

OIA

bằng

6 2



. Diện tích mặt cầu





là





. B.





. C.





. D.





Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tính diện tích của mặt cầu có tâm

nằm trên mặt phẳng





, đi qua

điểm

và gốc tọa độ

sao cho chu vi tam giác

OIA

bằng

2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Giả sử





2 2 2

: 2 2 2 0

S x y z ax by cz d

      





2 2 2

a b c d

   

B2: Thế tọa độ tâm





; ;

I a b c

vào phương trình





ta được phương trình





NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 138

B3: Mặt cầu





qua

và

nên thế tọa độ điểm

và

vào phương trình





ta được phương trình









2 , 3

B4: Chu vi tam giác

OIA

bằng

nên





OI OA AI a   .

B5: Giải hệ bốn phương trình

















1 , 2 , 3 , 4

tìm

2 2 2

, , ,

a b c d R a b c d

    

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

Chọn D

Giả sử





2 2 2

: 2 2 2 0

S x y z ax by cz d

      





2 2 2

a b c d

   





có

2 2 2

R a b c d

   

và tâm









; ;

I a b c P



3 0

a b c

    









qua

và

nên

2 2 2 0

a c d

   









1 0

a c

   





c a

  

Cộng vế theo vế





và





ta suy ra



. Từ đó, suy ra





;2; 1

I a a



Chu vi tam giác

OIA

bằng

6 2



nên

6 2

OI OA AI   

2 2 2 5 6

a a

   

2 0

a a

   

 











+ Với





1 1;2; 2

a I

    

 

. Do đó

4 36

S R

 

  .

+ Với





2 2;2;1

a I 

 

. Do đó

4 36

S R

 

 

Câu 14.18: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu

       

2 2 2

: 1 2 3 9

S x y z

     

tâm

và mặt phẳng





: 2 2 24 0

P x y z

   

. Gọi

là hình chiếu vuông góc của

trên





. Điểm

thuộc





sao cho đoạn

có độ dài lớn nhất. Tìm tọa độ điểm





1;0; 4

M  . B.





0;1; 2

M . C.





3; 4; 2

M . D.





4;1; 2

M .

Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm điểm

thuộc





sao cho đoạn

có độ dài lớn nhất, với

là hình chiếu vuông góc của

trên





2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Tìm tâm và bán kính mặt cầu





B2: Nhận xét Do









; 9

d I P R

 

nên mặt phẳng





không cắt mặt cầu





. Do

là hình chiếu của

lên





và

lớn nhất nên

là giao điểm của đường thẳng

với mặt cầu





B3: Phương trình đường thẳng

là

1 2

2 2

x t

y t

z t

 





 





 



B4: Giải hệ gồm phưng trình đường thẳng

và mặt cầu





tìm tọa độ điểm

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 139

Chọn C

Ta có tâm





1;2;3

và bán kính



. Do









; 9

d I P R

 

nên mặt phẳng





không cắt

mặt cầu





. Do

là hình chiếu của

lên





và

lớn nhất nên

là giao điểm của

đường thẳng

với mặt cầu





 





2;2; 1

IH n

  

 

Phương trình đường thẳng

là

1 2

2 2

x t

y t

z t

 





 





 



Giao điểm của

với





9 9



  





3;4; 2

M và





1;0; 4

M  .









1 1

; 12

M H d M P

 

;









2 2

; 6

M H d M P

 

Vậy điểm cần tìm là





3;4;2

Câu 14.19: Trong không gian

cho hai đường thẳng

: 2

y t

z t







  





 



: 3 2

x t

y t

z t

 





  





 



. Gọi





là

mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng



và



. Bán kính mặt cầu





. B.

. C.

. D.

Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm bán kính nhỏ nhất của mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng



và



2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Giả sử:

 





1; 2 ;

A t t

  







4 ;3 2 ;1

B t t t

  

   

B2: Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng



và



có đường kính bằng độ dài

đoạn

nên có bán kính

r  , với

là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng



và



Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

Chọn B

Giả sử:







1;2 ;

A t t

  

 





4 ;3 2 ;1

B t t t

  

   

Ta có





3 ;1 2 ;1

AB t t t t t

  

     



VTCP của đường thẳng



là





0;1; 1

 



VTCP của đường thẳng



là





1; 2; 1

  



NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 140

Ta có

. 0

AB u















 

 





   

1 2 1 0

3 2 1 2 1 0

t t t t

t t t t t

 

     







  

       





2 0

6 0

t t



  









 



t t



  

Suy ra





3;1;1

AB 



AB  .

Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng



và



có đường kính bằng độ

dài đoạn

nên có bán kính

2 2

r  

Câu 14.20: Trong không gian

Oxyz

, cho điểm





1;0; 1



, mặt phẳng





: 3 0

P x y z

   

. Mặt cầu





có tâm

nằm trên mặt phẳng





, đi qua điểm

và gốc tọa độ

sao cho chu vi tam

giác

OIA

bằng

6 2



. Tọa độ tâm

và bán kính

mặt cầu





là





2;2; 1 , 3

I R

  

hoặc





1;2; 2 , 3

I R

  





3;3;3 , 3

I R



hoặc





1;1; 1 , 3

I R

 





2;2;1 , 3

I R



hoặc





0;0; 3 , 3

I R

 





1;2; 2 , 3

I R

  

hoặc





2;2;1 , 3

I R



Phân tích hướng dẫn giải

1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm tâm và bán kính mặt cầu có tâm thuộc một mặt phẳng và đi qua

hai điểm cho trước và thỏa mãn thêm điều kiện phụ về chu vi.

2. HƯỚNG GIẢI:

B1: Giả sử





2 2 2

: 2 2 2 0

S x y z ax by cz d

      





2 2 2

a b c d

   

B2: Vì





đi qua điểm

và gốc tọa độ

nên thay tọa độ các điểm

A O

vào phương trình mặt cầu ta

được hệ điều kiện.

B3: Từ hệ điều kiện tìm cách rút

b c

theo

và đưa về một ẩn

B4: Khai thác giả thiết chu vi tam giác

OIA

bằng

6 2



nên

6 2

OI OA AI   

B5: Giải phương trình ẩn

tìm được

, từ đó tìm được tọa độ tâm và bán kính của





Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

Chọn D

Giả sử





2 2 2

: 2 2 2 0

S x y z ax by cz d

      





2 2 2

a b c d

   





có

2 2 2

R a b c d

   

và tâm









; ;

I a b c P



3 0

a b c

    









qua

và

nên

2 2 2 0

a c d

   









1 0

a c

   





c a

  

Cộng vế theo vế





và





ta suy ra



. Từ đó, suy ra





;2; 1

I a a



Chu vi tam giác

OIA

bằng

6 2



nên

6 2

OI OA AI   

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020

Trang 141

2 2 2 5 6

a a

   

2 0

a a

   

 











+ Với





1 1; 2; 2

a I

    

 

. Do đó

       

2 2 2

: 1 2 2 9.

S x y z

     

+ Với





2 2;2;1

a I 

 

. Do đó

       

2 2 2

: 2 2 1 9.

S x y z

     

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/12

| | Tải xuống

Preview text:

