TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2

74 17 0
  • Loading ...
1/74 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 18/09/2019, 18:47

TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2 Ln u để Sống, ln sống để học Tốn, ln học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn Contents DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU .1 ĐỀ SỐ  HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ ĐỀ SỐ 16  HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 19 ĐỀ SỐ 28  HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 31 ĐỀ SỐ 40  HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 43 ĐỀ SỐ 51  HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 54 ĐỀ SỐ 64  HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 66 DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU ĐỀ SỐ THỜI GIAN LÀM BÀI: 60 PHÚT Câu 1: (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P : 2x  6y  z   cắt trục Oz đường thẳng d : x5 y z6 A ,   1 B Phương trình mặt cầu đường kính AB A  x     y  1   z    36 B  x     y  1   z    C  x     y  1   z    D  x     y  1   z    36 2 Câu 2: 2 2 2 2 2 (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Trong không gian Oxyz , gọi I  a; b; c  tâm mặt cầu qua điểm A 1;  1;  tiếp xúc với tất mặt phẳng tọa độ Tính P  a  b  c A P  B P  C P  D P  Luôn yêu để Sống, sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn Câu 3: (THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1; 2; 3 , B  3; 4;  , C  2;6;6  I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tính abc 31 B 63 A Câu 4: 46 C D 10 [SDG PHU THO] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm I (2; 5; 3) cắt đường thẳng d : x 1 y z  hai điểm phân biệt A , B với chu vi tam giác IAB   2 14  31 có phương trình A  x     y     z    49 B  x     y     z    196 C  x     y     z    31 D  x     y     z    124 2 Câu 5: 2 2 2 2 2 (SỞ GD-ĐT PHÚ THỌ) Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I  2; 5; 3 cắt đường x 1 y z  hai điểm phân biết A; B với chu vi tam giác IAB   2 thẳng d : 10  có phương trình: A  x     y     z    25 2 B  x     y     z    100 2 Câu (TT Tân Hồng Phong) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho họ đường thẳng  x   2mt   dm  :  y  1   2m  1 t , m tham số thực Mặt phẳng   ln qua  dm  Tìm chu vi   z    3m  1 t đường tròn giao tuyến mặt cầu S : x2  y2  z2  4x  y  2z   mặt phẳng   A 2 Câu 7: B C 8 66 11 D 2 [THPT Chuyen LHP Nam Dinh] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x z3 y2 hai mặt phẳng  P  : x  y  2z  , Q : x  2y  3z     1 Mặt cầu S  có tâm I giao điểm đường thẳng d mặt phẳng  P  Mặt phẳng Q  tiếp xúc với mặt cầu S Viết phương trình mặt cầu S Ln u để Sống, ln sống để học Tốn, ln học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn A S  :  x     y     z    14 B S  :  x     y     z    C  S  :  x     y     z    D S  :  x     y     z    2 Câu 8: 2 2 2 2 2 14 [THPT Chuyên SPHN] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai đường thẳng x  y 1 z  x2 y3 z d2 :     Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc 1 2 với hai đường thẳng d1 d2 có phương trình: d1 : Câu 9: A x  y  z  x  y  z  B x  y  z  x  y  z  C x  y  z  x  y  z  D x  y  