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

NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN 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 tắc: Cho mặt cầu có tâm I  a ; b ; c  , bán kính R Khi phương trình tắc mặt cầu 2  S  : x  a    y  b    z  c   R2  Phương trình mặt cầu dạng khai triển  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  Khi mặt cầu có có tâm I  a ; b ; c  , bán kính 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  S  :  x  1   y     z  1 A I  1; 2;1 R  C I  1; 2;1 R   Tìm tọa độ tâm I tính bán kính R  S  B I 1; 2; 1 R  D I 1; 2; 1 R  Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn sử dụng tính chất để xác định tâm bán kính mặt cầu HƯỚNG GIẢI: B1: Dựa phương trình mặt cầu dạng tắc tìm tâm bán kính mặt cầu 2 B2: Mặt cầu  S  :  x  a    y  b    z  c   R có tâm I  a ; b ; c  bán kính R Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn B 2 Mặt cầu  S  :  x  1   y     z  1  có tâm I  1; 2;1 bán kính R  Bài tập tương tự: 2 Câu 14.1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình  x  1   y  3  z  Tìm tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu A I  1;3;  ; R  B I 1; 3;0  ; R  C I 1; 3;0  ; R  D I  1;3;  ; R  Lời giải Chọn C Mặt cầu cho có tâm I 1; 3;  bán kính R  Trang 130 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020 Câu 14.2: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   Tìm tọa độ tâm I tính bán kính R mặt cầu  S  A I  3; 2;  , R  25 B I  3; 2; 4  , R  C I  3; 2;  , R  D I  3; 2; 4  , R  25 Lời giải Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I  3; 2;  Bán kính mặt cầu  S  R  2     2     4 5 Câu 14.3: Trong không gian Oxyz , diện tích mặt cầu  S  : 3x  y  z  x  12 y  18 z   A 20 B 40 C 60 Lời giải D 100 Chọn C Ta có x  y  z  x  12 y  18 z    x  y  z  x  y  z   Mặt cầu  S  có tâm I  1;  2;3  Bán kính mặt cầu  S  R  2  1   2    3   15 Diện tích mặt cầu V  4 R  60 Câu 14.4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  có phương trình x  y  z  x  y  z   Tính diện tích mặt cầu  S  A 42 B 36 C 9 Lời giải D 12 Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 bán kính R  12  2  32   Diện tích mặt cầu  S  là: S  4 R  4 32  36 2 Câu 14.5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y    z  Mặt cầu S  tích A V  16 B V  36 C V  14 D V   36 Lời giải Chọn B 2 Mặt cầu  S  :  x  1   y    z  có tâm 1; 2;  , bán kính R  Thể tích mặt cầu V   R  36 Bài tập tương tự phát triển: Trang 131 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020 x 1 y z   Gọi  S  mặt 1 cầu có tâm I , tiếp xúc với đường thẳng d Bán kính  S  Câu 14.6: Trong khơng gian Oxyz , cho điểm I 1;0;  đường thẳng d : A B Phân tích hướng dẫn giải C D 30 DẠNG TOÁN: Đây dạng tốn sử dụng tính chất để xác định tâm bán kính mặt cầu HƯỚNG GIẢI: B1: Dựa vào vị trí tương đối đường thẳng mặt cầu ta tìm bán kính mặt cầu R  d  I ; d  B2: Dựa vào cơng thức tính khoảng cách từ điểm dến đường thẳng ta tìm bán kính    MI ; u  30   R   u Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn D  d qua M 1; 0;0  có vectơ phương u  2; 1;1    MI ; u  30   Bán kính mặt cầu khoảng cách từ I đến d nên ta có: R    u 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 A 10 B C Lời giải D 10 Chọn A Gọi M hình chiếu vng góc tâm I 1; 2;3  lên trục Oy , suy M  0; 2;  Vì mặt cầu tiếp xúc với trục Oy nên có bán kính R  IM  10 Câu 14.8: Trong khơng gian Oxyz , mặt cầu có tâm I 1; 0; 2  tiếp xúc với mặt phẳng   : x  y  z   A có đường kính B C Phân tích hướng dẫn giải D DẠNG TOÁN: Đây dạng tốn sử dụng tính chất để xác định tâm bán kính mặt cầu HƯỚNG GIẢI: B1: Dựa vào vị trí tương đối mặt phẳng mặt cầu ta tìm bán kính mặt