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020
XÁC ĐỊNH TÂM, BÁN KÍNH, DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH CỦA MẶT CẦU
KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
 Phương trình mặt cầu dạng chính tắc:
Cho mặt cầu có tâm I a;b; c , bán kính R . Khi đó phương trình chính tắc của mặt cầu là
S  x  a2   y  b2  z  c2 2 :  R .
 Phương trình mặt cầu dạng khai triển là S  2 2 2
: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 .
Khi đó mặt cầu có có tâm I a;b; c , bán kính 2 2 2 R 
a  b  c  d  2 2 2
a  b  c  d  0 . BÀI TẬP MẪU
(ĐỀ MINH HỌA BDG 2019-2020) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu:
S  x  2   y  2   z  2 : 1 2 1
 9 . Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính R của S  .
A. I 1; 2;  1 và R  3 B. I 1; 2  ;   1 và R  3
C. I 1; 2;  1 và R  9 D. I 1; 2  ;   1 và R  9
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán sử dụng tính chất để xác định tâm và bán kính của mặt cầu. 2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Dựa trên phương trình mặt cầu dạng chính tắc tìm tâm và bán kính của mặt cầu. 2 2 2
B2: Mặt cầu S   x  a   y  b   z  c 2 :
 R có tâm I a;b; c và bán kính R .
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn B 2 2 2
Mặt cầu S  :  x  
1   y  2   z   1
 9 có tâm I 1;2; 
1 và bán kính R  3 .
Bài tập tương tự: 2 2
Câu 14.1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình  x     y   2 1 3  z  9 .
Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu đó
A. I 1;3; 0 ; R  3 .
B. I 1; 3;0 ; R  9 . C. I 1; 3;0 ; R  3 . D. I 1;3; 0 ; R  9 . Lời giải Chọn C
Mặt cầu đã cho có tâm I 1; 3; 0 và bán kính R  3 . Trang 130
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020
Câu 14.2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  : 2 2 2
x  y  z  6x  4 y  8z  4  0 .
Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính R của mặt cầu S  .
A. I 3; 2; 4 , R  25 . B. I  3  ; 2; 4   , R  5.
C. I 3; 2; 4 , R  5. D. I  3  ; 2; 4   , R  25 . Lời giải Chọn C
Mặt cầu S  có tâm là I 3; 2; 4 . 2 2 2
Bán kính của mặt cầu S  là R  3  2  4  4  5 .
Câu 14.3: Trong không gian Oxyz , diện tích của mặt cầu S  : 2 2 2
3x  3y  3z  6x 12 y 18z  3  0 bằng A. 20 . B. 40 . C. 60 . D. 100 . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 2 2 2 2
3x  3y  3z  6x 12 y  18z  3  0  x  y  z  2x  4 y  6z 1  0 .
Mặt cầu S  có tâm là I 1;  2;3 . 2 2 2
Bán kính của mặt cầu S  là R   
1  2  3 1  15 . Diện tích mặt cầu 2
V  4 R  60 .
Câu 14.4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  có phương trình 2 2 2
x  y  z  2x  4 y  6z  5  0 . Tính diện tích mặt cầu S  . A. 42 . B. 36 . C. 9 . D. 12 . Lời giải Chọn B
Mặt cầu S  có tâm I 1; 2;3 và bán kính 2 2 2
R  1  2  3  5  3 .
Diện tích mặt cầu S  là: 2 2
S  4 R  4 3  36 . 2 2
Câu 14.5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S   x     y   2 : 1 2
 z  9 . Mặt cầu
S  có thể tích bằng 4
A. V  16 .
B. V  36 .
C. V  14 . D. V   . 36 Lời giải Chọn B 2 2
Mặt cầu S   x     y   2 : 1 2
 z  9 có tâm là 1; 2
 ; 0 , bán kính R  3 . 4 Thể tích mặt cầu 3 V 
 R  36 . 3
Bài tập tương tự và phát triển: Trang 131
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 x 1 y z
Câu 14.6: Trong không gian Oxyz , cho điểm I 1;0; 2 và đường thẳng d :  
. Gọi S  là mặt 2 1 1
cầu có tâm I , tiếp xúc với đường thẳng d . Bán kính của S  bằng 2 5 5 4 2 30 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán sử dụng tính chất để xác định tâm và bán kính của mặt cầu. 2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Dựa vào vị trí tương đối của đường thẳng và mặt cầu ta tìm được bán kính của mặt cầu R  d  I ; d  .