z  x  y  z  (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 2;  , B  2; 2;0  Gọi I1 1;1; 1 I  3;1;1 tâm hai đường tròn nằm hai mặt phẳng khác có chung dây cung AB Biết ln có mặt cầu S  qua hai đường tròn Tính bán kính R S  A R  219 B R  2 C R  129 D R  Câu 10: [THPT Lê Hồng Phong-HCM] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  d  : x 2  y 1 z 1 ,  2  d  : x 1  y 1 z 2 ,  2  d  : x 2  y  z 1  2 Mặt cầu bán kính nhỏ tâm I  a; b; c  , tiếp xúc với đường thẳng  d1  ,  d2  ,  d3  Tính S  a  2b  3c A S  10 B S  11 C S  12 D S  13 Câu 11: (Chuyên KHTN - Lần 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6  Điểm M thay đổi mặt phẳng  ABC  N điểm tia OM cho OM.ON  12 Biết M thay đổi, điểm N thuộc mặt cầu cố định Tính bán kính mặt cầu A B C D Câu 12: (THPT Lê Q Đơn - Hải Phòng) Trong khơng gian cho tam giác ABC cạnh cố định, M điểm thỏa mãn MA2  MB2  MC  12 Khẳng định sau đúng? Luôn yêu để Sống, sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn A Tập hợp điểm M mặt cầu có bán kính R  B Tập hợp điểm M mặt cầu có bán kính R  C Tập hợp điểm M mặt cầu có bán kính R  D Tập hợp điểm M mặt cầu có bán kính R  Câu 13: (Lớp Tốn - Đồn Trí Dũng) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M 1; m;0  , N  1;0; n với m, n số thực dương thỏa mãn mn  Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với mặt cầu cố định Xác định bán kính mặt cầu đó? A R  B R  C R  D R  Câu 14 (THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;0;  3 , B  3;  2;  5 Biết tập hợp điểm M không gian thỏa mãn đẳng thức AM  BM  30 mặt cầu S  Tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu S  Câu 15: A I  2;  2;   ; R  B I  1;  1;   ; R  C I  1;  1;   ; R  D I  1;  1;   ; R  30 (THPT Chuyên ĐHSP Hà NộI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;0;   , B  4;0;0  Mặt cầu S  có bán kính nhỏ nhất, qua O , A , B có tâm A I  0;0;  1 B I  2;0;0  C I  2;0;  1 D 4 2 I  ; 0;   3 3 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ CÂU 1: Lời giải Chọn B Ln u để Sống, ln sống để học Tốn, ln học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn x5 y z6 lần   1 lượt A  0;0;  , B  4; 2;7  Suy AB  trung điểm đoạn thẳng AB Mặt phẳng  P  : 2x  y  z   cắt trục Oz đường thẳng d : I  2; 1; 5 Vậy mặt cầu đường kính AB có phương trình  x     y  1   z    2 CÂU 2: Lời giải Chọn D Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng tọa độ nên a  b  c  a  b  c d  I ,  Oyz    d  I , Ozx    d  I , Oxy    a  b  c    a  b  c   a  b  c Nhận thấy có trường hợp a  b  c phương trình AI  d  I , Oxy   có nghiệm, trường hợp lại vơ nghiệm Thật vậy: Với a  b  c I  a;  a; a    AI  d I ,  Oyx    a  1   a  1   a    a  a  a    a  2 Khi P  a  b  c  CÂU 3: Lời giải Chọn C Ta có AB   2; 2;1 BC   1; 2;    AB, BC    2; 5;  , Phương trình mặt phẳng Do I  a; b; c   ABC  2x  5y  6z  10  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên Luôn yêu để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để Yêu – Phạm Minh Tuấn 2 a  5b  6c  10   I   ABC    2 2 2   IA  IB  a  1   b     c     a     b     c      IA  IC 2 2 2   a  1   b     c     a     b     c    a  10 2 a  5b  6c  10   4 a  4b  2c  27  b  2 a  8b  6c  62  49  c   10 Vậy abc  46 CÂU 4: Lời giải Chọn