cầu R  d  I ;    B2: Dựa vào cơng thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng ta tìm bán kính R Ax0  By0  Cz0  D A2  B  C Trang 132 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020 Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn C 1  Ta có R  d  I ,      Đường kính R  Câu 14.9: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm A  2;1;1 tiếp xúc với mặt phẳng  Oxy  có bán kính A C Lời giải B D Chọn D Gọi M hình chiếu vng góc tâm A  2;1;1 lên mặt phẳng  Oxy  , suy M  2;1;  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  P  : x  y  z   điểm I  1; 2;  1 Bán kính mặt cầu  S  có tâm I cắt mặt phẳng  P  theo giao tuyến đường tròn có bán kính A 34 B C Phân tích hướng dẫn giải D 10 DẠNG TỐN: Đây dạng tốn sử dụng tính chất để xác định tâm bán kính mặt cầu HƯỚNG GIẢI: B1: Dựa vào vị trí tương đối mặt phẳng mặt cầu ta tìm bán kính mặt cầu R  d  I ;    B2: Dựa vào công thức R  d  r ta tìm bán kính mặt cầu, với d khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng cắt, r bán kính đường tròn giao tuyến mặt phẳng mặt cầu Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn A Ta có d  d  I ,  P    1     Trang 133 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020 +) R  d  r   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 hình tròn giao tuyến có diện tích 16 tích A 80 B 500  C 100 D 25 Lời giải Chọn B Gọi R , r bán kính mặt cầu bán kính đường tròn giao tuyến Hình tròn giao tuyến có diện tích 16   r  16  r  Khoảng cách từ I (2;3; 4) đến  Oxz  h  yI  Suy R  h  r  16   500 Thể tích mặt cầu  S  V   R   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    : x  y  z   theo hình tròn giao tuyến có chu vi bằng 8 có diện tích A 80 B 50 C 100 Lời giải D 25 Chọn A Đường tròn giao tuyến có chu vi 8 nên bán kính r  Khoảng cách từ tâm mặt cầu tới mặt phẳng giao tuyến d  d  I ,      2    2  11  22  Theo công thức R  r  d  20 Diện tích mặt cầu  S  S  4 R  80 Câu 14.13: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z   ,  Q  : x  y  z   Gọi  S  mặt cầu có tâm thuộc trục hồnh, đồng thời  S  cắt mặt phẳng  P  theo giao tuyến Trang 134 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020 đường tròn có bán kính  S  cắt mặt phẳng  Q  theo giao tuyến đường tròn có bán kính r Xác định r cho có mặt cầu  S  thỏa yêu cầu A r  B r  C r  D r  Lời giải Chọn D Gọi I  m; 0;  tâm mặt cầu có bán kính R , d1 , d2 khoảng cách từ I đến  P   Q  Ta có d1  Theo đề ta có m 1 d  2m  d12   d 22  r  m  2m  4m  4m  4  r 6  m2  2m  2r   1 u cầu tốn tương đương phương trình 1 có nghiệm m    2r  8   r2  Câu 14.14: r 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  1; 0; 0 , B  0; 0;  , C  0; 3;0  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC A 14 B 14 14 Phân tích hướng dẫn giải C D 14 DẠNG TOÁN: Đây dạng tốn xác định tâm bán kính mặt cầu qua bốn điểm hay ngoại tiếp tứ diện HƯỚNG GIẢI: B1: Giả sử mặt cầu có dạng x  y  z  2ax  2by  2cz  d  * B2: Thế tọa độ điểm nằm mặt cầu vào phương trình * ta giải hệ phương trình tìm a , b , c , d B3: Khi mặt cầu cần tìm có tâm I  a , b , c  , bán kính R  a  b  c  d Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn C Cách 1: Gọi  S  mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC Phương trình mặt cầu  S  có dạng: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  Trang 135 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020  a   d     1  2a  d  Vì O , A , B , C thuộc  S  nên ta có:   b      4c  d  c  9  6b  d  d   Vậy bán kính mặt cầu  S  R  a  b  c  d  14  1  4 Cách 2: OABC tứ diện vng có cạnh OA  , OB  , OC  có bán kính mặt cầu ngoại tiếp R  Câu 14.15: 1 14 OA2  OB  OC  1   