B2: Dựa vào công thức tính khoảng cách từ một điểm dến đường thẳng ta tìm bán kính   MI;u   30 R    . u 3
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn D 
d qua M 1; 0;0 và có một vectơ chỉ phương u 2; 1   ;1   MI;u   30
Bán kính mặt cầu bằng khoảng cách từ I đến d nên ta có: R    . u 3
Câu 14.7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I 1; 2;3 . Bán kính mặt cầu tâm I , tiếp xúc với trục Oy là A. 10 . B. 5 . C. 5 . D. 10 . Lời giải Chọn A
Gọi M là hình chiếu vuông góc của tâm I 1; 2;3 lên trục Oy , suy ra M 0; 2; 0.
Vì mặt cầu tiếp xúc với trục Oy nên có bán kính R  IM  10 .
Câu 14.8: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm I 1; 0; 2 và tiếp xúc với mặt phẳng
 :x  2 y  2z  4  0 có đường kính là A. 3 . B. 5 . C. 6 . D. 2 .
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán sử dụng tính chất để xác định tâm và bán kính của mặt cầu. 2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Dựa vào vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu ta tìm được bán kính của mặt cầu R  d I ;  .
B2: Dựa vào công thức tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng ta tìm bán kính
Ax  By  Cz  D 0 0 0 R  . 2 2 2
A  B  C Trang 132
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn C 1 4  4
Ta có R  d  I ,    3 . 3
Đường kính là 2R  6 .
Câu 14.9: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm A2;1 
;1 và tiếp xúc với mặt phẳng Oxy có bán kính là A. 5 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn D
Gọi M là hình chiếu vuông góc của tâm A2;1 
;1 lên mặt phẳng Oxy , suy ra M 2;1; 0 .
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng Oxy nên có bán kính R  AM  1. Câu 14.10:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P : x  2 y  2z  2  0 và điểm I 1; 2;  
1 . Bán kính mặt cầu S  có tâm I và cắt mặt phẳng  P theo giao tuyến là đường
tròn có bán kính bằng 5 là A. 34 . B. 5 . C. 5 . D. 10 .
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán sử dụng tính chất để xác định tâm và bán kính của mặt cầu. 2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Dựa vào vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu ta tìm được bán kính của mặt cầu R  d I ;  .
B2: Dựa vào công thức 2 2
R  d  r ta tìm bán kính của mặt cầu, với d là khoảng cách từ tâm của mặt
cầu đến mặt phẳng cắt, r là bán kính của đường tròn giao tuyến của mặt phẳng và mặt cầu.
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn A 1 4  2  2
Ta có d  d  I, P   3 . 3 Trang 133
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 +) 2 2 2
R  d  r  9  25  34 . Bán kính R  34 . Câu 14.11:
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu S  có tâm I ( 2  ;3; 4)
cắt mặt phẳng tọa độ Oxz  theo một hình tròn giao tuyến có diện tích bằng 16 có thể tích bằng 500 A. 80 . B.  . C. 100 . D. 25 . 3 Lời giải Chọn B
Gọi R , r lần lượt là bán kính mặt cầu và bán kính đường tròn giao tuyến.
Hình tròn giao tuyến có diện tích bằng 16 2
  r  16  r  4 .
Khoảng cách từ I ( 2
 ;3; 4) đến Oxz là h  y  3. I Suy ra 2 2 R 
h  r  16  9  5 . 4 500
Thể tích của mặt cầu S  là 3 V   R   . 3 3 Câu 14.12:
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu S  có tâm I 1; 2;3
cắt mặt phẳng   : 2x  y  2z  8  0 theo một hình tròn giao tuyến có chu vi bằng bằng 8 có diện tích bằng A. 80 . B. 50 . C. 100 . D. 25 . Lời giải Chọn A
Đường tròn giao tuyến có chu vi bằng 8 nên bán kính của nó là r  4 . 2  2  6  8