A Gọi R ( B ) bán kính mặt cầu cần tìm d qua điểm M(1;0; 2) có vectơ phương u   2;1;  Gọi H hình chiếu I lên d ta có IH  d  I ; d    MI ; u   u 3 Suy AB  R2  IH  R2  18 Từ ta có R  R2  18  14  31  R  R2  18   31   R7  R  71     R   R2  18  31   Suy phương trình mặt cầu  x     y     z    49 2 CÂU 5: Lời giải Chọn A Luôn yêu để Sống, sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn Gọi H hình chiếu cảu I đường thẳng d Ta có IH  d  I ; d    MI u  d  ud 3 với M 1;0;   d ; ud   2;1;  đặt HA  x tam giác vng IAH ta có: IA  HA  IH  x  18 theo giả thiết ta có : IA  IB  AB  x  18  x  10  x2   2( x2  18  5)  2( x  7)      x ( x x2  18  x2  18  x 0  1)   x   R  IA  HA2  IH  phương trình mặt cầu là:  x     y     z    25 2 CÂU 6: Lời giải Chọn C  d  , ta có 5x  y  2z     : 5x  2y  2z   qua  d  với m Từ phương trình tham số m Vậy mặt phẳng m Mặt cầu S  có tâm I  2;1;1 bán kính R    Khoảng cách d I ;    5.2    2 2 2  33 11 Luôn yêu để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn  33  66 Bán kính đường tròn giao tuyến r  R  d       11  11   2 Chu vi đường tròn giao tuyến C  2 r  8 66 11 CÂU 7: Lời giải Chọn C  x  2t  Ta có d :  y   t  t  z   t    I  2t; t  3; t   Mà I   P   2t   t  3  t     2t    t   I  2; 4;  Gọi R bán kính S , ta có  Q  tiếp xúc với S     d I ; Q   R  R   2.4  3.3    2   2  14 Kết hợp với S  có tâm I  2; 4; 3  S  :  x     y     z    2  14 CÂU 8: Lời giải Chọn C Ta có hai đường thẳng d1 : x  y 1 z  x2 y3 z d2 :     có hai 1 2 véc-tơ phương u1  3; 1; 2  u2 1; 3;1 Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 đoạn vng góc chung hai đường thẳng đường kính mặt cầu Luôn yêu để Sống, sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn Gọi A   3a;1  a; 5  2a   d1 B   b; 3  3b; b  d2 , AB  b  3a  2; 3b  a  4; b  2a   AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng  AB  u  AB.u   a  b   a  1 1    d1 d2   AB  u2  AB.u2  11b  a   b  Suy A 1; 2; 3 , B  3;0;1 AB  2; 2;  Suy mặt cầu S  có tâm trung điểm đoạn AB có tọa độ I  2;1; 1 bán kính R  AB  Suy  S  có phương trình x  y  z  x  y  z  CÂU 9: Lời giải Chọn C Gọi d1 đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng  I1 AB  , d1 chứa tâm mặt cầu qua đường tròn tâm I ; d2 đường thẳng qua I vuông góc với mặt phẳng  I AB , d2 chứa tâm mặt cầu qua đường tròn tâm I Do đó, mặt cầu S  qua hai đường tròn tâm  I1   I  có tâm I giao điểm d1 d2 bán kính R  IA Ta có I1 A   1;1;  , I1 B  1; 3;1 Đường thẳng d1 có véc-tơ pháp tuyến  I A; I B  10; 4;    5; 2;1   Luôn yêu để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để Yêu – Phạm Minh Tuấn  x   5t  Phương trình đường thẳng d1 là: d1 :  y   2t  z  1  t  Ta có I A   3;1;1 , I B   1; 3; 1 Đường thẳng d2 có véc-tơ pháp tuyến  I A; I B   2; 4;10   1; 2;    x   s  Phương trình đường thẳng d2 là: d2 :  y   2s  z   5s   1  5t   s t  8 2  Xét hệ phương trình: 1  2t   2s   Suy I   ; ;   3 3 s   1  t   5s   2  8  5  2 129 Bán kính mặt cầu S  R  IA              3 3       CÂU 10: Lời giải Chọn B B  d  qua điểm A 1;1;1 có VTCP u   2;1;   d2  d  qua điểm B 3;  1; 2 có VTCP u  1; 2;  2 I  d  qua điểm C  4; 4;1 có VTCP u   2;  2;1 3 A Ta có u1 u2  , u2 u3  , u3 u1    d1  ,  d2  ,  d3  đơi vng góc với d1 C d3 u , u  AB  , u , u  