2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2;0;  , B  0; 2;  , C  0; 0;  , D  2; 2;  Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính A B C D Lời giải Chọn B Gọi I  a; b; c  tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có dạng  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0,  a  b  c  d   Vì A, B, C , D   S  nên ta có hệ phương trình   4a  d   d  4a  d  4a    4b  d  d      a  b  c  a  b  c   a  b  c  12  12a 4a   12  12a 4a     4c  d    12  4a 4b  4c  d  Suy I 1;1;1 , bán kính mặt cầu R  IA  Câu 14.16: Trong không gian Oxyz , cho điểm H 1; 2;   Mặt phẳng   qua H cắt trục Ox , Oy , Oz A , B , C cho H trực tâm tam giác ABC Bán kính mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng   A R  B R  C R  D R  Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn xác định tâm bán kính mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng   qua H cắt trục Ox , Oy , Oz A , B , C cho H trực tâm tam giác ABC HƯỚNG GIẢI: B1: Ta chứng minh OH   ABC  B2: Khi mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng  ABC  có bán kính R  OH Trang 136 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020 Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn C z C O H A B y K x Ta có H trực tâm tam giác ABC  OH   ABC  Thật : OC  OA  OC  AB (1)  OC  OB Mà CH  AB (vì H trực tâm tam giác ABC ) (2) Từ (1) (2) suy AB   OHC   AB  OH (*) Tương tự BC   OAH   BC  OH (**) Từ (*) (**) suy OH   ABC  Khi mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng  ABC  có bán kính R  OH  Câu 14.17: S  Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 0;  1 , mặt phẳng  P  : x  y  z   Mặt cầu có tâm I nằm mặt phẳng  P  , qua điểm A gốc tọa độ O cho chu vi tam giác OIA  Diện tích mặt cầu  S  A S  16 B S  26 C S  49 Phân tích hướng dẫn giải D S  36 DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tính diện tích mặt cầu có tâm I nằm mặt phẳng  P  , qua điểm A gốc tọa độ O cho chu vi tam giác OIA a HƯỚNG GIẢI: B1: Giả sử  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d   a  b  c  d   B2: Thế tọa độ tâm I  a; b; c  vào phương trình  P  ta phương trình 1 Trang 137 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020 B3: Mặt cầu  S  qua A O nên tọa độ điểm A O vào phương trình  S  ta phương trình   ,  3 B4: Chu vi tam giác OIA a nên OI  OA  AI  a   B5: Giải hệ bốn phương trình 1 ,   ,   ,   tìm a , b , c , d  R  a  b  c  d Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn D   Giả sử  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  a  b2  c  d  S  có R  a  b  c  d tâm I  a; b; c    P   a  b  c   1   2a  2c  d  qua A O nên    a  c   2  c  a  d 0  Cộng vế theo vế 1   ta suy b  Từ đó, suy I  a; 2; a  1 S  Chu vi tam giác OIA  nên OI  OA  AI    a  1  2 a  2a    a  a     a2 + Với a  1  I  1; 2;    R  Do S  4 R  36 + Với a   I  2; 2;1  R  Do S  4 R  36 Câu 14.18: 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  tâm I mặt phẳng  P  : x  y  z  24  Gọi H hình chiếu vng góc I  P  Điểm M thuộc  S  cho đoạn A M  1; 0;  B M  0;1;  MH có độ dài lớn Tìm tọa độ điểm M C M  3; 4;  D M  4;1;  Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm điểm M thuộc  S  cho đoạn MH có độ dài lớn nhất, với H hình chiếu vng góc I  P  HƯỚNG GIẢI: B1: Tìm tâm bán kính mặt cầu  S  B2: Nhận xét Do d  I ;  P     R nên mặt phẳng  P  không cắt mặt cầu  S  Do H hình chiếu I lên  P  MH lớn nên M giao điểm đường thẳng IH với mặt cầu  P   x   2t  B3: Phương trình đường thẳng IH  y   2t z   t  B4: Giải hệ gồm phưng trình đường thẳng IH mặt cầu  S  tìm tọa độ điểm M Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Trang 138 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020 