Khoảng cách từ tâm mặt cầu tới mặt phẳng giao tuyến là d  d  I,    2 . 2 1 2 2 1  2 Theo công thức 2 2 2
R  r  d  20 .
Diện tích của mặt cầu S  là 2
S  4 R  80 . Câu 14.13:
Trong không gian Oxyz cho các mặt phẳng  P : x  y  2z 1  0 , Q : 2x  y  z 1  0 .
Gọi S  là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành, đồng thời S  cắt mặt phẳng  P theo giao tuyến Trang 134
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020
là một đường tròn có bán kính bằng 2 và S  cắt mặt phẳng Q  theo giao tuyến là một
đường tròn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu S  thỏa yêu cầu. 3 3 2 A. r  3 . B. r  . C. r  2 . D. r  . 2 2 Lời giải Chọn D Gọi I  ;
m 0; 0 là tâm mặt cầu có bán kính R , d , d là các khoảng cách từ I đến  P và 1 2 m  1 2m 1
Q . Ta có d  và d  . 1 2 6 6 2 2 m  2m 1 4m  4m 1 Theo đề ta có 2 2 2 d  4  d  r 2   4   r 1 2 6 6 . 2 2
 m  2m  2r  8  0   1 .
Yêu cầu bài toán tương đương phương trình  
1 có đúng một nghiệm m    2 1 2r  8  0 9 3 2 2  r   r  . 2 2 Câu 14.14:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A1;0;0 , B 0;0;2 , C 0; 3  ;0 . Bán kính
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là 14 14 14 A. . B. . C. . D. 14 . 3 4 2
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán xác định tâm và bán kính của mặt cầu đi qua bốn điểm hay ngoại tiếp tứ diện. 2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Giả sử mặt cầu có dạng 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 * .
B2: Thế tọa độ các điểm nằm trên mặt cầu vào phương trình * ta giải hệ phương trình tìm a ,b , c , d .
B3: Khi đó mặt cầu cần tìm có tâm I a ,b , c , bán kính 2 2 2
R  a  b  c  d .
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn C Cách 1:
Gọi S  là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC .
Phương trình mặt cầu S  có dạng: 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 . Trang 135
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020  1 a   d  0  2   1
  2a  d  0  3
Vì O , A , B , C thuộc S  nên ta có:   b    .
4  4c  d  0 2   9
  6b  d  0 c  1  d  0  1 9 14
Vậy bán kính mặt cầu S  là 2 2 2
R  a  b  c  d    1  . 4 4 2
Cách 2: OABC là tứ diện vuông có cạnh OA  1 , OB  3 , OC  2 có bán kính mặt cầu ngoại 1 1 14 tiếp là 2 2 2 R 
OA  OB  OC  1 9  4  . 2 2 2 Câu 14.15:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A2;0; 0 , B 0; 2; 0 , C 0; 0; 2 ,
D 2; 2; 2 . Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính là 3 2 A. . B. 3 . C. . D. 3 2 3 Lời giải Chọn B Gọi I a; ;
b c  là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện ABCD có dạng S  : 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0,  2 2 2
a  b  c  d  0 . Vì ,
A B, C, D  S  nên ta có hệ phương trình
4  4a  d  0 
d  4a  4
d  4a  4
4  4b  d  0   d  0 
 a  b  c
 a  b  c   .
4  4c  d  0 
a  b  c  1  1
 2 12a 4a  4  0  
12 12a 4a  4  0  1
 2  4a 4b  4c  d  0  Suy ra I 1;1 
;1 , do đó bán kính mặt cầu là R  IA  3 . Câu 14.16:
Trong không gian Oxyz , cho điểm H 1; 2;  2 . Mặt phẳng   đi qua H và cắt các trục
Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Bán kính mặt cầu tâm O và
tiếp xúc với mặt phẳng   . A. R  1 . B. R  5 . C. R  3 . D. R  7 .
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán xác định tâm và bán kính của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng   đi
qua H và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC .. 2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Ta chứng minh OH   ABC  .
B2: Khi đó mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng  ABC  có bán kính R  OH . Trang 136