BC  , u , u  CA   3  2  1   d1  ,  d2  ,  d3  đôi chéo Lại có: AB   2;  2;1 ; AB u1  AB.u2  nên  d1  ,  d2  ,  d3  chứa cạnh hình hộp chữ nhật hình vẽ 10 Ln u để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn  29 26  Thử lại ta thấy: d( M1 ,( P))  d( M2 ,( P)) nên M   ; ;   thỏa yêu cầu toán 3  3 CÂU 10: Lời giải Chọn C Ta có: d( M ,( P))   R   ( P)  (S)    x  1 t  Đường thẳng d qua I vng góc với  P  có pt:  y   2t , t   z   2t  1 1 5 7 Tọa độ giao điểm d S  A  ; ;  , B  ;  ;   3 3 3 3 Ta có: d( A,( P))   d( B,( P))   d( A,( P))  d( M ,( P))  d( B,( P)) Vậy:  d( M ,( P))min   M  B CÂU 11: Lời giải Chọn D Mặt cầu S  có tâm O  0;0;0  và bán kính R  2 1  Ta có: OM   ; ;0   OM   R  điểm M nằm mặt cầu  S  2    Gọi H là trung điểm AB  OH  OM Đặt OH  x   x  Đặt AOH    sin   OH x AH OA2  OH  x2 ; cos      OA OA OA 2 2 Suy sin AOB  2sin  cos   x  x2 Ta có: SOAB  OA.OB.sin AOB  x  x với  x  60 Ln u để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn Xét hàm số f  x   x  x đoạn 0;1 f   x    x2  x2  x2   x2  x2  0, x  0;1  max f  x   f 1  0;1 Vậy diện tích lớn nhất tam giác OAB bằng CÂU 12: Lời giải Chọn B Gọi d đường thẳng qua tâm I 1; 3;  mặt cầu S  vng góc với Oxz  x   Phương trình tham số d :  y   t ,  t  z    Gọi A , B giao điểm d S  suy ra: A 1; 5;  , B 1;1;  Ta có: d  A;  Oxz    d  B;  Oxz   Theo đề N  A  N 1; 5;   x0  y0  z0  CÂU 13: Lời giải Chọn D I Ta có AB  , , BC  40 nên tam giác $ABC$ vuông A Gọi trung điểm $BC$, IM  IN  IP  10  Do mặt cầu  S  thỏa mãn đề mặt cầu có bán kính 61 Ln u để Sống, ln sống để học Tốn, ln học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn R  10  CÂU 14: AC  32 Lời giải Chọn D Ta có A  2xM  yM  2zM   xM  1   yM     zM  3   2  12  22   x  1   y  2   z  3    3.4   18 2  xM   2t xM  y M  z M   Dấu xảy    t    y M   t , thay vào phương 1 Z   2t  M trình S  ta được: 4t  t  4t  16  t   11 17  Do M  ; ;   3  B  xM  yM  zM  10 CÂU 15: Lời giải Chọn D Cách 1: Gọi A, B,C , D tâm bốn mặt cầu, khơng tính tổng qt ta giả sử AB  , AC  BD  AD  BC  Gọi M , N trung điểm AB , CD Dễ dàng tính MN  Gọi I tâm mặt cầu nhỏ với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu Vì IA  IB, IC  ID nên I nằm đoạn MN  2 Đặt IN  x , ta có IC   x   r , IA  22   x Từ suy  32  x  2  2  x   2r 1 x  12 11 , suy  12  r    3  11  11   Cách 62 Luôn yêu để Sống, sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn Gọi A, B tâm cầu bán kính C , D tâm cầu bán kính I tâm cầu bán kính x Mặt cầu I tiếp xúc với mặt cầu tâm A, B,C , D nên IA  IB  x  2, IC  ID  x  Gọi  P  ,  Q  mặt phẳng trung trực đoạn AB CD  IA  IB  I   P   I   P    Q   1   IC  ID  I  Q  Tứ diện ABCD có DA  DB  CA  CB  suy MN đường vng góc chung AB CD , suy MN   P   Q (2) Từ  1   suy I  MN Tam giác IAM có IM  IA2  AM  Tam giác CIN có IN  IC  CN   x  2  x  3 2 4 9 2 Tam giác ABN có NM  NA  AM  12 Suy  x  3 9   x  2   12  x  11 63 Luôn yêu để Sống, sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn ĐỀ SỐ THỜI GIAN LÀM BÀI: 60 PHÚT Câu 1: (THPT HAU LOC 2_THANH HOA) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai  5 10 13  điểm A 1; 2;7  , B  ; ;  Gọi  S  mặt cầu tâm I qua hai điểm A , B  7  cho OI nhỏ M  a; b; c  điểm thuộc S  , giá trị lớn biểu thức