Chọn C Ta có tâm I 1; 2;3 bán kính R  Do d  I ;  P     R nên mặt phẳng  P  không cắt mặt cầu  S  Do H hình chiếu I lên  P  MH lớn nên M giao điểm đường thẳng IH với mặt cầu  P    IH  n P   2;2; 1  x   2t  Phương trình đường thẳng IH  y   2t z   t  Giao điểm IH với  S  : 9t   t  1  M  3; 4;  M  1; 0;  M H  d  M ;  P    12 ; M H  d  M ;  P    Vậy điểm cần tìm M  3; 4;  x  x   t   Câu 14.19: Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 1 :  y   t ,  :  y   2t Gọi  S   z  t z  1 t   mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng 1  Bán kính mặt cầu S  A 10 B 11 C D Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm bán kính nhỏ mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng 1  HƯỚNG GIẢI: B1: Giả sử: A 1  A 1;  t;  t  , B    B   t ;3  2t ;1  t   B2: Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng 1  có đường kính độ dài đoạn AB nên có bán kính r  AB , với AB độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng 1 2 Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn B Giả sử: A 1  A 1;  t ;  t  , B    B   t ;3  2t ;1  t    Ta có AB    t ;1  2t   t;1  t   t   VTCP đường thẳng 1 u1   0;1;  1  VTCP đường thẳng  u2  1;  2;  1 Trang 139 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020    AB.u1  1  2t   t  1  t   t   Ta có     3  t   1  2t   t   1  t   t    AB.u   t   2t   t  t   6t   t   Suy AB   3;1;1  AB  11 Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng 1  có đường kính độ dài đoạn AB nên có bán kính r  Câu 14.20: S  AB 11  2 Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 0;  1 , mặt phẳng  P  : x  y  z   Mặt cầu có tâm I nằm mặt phẳng  P  , qua điểm A gốc tọa độ O cho chu vi tam giác OIA  Tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu  S  A I  2;2;  1 , R  I  1;2;   , R  B I  3;3;3 , R  I 1;1;  1 , R  C I  2;2;1 , R  I  0;0;  3 , R  D I  1;2;   , R  I  2;2;1 , R  Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm tâm bán kính mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng qua hai điểm cho trước thỏa mãn thêm điều kiện phụ chu vi HƯỚNG GIẢI: B1: Giả sử  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d   a  b  c  d   B2: Vì  S  qua điểm A gốc tọa độ O nên thay tọa độ điểm A, O vào phương trình mặt cầu ta hệ điều kiện B3: Từ hệ điều kiện tìm cách rút b, c theo a đưa ẩn a B4: Khai thác giả thiết chu vi tam giác OIA  nên OI  OA  AI   B5: Giải phương trình ẩn a tìm a , từ tìm tọa độ tâm bán kính  S  Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn D Giả sử  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d   a  b2  c  d   S  có R  a  b  c  d tâm I  a; b; c    P   a  b  c   1   2a  2c  d  qua A O nên    a  c   2  c  a 1 d 0  Cộng vế theo vế 1   ta suy b  Từ đó, suy I  a; 2; a  1 S  Chu vi tam giác OIA  nên OI  OA  AI   Trang 140 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU 50 BÀI TỐN ƠN THI THPTQG: 2019-2020  a  1  2 a  2a    a  a     a2 2 + Với a  1  I  1; 2;    R  Do  S  :  x  1   y     z    2 + Với a   I  2; 2;1  R  Do  S  :  x     y     z  1  Trang 141 ... để xác định tâm bán kính mặt cầu HƯỚNG GIẢI: B1: Dựa vào vị trí tương đối mặt phẳng mặt cầu ta tìm bán kính mặt cầu R  d  I ;    B2: Dựa vào cơng thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt. .. tìm bán kính mặt cầu R  d  I ;    B2: Dựa vào công thức R  d  r ta tìm bán kính mặt cầu, với d khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng cắt, r bán kính đường tròn giao tuyến mặt phẳng mặt. .. tốn sử dụng tính chất để xác định tâm bán kính mặt cầu HƯỚNG GIẢI: B1: Dựa vào vị trí tương đối đường thẳng mặt cầu ta tìm bán kính mặt cầu R  d  I ; d  B2: Dựa vào cơng thức tính khoảng