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

Tài liệu gồm 12 trang được biên soạn bởi tập thể quý thầy, cô giáo Nhóm Word Và Biên Soạn Tài Liệu Môn Toán THPT, hướng dẫn giải bài toán xác định tâm, bán kính, diện tích và thể tích của mặt cầu, được phát triển dựa trên câu 14 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm học 2019 – 2020 do Bộ Giáo dục và Đào tạo công bố.

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 trịn 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 trịn 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 trịn giao tuyến Hình trịn 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 trịn giao tuyến có chu vi bằng 8 có diện tích A 80 B 50 C 100 Lời giải D 25 Chọn A Đường trịn 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 trịn có bán kính  S  cắt mặt phẳng  Q  theo giao tuyến đường trịn 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