T  2a  b  2c A 18 Câu 2: B C 156 D (THPT QUẢNG XƯƠNG 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x     y  1   z  1 2  M  x0 ; y0 ; z0   S cho A  x0  y0  2z0 đạt giá trị nhỏ Khi x0  y0  z0 B 1 A Câu 3: C 2 D [2H3-2.13-4] (CÔNG TY TNHH GIÁO DỤC TÂN HỒNG PHONG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  C  0;0; 3 Mặt cầu S  qua A , B , C đồng thời cắt ba tia Ox , Oy , Oz ba điểm phân biệt M , N , P Gọi H trực tâm tam giác MNP Tìm giá trị nhỏ HI với I  4; 2;  A Câu 4: 10 B D C (Sở Quảng Bình)Trong khơng gian Oxyz , cho điểm I  3; 4;0  đường thẳng : x 1 y  z 1 Phương trình mặt cầu S  có tâm I cắt  hai điểm A ,   1 4 B cho diện tích tam giác IAB 12 A  x     y    z  25 B  x     y    z  C  x     y    z  D  x     y    z  25 2 Câu 2 2 (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0; 1; 1 , B  3; 0; 1 , C  0; 21; 19  mặt cầu  S  :  x  1   y     z   2  M  a; b; c  điểm thuộc mặt cầu  S  cho biểu thức T  MA2  MB2  MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a  b  c 14 12 A a  b  c  B a  b  c  C a  b  c  D 5 a  b  c  12 64 Luôn yêu để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn Câu (Chuyên Hùng Vương) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1;  , B  1;0;  , C  0; 1; 3 điểm M thuộc mặt cầu  S  : x  y   z  1  Khi biểu thức MA2  MB2  MC đạt giá trị nhỏ độ đài đoạn AM A Câu 7: B C D [Đề thi thử-Liên trường Nghệ An-L2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   hai điểm A 1;1;1 , B  3; 3; 3 Mặt cầu S  qua hai điểm A, B tiếp xúc với  P  điểm C Biết C ln thuộc đường tròn cố định Tính bán kính đường tròn A R  Câu 8: B R  [CHUYÊN ĐHKHTN C R  HUẾ] Trong không 33 gian D R  Oxyz cho 11 mặt cầu S  :  x  1   y     z    mặt phẳng  P : 2x  2y  z   Gọi M  a; b; c  điểm mặt cầu S  cho khoảng cách từ M đến  P  lớn Khi 2 A a  b  c  B a  b  c  C a  b  c  D a  b  c  Câu 9: [LÊ HỒNG PHONG] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d: x 1 y z  mặt cầu S  tâm I có phương trình   1 1  S  :  x     y     z  1 2  18 Đường thẳng d cắt  S  hai điểm A, B Tính diện tích tam giác IAB A Câu 10: 11 B 16 11 C 11 D 11 (SGD – HÀ TĨNH) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x  y  z  2x  4y  2z  điểm M  0;1;0  Mặt phẳng  P  qua M cắt S  theo đường tròn C  có chu vi nhỏ Gọi N( x ; y ; z ) điểm thuộc đường tròn  C  cho ON  Tính y 2 0 0 A 2 Câu 11: B C 1 D (THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z   2  hai điểm M  4; 4;  , N  6;0;6  Gọi E điểm 65 Luôn u để Sống, ln sống để học Tốn, ln học toán để Yêu – Phạm Minh Tuấn thuộc mặt cầu S  cho EM  EN đạt giá trị lớn Viết phương trình tiếp diện mặt cầu S  E A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D 2x  y  z   Câu 12 (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2y  2z   điểm I  1; 2;  1 Viết phương trình mặt cầu S  có tâm I cắt mặt phẳng  P  theo giao tuyến đường tròn có bán kính A  S  :  x  1   y     z  1  25 B  S  :  x  1   y     z  1  16 C  S  :  x  1   y     z  1  34 D  S  :  x  1   y     z  1  34 2 2 2 2 2 2 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ CÂU 1: Lời giải Chọn A Tâm I mặt cầu S  qua hai điểm A , B nằm mặt phẳng trung trực AB Phương trình mặt phẳng trung trực AB  P  : x  2y  3z  14  OI nhỏ I