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn C z C H O B y K A x
Ta có H là trực tâm tam giác ABC  OH   ABC  . Thật vậy : O  C  OA 
 OC  AB (1) OC  OB 
Mà CH  AB (vì H là trực tâm tam giác ABC ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB  OHC  AB  OH (*)
Tương tự BC  OAH   BC  OH . (**)
Từ (*) và (**) suy ra OH   ABC  .
Khi đó mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng  ABC  có bán kính R  OH  3 . Câu 14.17:
Trong không gian Oxyz , cho điểm A1; 0;  
1 , mặt phẳng  P : x  y  z  3  0. Mặt cầu
S  có tâm I nằm trên mặt phẳng P , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho chu vi tam
giác OIA bằng 6  2 . Diện tích mặt cầu S  là
A. S  16 .
B. S  26 .
C. S  49 .
D. S  36 .
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tính diện tích của mặt cầu có tâm I nằm trên mặt phẳng  P , đi qua
điểm A và gốc tọa độ O sao cho chu vi tam giác OIA bằng a . 2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Giả sử S  2 2 2
: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0  2 2 2
a  b  c  d  0 .
B2: Thế tọa độ tâm I  ; a ;
b c  vào phương trình  P ta được phương trình   1 . Trang 137
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020
B3: Mặt cầu S  qua A và O nên thế tọa độ điểm A và O vào phương trình S  ta được phương trình 2,3 .
B4: Chu vi tam giác OIA bằng a nên OI  OA  AI  a 4.
B5: Giải hệ bốn phương trình  
1 , 2,3,4 tìm 2 2 2
a , b , c , d  R  a  b  c  d .
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn D Giả sử S  2 2 2
: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0  2 2 2
a  b  c  d  0 . S  có 2 2 2 R 
a  b  c  d và tâm I  ; a ;
b c  P  a  b  c  3  0   1 .
2  2a  2c  d  0
S  qua A và O nên 
 1 a  c  0 2  c  a 1. d  0  Cộng vế theo vế  
1 và 2 ta suy ra b  2 . Từ đó, suy ra I  ; a 2; a   1 .
Chu vi tam giác OIA bằng 6  2 nên OI  OA  AI  6  2 . a  1 2
 2 2a  2a  5  6 2
 a  a  2  0   . a  2 
+ Với a  1  I 1; 2;  2  R  3. Do đó 2
S  4 R  36 .
+ Với a  2  I 2; 2 
;1  R  3 . Do đó 2
S  4 R  36 . 2 2 2 Câu 14.18:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  :  x  
1   y  2   z  3  9
tâm I và mặt phẳng  P : 2x  2y  z  24  0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên
P . Điểm M thuộc S  sao cho đoạn MH có độ dài lớn nhất. Tìm tọa độ điểm M .
A. M 1; 0; 4 .
B. M 0;1; 2 .
C. M 3; 4; 2 .
D. M 4;1; 2 .
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm điểm M thuộc S  sao cho đoạn MH có độ dài lớn nhất, với
H là hình chiếu vuông góc của I trên  P . 2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Tìm tâm và bán kính mặt cầu S  .
B2: Nhận xét Do d  I; P  9  R nên mặt phẳng  P không cắt mặt cầu S  . Do H là hình chiếu của
I lên  P và MH lớn nhất nên M là giao điểm của đường thẳng IH với mặt cầu  P . x  1 2t 
B3: Phương trình đường thẳng IH là  y  2  2t . z  3 t 
B4: Giải hệ gồm phưng trình đường thẳng IH và mặt cầu S  tìm tọa độ điểm M .
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Trang 138
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 Chọn C
Ta có tâm I 1; 2;3 và bán kính R  3 . Do d  I; P  9  R nên mặt phẳng  P không cắt
mặt cầu S  . Do H là hình chiếu của I lên  P và MH lớn nhất nên M là giao điểm của
đường thẳng IH với mặt cầu  P .   IH  n   . P 2;2;  1   x  1 2t 
Phương trình đường thẳng IH là  y  2  2t . z  3 t 
Giao điểm của IH với S  : 2
9t  9  t  1  M 3; 4; 2 và M 1; 0; 4 . 2   1  
M H  d M ; P
 12 ; M H  d M ; P  6 . 2  2   1  1  
Vậy điểm cần tìm là M 3; 4; 2 . 1   x  1 x  4  t   Câu 14.19:
Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng  :  y  2  t ,  :  y  3  2t . Gọi S  là 1 2 z  t   z  1 t 
mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng  và  . Bán kính mặt cầu 1 2 S  . 10 11 3 A. . B. . C. . D. 2 . 2 2 2
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm bán kính nhỏ nhất của mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng  và  . 1 2 2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Giả sử: A    A1; 2  t;  t  , B    B 4  t ;3  2t ;1   t . 1 2
B2: Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng  và  có đường kính bằng độ dài 1 2 AB
đoạn AB nên có bán kính r 
, với AB là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng  và 2 1  . 2
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn B
Giả sử: A    A1; 2  t;  t  , B    B 4  t ;3  2t ;1   t . 1 2 
Ta có AB  3  t ;1 2t  t;1 t  t  . 
VTCP của đường thẳng  là u  0;1; 1 . 1   1 
VTCP của đường thẳng  là u  1;  2; 1 . 2   2 Trang 139
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020    A . B u  0  1
  2t  t  
1 t  t   0 Ta có 1     .  A . B u  0  3  t  2 
1 2t  t  1 t  t   0 2   t    2t  0  
 t  t  0 .
6t  t  0  
Suy ra AB  3;1  ;1  AB  11 .
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng  và  có đường kính bằng độ 1 2 AB 11
dài đoạn AB nên có bán kính r   . 2 2 Câu 14.20:
Trong không gian Oxyz , cho điểm A1; 0;  
1 , mặt phẳng  P : x  y  z  3  0. Mặt cầu
S  có tâm I nằm trên mặt phẳng P , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho chu vi tam
giác OIA bằng 6  2 . Tọa độ tâm I và bán kính R mặt cầu S  là
A. I 2;2; 
1 , R  3 hoặc I 1;2;  2, R  3 .
B. I 3;3;3, R  3 hoặc I 1;1;  1 , R  3 . C. I 2;2 
;1 , R  3 hoặc I 0;0;  3, R  3.
D. I 1;2;  2, R  3 hoặc I 2;2  ;1 , R  3 .
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm tâm và bán kính mặt cầu có tâm thuộc một mặt phẳng và đi qua
hai điểm cho trước và thỏa mãn thêm điều kiện phụ về chu vi. 2. HƯỚNG GIẢI:
B1: Giả sử S  2 2 2
: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0  2 2 2
a  b  c  d  0 .
B2: Vì S  đi qua điểm A và gốc tọa độ O nên thay tọa độ các điểm ,
A O vào phương trình mặt cầu ta được hệ điều kiện.
B3: Từ hệ điều kiện tìm cách rút ,
b c theo a và đưa về một ẩn a .
B4: Khai thác giả thiết chu vi tam giác OIA bằng 6  2 nên OI  OA  AI  6  2 .
B5: Giải phương trình ẩn a tìm được a , từ đó tìm được tọa độ tâm và bán kính của S  .
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn D Giả sử S  2 2 2
: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0  2 2 2
a  b  c  d  0 . S  có 2 2 2 R 
a  b  c  d và tâm I  ; a ;
b c  P  a  b  c  3  0   1
2  2a  2c  d  0
S  qua A và O nên 
 1 a  c  0 2  c  a 1. d  0  Cộng vế theo vế  
1 và 2 ta suy ra b  2 . Từ đó, suy ra I  ; a 2; a   1 .
Chu vi tam giác OIA bằng 6  2 nên OI  OA  AI  6  2 Trang 140
NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU
50 BÀI TOÁN ÔN THI THPTQG: 2019-2020 a  1 2
 2 2a  2a  5  6 2
 a  a  2  0   . a  2  2 2 2
+ Với a  1  I 1; 2;  2  R  3. Do đó S  :  x  
1   y  2   z  2  9. 2 2 2
+ Với a  2  I 2; 2 
;1  R  3 . Do đó  S  :  x  2   y  2   z   1  9. Trang 141

Xác định tâm, bán kính, diện tích và thể tích của mặt cầu

Thông tin :

Tài liệu liên quan:

Bài giảng vectơ và hệ trục tọa độ trong không gian Toán 12 KNTTVCS

Toán ứng dụng thực tế vectơ và hệ trục toạ độ trong không gian

Chuyên đề hình học giải tích không gian – Lưu Huy Thưởng Toán 12

Chuyên đề HH giải tích không gian – Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn Toán 12

Bài tập tọa độ không gian phân theo dạng có lời giải chi tiết – Trần Sĩ Tùng Toán 12