hình chiếu vng góc O mặt phẳng  P  x  t  Đường thẳng d qua O vng góc với mặt phẳng  P  có phương trình  y  2t  z  3t  Tọa độ điểm I ứng với t nghiệm phương trình t  2.2t  3.3t  14   t   I 1; 2; 3 Bán kính mặt cầu S  R  IA  Từ T  a  b  2c  a  b  c  T  , Q  : 2x  y  2z  T  suy M thuộc mặt phẳng Vì M thuộc mặt cầu nên:   d I ; Q   R  2.1   2.3  T 22   1  22    T  12  6  T  18 Vậy max T  18 CÂU 2: 66 Luôn yêu để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để Yêu – Phạm Minh Tuấn Lời giải Chọn B Tacó: A  x0  y0  2z0  x0  y0  z0  A  nên M   P  : x  y  2z  A  , điểm M điểm chung mặt cầu S  với mặt phẳng  P  Mặt cầu S  có tâm I  2;1;1 bán kính R    Tồn điểm M d I ,  P   R  |6  A|   3  A  15 Do đó, với M thuộc mặt cầu S  A  x0  y0  z0  3 Dấu đẳng thức xảy M tiếp điểm  P  : x  y  2z   với S  hay M hình chiếu I lên  P  Suy M  x0 ; y0 ; z0  thỏa:  x0  y0  z0   t  1    x0   t  x0     y   2t  y0  1  z   2t  z  1   Vậy  x0  y0  z0  1 CÂU 3: Lời giải Chọn A Gọi M  m;0;0  , N  0; n;0  , P  0;0; p  Gọi E tâm mặt cầu S  , R bán kính mặt cầu S  Gọi K trung điểm AM , ta có : EK  AM       Ta có : OM.OA  OK  KM OK  KA  OK  KM OK  KM  OK  KM  OE2  KE2  KM  OE2  R2 Chứng minh tương tự ta có: ON.OB  OE2  R2 , OP.OC  OE2  R2  OM.OA  ON.OB  OP.OC  m.1  n.2  p.3 67 Luôn u để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn Ta có : phương trình mặt phẳng y  MNP  : mx  n  pz  hay x y 3z   1 m m m  x  y  3z  m   vectơ pháp tuyến  MNP  n  1; 2;  Vì tứ diện OMNP có cạnh từ O đơi vng góc nên OH   MNP   phương trình đường thẳng OH  : x y z   (cố định) Vậy HI nhỏ H hình chiếu I lên OH Khi : Phương trình mặt phẳng qua I vng góc OH : x  y  3z  14  ,  H 1; 2;   IH  10 CÂU 4: Lời giải Chọn D Đường thẳng  qua điểm M 1; 2; 1 có véc-tơ phương u  1;1; 4  Ta có IM   2; 2; 1   IM , u   9; 9;0    IM , u      Khoảng cách từ I đến đường thẳng  dI ,   IM , u   u  18 3 Diện tích tam giác IAB 12 nên AB  2SIAB 2.12  8 d I ,  Bán kính mặt cầu S  2  AB  2 R    d  I ,         Phương trình mặt cầu S  cần lập 68 Luôn yêu để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn  x  3   y   2  z  25 CÂU 5: Lời giải Chọn A S  :  x  1   y  1   z  1  có tâm I 1; 1; 1 Gọi G  x; y; z  điểm thỏa 3GA  2GB  GC  , 3   x     x     x   x    3 1  y     y    21  y     y   G 1; 4; 3   3 1  z    1  z    19  z    z  3 2 Lúc ta có T  MA2  MB2  MC  MG  MG.GA  3GA2  MG  MG.GB  2GB2  MG  MG.GC  GC   MG  MG 3GA  2GB  GC   MG T đạt giá trị nhỏ M hai giao điểm đường thẳng IG mặt cầu S  x   Phương trình đường thẳng IG :  y   3t  z   4t  M  IG  S nên tọa độ M nghiệm hệ x    y   t t   Khi :    z   4t t  1   x  12   y  12   z  12      1  M1  1; ;    5   9  M2  1; ;   5   1 Vì M1G  M2G nên điểm M  M1  1; ;   5 14 Vậy a  b  c  CÂU 6: Lời giải Chọn A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta có G  0;0; 3 G  S  69 Luôn yêu để Sống, sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn      2 Khi đó: MA2  MB2  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC     MG2  MG GA  GB  GC  GA2  GB2  GC  MG   Do MA2  MB2  MC   MG ngắn Ta lại có, mặt cầu S  có bán kính R  tâm I  0;0;1 thuộc trục Oz , S  qua O Mà G  Oz nên MG ngắn M  Oz  S Do M  0;0;  Vậy MA  CÂU 7: Lời giải Chọn A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta có G  0;0; 3 G  S       2 Khi đó: MA2  MB2  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC     MG2  MG GA  GB  GC  GA2  GB2  GC  MG   Do MA2  MB2  MC   MG ngắn Ta lại có, mặt cầu S  có bán kính R  tâm I  0;0;1 thuộc trục Oz , S  qua O Mà G  Oz nên MG ngắn M  Oz  S Do M  0;0;  Vậy MA  CÂU 8: Lời giải Chọn C 70 Luôn yêu để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để Yêu – Phạm Minh Tuấn M d I H P) M' Mặt cầu  S  :  x  1   y     z    có tâm I 1; 2; 3 bán kính R  2 Gọi d đường thẳng qua I 1; 2; 3 vng góc  P   x   2t  Suy phương trình tham số đường thẳng d  y   2t z   t  Gọi A, B giao d S  , tọa độ A, B ứng với t nghiệm t  2 phương trình 1  2t  1    2t      t      t  1 Với t   A  3; 0;   d  A;( P)   13 Với t  1  B  1; 4;   d  B;( P)   Với điểm M  a; b; c  S  ta ln có d  B;( P)   d  M;( P)   d  A;( P)  Vậy khoảng cách từ M đến  P  lớn 13 M  3;0;  Do a  b  c  CÂU 9: Lời giải Chọn A 71 Ln u để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn Đường thẳng d qua điểm C 1;0; 3  có vectơ phương u   1; 2; 1 Mặt cầu S  có tâm I 1; 2; 1 , bán kính R  Gọi H hình chiếu vng góc I lên đường thẳng d Khi đó: IH   IC , u   u Vậy IH  , với IC   0; 2; 2  ; x  y  3z   62  22  22 1 1 Suy HB  18   66 22  3 1 66 8 11 Vậy, SIAB  IH  AB     2 3 CÂU 10: Lời giải Chọn B Mặt cầu S  có tâm I  1; 2;1 , bán kính R  2 Bán kính đường tròn  C  r  R  d   d với d  d  I ,  P   Chu vi  C  nhỏ r nhỏ  d lớn Ta có d  IM  dmax  IM   P  qua M vuông góc IM  P  qua M  0;1;0  , nhận IM  1; 1; 1 làm VTPT 72 Luôn yêu để Sống, sống để học Tốn, ln học tốn để u – Phạm Minh Tuấn   P  : x   y  1  z   x  y  z   Ta có tọa độ N thỏa hệ x2  y  z  2x  y  2z  2 x  y  z  6 y      x  y  z    x  y  z  y2 x  y  z   x2  y  z  x2  y  z  x  y  z     CÂU 11: Lời giải Chọn D Mặt cầu S  có tâm I 1; 2;  bán kính R  Gọi K trung điểm MN  K  5; 2;  K nằm mặt cầu S  Do IK   4; 4;  , MN   2; 4;  , MN  IK  MN  MN  Ta có EM  EN  EM  EN   EK    EK  36     Bởi EM  EN đạt giá trị lớn EM  EN EK lớn  x   2t  Vì IK  MN nên EM  EN E thuộc đường thẳng IK :  y   2t z   t  Tọa độ giao điểm E đường thẳng IK với mặt cầu S  ứng với t nghiệm phương trình: 1  2t  1    2t      t   2   t  1 Như E1  3;0; 3 E2  1; 4;1 Ta có E1K  , E2 K  Suy E   1; 4;1  IE   2; 2; 1 , nên phương trình tiếp diện mặt cầu S  E có phương trình: 2  x  1   y    1 z  1  hay x  y  z   CÂU 12: 73 Luôn yêu để Sống, ln sống để học Tốn, ln học tốn để Yêu – Phạm Minh Tuấn Lời giải Chọn D   d  d I , P  1     R2  d  r   25  34 Vậy  S  :  x  1   y     z  1  34 2 74 ...  2 2 2 x y z x y z x y z Mặt khác M   ABC  nên     12 y 12 x 12 z 3 2  12  2 2 x y z x y z x  y2  z2   6x  3y  2z  x2  y  z2   x2  y  z2  6x  3y  2z ...   x  2   y  2 2 2 2  12  32 2 2   y      y     2   x  x   16  x  x   10 y  10  x  2    l  2R  2 x  4 y   3   1 2  42  26 CÂU 2: Lời giải... IC    2  12  MI  MI IA  IB  2IC  IA  IB  2IC  12  MI  IA2  IB2  IC  12  MI   12  IA2  IB2  IC  Mặt khác:   IA2  IB2  IC  IA  IC  ID  AD  IC 2 AB2   AB2   IC
- Xem thêm -

Xem thêm: TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2, TỔNG ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ tập 2

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn