Tổng hợp mặt cầu oxyz có giải chi tiết

Page : The Spiciness of MATH tổng hợp

Link page: />
Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1; 3 và hai điểm M , B

thỏa mãn


 
2
2
2
4MAMA
.
 MB.MB  0 . Giả sử điểm M thay đổi trên mặt cầu x  1  y  1  z  3  4 . Khi đó

điểm B thay đổi trên một mặt cầu có phương trình là:
A. S1  : x  1  y  1  z  3  4 .

B. S 2  : x  1  y  1  z  3  8 .

C. S 3  : x  2  y  4   z  6  4 .

D. S 4  : x  2  y  4   z  6  8 .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải

 


Từ 4MAMA
.
 MB.MB  0 ta suy ra MA cùng chiều với MB . Hơn nữa:

 





4MA.MA  MB.MB  0  4MA.MA  MB.MB  4MA.MA  MB.MB  4MA2  MB 2 Vậy M là

 
   
  
điểm thoả 2MA  MB , suy ra: MA  MA  MB  0  MA  BA  0 suy ra A là trung điểm của MB .
Vì điểm M thay đổi trên mặt cầu S  : x  1  y  1  z  3  4 có tâm là điểm A 1; 1; 3 nên
2

2

2

MB là đường kính của mặt cầu S  , do đó khi M thay đổi trên S  thì điểm B cũng thay đổi trên mặt cầu

này. Do đó ta chọn đáp án A.
Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P  : x  2y  2z  6  0 . Trong P  lấy điểm M và

 
xác định điểm N thuộc đường thẳng OM sao cho ON .OM  1 . Mệnh đề nào sau đây đúng?




1
1
1
1

A. Điểm N luôn thuộc mặt cầu suy ra có phương trình x    y    z    .
6 
3  
3 
4


2

2

2




1
1
1
1
B. Điểm N luôn thuộc mặt cầu có phương trình x    y    z   
.
12  
6  
6 
16

2

2

C. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình x  2y  2z  1  0 .
D. Điểm N luôn thuộc mặt phẳng có phương trình x  2y  2z  1  0 .
Lời giải
 
Vì O , M , N thẳng hàng và OM .ON  1 nên OM .ON  1 .
 

1 
Từ OM .ON  1 suy ra OM 
.ON .
ON 2
Fb admin : />
2


Page : The Spiciness of MATH tổng hợp

Link page: />

a
b
c
 .
;
;
Gọi N a;b; c  , khi đó M  2

a  b 2  c 2 a 2  b 2  c 2 a 2  b 2  c 2 
Vì M  P  nên

a
2b
2c
 2
 2
6  0
2
2
2
2
a b c
a b c
a  b2  c2
2




a b c
1
1
1
1
 a  b  c     0  a    b    c   
.



6 3 3

12 
6
6
16



2

2

2

2

2

2

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1,0,0, B 0,2,0 , C 0,0,3. Tập hợp các điểm
M  x ; y ; z  thỏa MA 2  MB 2  MC 2 là mặt cầu có bán kính

A. R  2.

B. R  2.

C. R  2 2.

D. R  4.

Lời giải
Ta có

MA2  MB 2  MC 2   x 1  y 2  z 2  x 2   y  2  z 2  x 2  y 2   z  3
2

2

2

 x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  12  0
  x  1   y  2   z  3  2.
2

2

2

Suy ra tập hợp các điểm M  x , y, z  thỏa mãn là mặt cầu có bán kính R  2.
Câu 4. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;0;0  và B 5;0;0. Gọi  H  là tập hợp các điểm M trong
 
không gian thỏa mãn MA.MB  0. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A.  H  là một đường tròn có bán kính bằng 2.

B.  H  là một đường tròn có bán kính bằng 4.
C.  H  là một mặt cầu có bán kính bằng 2.
D.  H  là một mặt cầu có bán kính bằng 4.
Lời giải

 I 3;0;0

Gọi I là trung điểm AB 

 .
 

IA


IB


Fb admin : />

Page : The Spiciness of MATH tổng hợp

Link page: />
 
   
   
Ta có MA.MB  0  MI  IA . MI  IB  0  MI  IA . MI  IA  0













 2  2
 MI  IA  0  MI 2  IA 2  0 
 MI 2  4  MI  2

Câu 5. 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 trên mặt
phẳng  ABC , N là điểm trên tia OM sao cho OM .ON  12. Biết khi M thay đổi thì điểm N luôn nằm trên
mặt cầu cố định. Tính bán kính mặt cầu đó.
A.

7
.
2

B. 3 2 .

C. 2 3 .

D.

5
.
2

Lời giải
Phương trình mặt phẳng  ABC  : 6 x  3 y  2 z  12.
Giả sử N  x; y ; z   ON  x 2  y 2  z 2 . Vì N là điểm trên tia OM và thỏa OM .ON  12 suy ra

 



12 
ON .OM  12  OM .ON 2  12ON  OM 
.ON .
ON 2


12 x
12 y
12 z
 M  2
;
;
. .
 x  y 2  z 2 x 2  y 2  z 2 x 2  y 2  z 2 
Vì M   ABC  

6.12 x
3.12 y
2.12 z
 2
 2
 12
2
2
2
2

x y z
x  y z
x  y2  z 2
2


3
49
2
  x  3   y     z 1 

2
4
2

2

Vậy N thuộc mặt cầu cố định bán kính R 

7
.
2

Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P  : x  y  z  3  0 và hai điểm A 1;1;1 ,
B 3; 3; 3 . Mặt cầu S  đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với P  tại điểm C . Biết rằng C luôn thuộc

một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó
A. R  4 .

B. R  6 .

C. R 

2 33
.
3

D. R 

Lời giải
Fb admin : />
2 11
.
3


Page : The Spiciness of MATH tổng hợp

Link page: />


x t


Phương trình đường thẳng AB là 
y  t .


z t




Giao điểm của AB và P  là I 3; 3; 3 . Suy ra IA  2 3 và IB  6 3 .

Vì mặt cầu S  tiếp xúc với mặt phẳng P  tại C nên IC là tiếp tuyến của mặt cầu S  . Do đó
IA.IB  IC 2  IC  IA.IB  6 .

Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định nằm trên mặt phẳng P  với tâm I 3; 3; 3 , bán kính bằng 6 .
Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

  : 2x  2y  z  12  0 . Điểm

M di động trên

nhau. Biết rằng M luôn thuộc một đường tròn
A. 4 .

B.

9
.
2

A 10; 6; 2

  sao cho

,

B 5;10; 9

MA , MB luôn tạo với

C. 2 .

D. 10 .

A

B
H
M
K
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên mặt phẳng   , khi đó:









BK  d B;   

2.10  2.6  2  12
22  22  12

2.5  2.10  9  12
22  22  12

  các góc bằng

  cố định. Hoành độ của tâm đường tròn   bằng

Lời giải

AH  d A;  

và mặt phẳng

 6;

 3.

Fb admin : />

Page : The Spiciness of MATH tổng hợp

Link page: />
 
Vì MA , MB với   các góc bằng nhau nên AMH  BMK . Từ AH  2BK suy ra MA  2MB .
Gọi M x ; y; z  , ta có:

MA  2MB  MA2  4MB 2
2
2
2
2
2

2

 x  10  y  6  z  2  4 x  5  y  10  z  9 



 x 2  y2  z 2 

20
68
68
x y
z  228  0 .
3
3
3

10 34 34 
Như vậy, điểm M nằm trên mặt cầu S  có tâm I  ; ;   và bán kính R  2 10 . Do đó, đường tròn
3 
3 3

  là giao của mặt cầu S  và mặt phẳng   , nên tâm J

của đường tròn D là hình chiếu vuông góc của I

trên mặt phẳng   .


x  10  2t


3

34
Phương trình đường thẳng d đi qua I và vuông góc với mặt phẳng   là y 
 2t .

3

34
z  
t
3




10

x
 2t
x  2



3


y  10
34




y
 2t

Tọa độ điểm J là nghiệm x ; y; z  của hệ phương trình: 
 z  12 .
3



34


2
z   t


t  
3

3


2x  2y  z  12  0



Vậy.

Câu

8.

J  2;10; 12

Trong

không

P  : 1  m  x

gian

với

hệ

tọa

độ

Oxyz ,

cho

điểm



A  4;  2; 7

và

mặt

phẳng

 1  m  y  1  3m  z  2  8m   0 . Khi m thay đổi, biết tập hợp hình chiếu của A

trên mặt phẳng P  là một đường tròn, đường kính của đường tròn đó bằng
A. 3 5 .



B. 7 3 .

C. 3 7 .

D. 5 3 .

Lời giải
Fb admin : />


Page : The Spiciness of MATH tổng hợp

Link page: />



x 1


Phương trình đường thẳng AB là 
.
y  2


z  1  4t




Giao điểm của AB và P  là I 1;2; 3 . Suy ra IA  4 và IB  8 .

Vì mặt cầu S  tiếp xúc với mặt phẳng P  tại C nên IC là tiếp tuyến của mặt cầu S  . Do đó
IA.IB  IC 2  IC  IA.IB  2 2 .

Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định nằm trên mặt phẳng P  với tâm I 1;2; 3 , bán kính bằng 6 .



 







Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 3; 0; 0 , B 1; 2;1 và C 2;  1; 2 . Biết mặt phẳng qua B





, C và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC có một vectơ pháp tuyến là 10 ; a ; b . Tổng a  b là
A. 2 .

B. 2 .

C. 1 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn B





Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC là I x ; y ; z .
Ta có phương trình mặt phẳng OBC  là x  z  0 .

Phương trình mặt phẳng ABC  là 5x  3y  4z  15  0 .
Tâm I cách đều hai mặt phẳng OBC  và ABC  suy ra

x z
2



5x  3y  4z  15
5 2

y  3z  5  0
 
10x  3y  z  15  0


0  3.0  50  3.0  5  0
Vì 


10.3  3.0  0  1510.0  3.0  0  15  0




 .
 

suy ra hai điểm A và O nằm cùng phía  và nằm khác phía   suy ra loại 
và nhận mặt phẳng   .

Fb admin : />

Page : The Spiciness of MATH tổng hợp

Link page: />








Mặt phẳng   10x  3y  z  15  0 thỏa mãn đi qua B 1; 2;1 và C 2;  1; 2 và có một vectơ pháp tuyến





là 10; 3;1 suy ra a  3 , b  1 .Vậy a  b  2 .
Câu 11. Trong không gian Oxyz cho các điểm A 1; 0 ; 0  , B  0; 2; 0  , C  0; 0;3 . Viết phương trình mặt cầu nội tiếp tứ
diện OABC ?
A.  x  3   y  3   z  3  9 .
2

2

2

B.  x  2    y  2    z  2   4 .

2

2

2

2

1 
1 
1 1

C.  x     y     z    .
3 
3 
3 9


2

2

2

2

2

3 
3 
3 9

D.  x     y     z    .

2 
2 
2 4

Lời giải

Phương trình mặt phẳng  ABC  là 6 x  3 y  2 z  6  0 .
Phương trình mặt phẳng  OAB  là z  0 .
Phương trình mặt phẳng  OBC  là x  0 .
Phương trình mặt phẳng  OAC  là y  0 .
Gọi I  a ; b ; c  là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC suy ra khoảng cách từ I đến các mặt phẳng kể trên đều
bằng nhau và bằng R , tức là

6a  3b  2c  6
7

 a  b  c R.

Vì I  a ; b ; c  là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC có các tọa độ đỉnh đều không âm nên ta có a  0 ; b  0
; c0


11a  6
7

abcR

3
3
11a  6



 7 a
a  2
R  2



11a  6  a
a  1
R  1
 7


3
3
Vậy có hai mặt cầu cùng tiếp xúc với bốn mặt của tứ diện OABC , mặt cầu có bán kính nhỏ hơn sẽ nội tiếp tứ

1
diện, mặt cầu bán kính lớn hơn sẽ bàng tiếp tứ diện suy ra loại R  .
3
2

2

2

1 
1 
1 1


Vậy phương trình mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC lả  x     y     z    .
3 
3 
3 9


Fb admin : />

Page : The Spiciness of MATH tổng hợp

Link page: />
Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  0; 3; 0  , B 1;0;0  , C 1;1;1 . Biết mặt phẳng qua B , C và tâm mặt cầu





nội tiếp tứ diện OABC có một vectơ pháp tuyến là 3 2; a ; b . Tổng a2  b2 là
A. 26 .

B. 26  4 22 .

C. 26  4 22 .

D. 22 .

Lời giải
Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC là I  x ; y ; z  .
Ta có phương trình  OBC  là  y  z  0 .

Phương trình mặt phẳng  ABC  là 3x  y  z  3  0 .
Tâm I cách đều hai mặt phẳng  OBC  và  ABC  suy ra

y  z
2



3x  y  z  3
11



 
 



 

 3 2 x  11  2 y  2  11 z  3 2  0

3 2 x  11  2 y  2  11 z  3 2  0






 

.

Nhận thấy hai điểm A và O nằm cùng phía với   nên loại   và hai điểm A và O nằm khác phía   
nên nhận    .





Thấy ngay một vectơ pháp tuyến là 3 2; 11  2;  2  11 suy ra a  11  2 , b   2  11 .
Vậy a 2  b 2  26  4 22 .

Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD có A  0; 0; 0  , B  3;0;0  ,

C 1; 2;1

,

D  2; 1; 2 

. Gọi I là tâm mặt

cầu nội tiếp tứ diện ABCD . Lập phương trình đường thẳng qua D và vuông góc với mặt phẳng  ICD  ?
A.  d  :

x  2 y 1 z  2


.

10
3
1

B.  d  :

x  2 y 1 z  2


.
10
13
1

C.  d  :

x  2 y 1 z  2


.
10
3
1

D.  d  :

x  2 y 1 z  2


.

10
3
1

Lời giải
Phương trình mặt phẳng  ACD  là x  z  0 .
Phương trình mặt phẳng  BCD  là 5 x  3 y  4 z  15  0 .
Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC là I  x ; y ; z  suy ra I cách đều 2 mặt phẳng  ACD  và  BCD  tức
là
Fb admin : />

Page : The Spiciness of MATH tổng hợp

x z
2



Link page: />
5x  3y  4z  15
5 2

y  3z  5  0
 
10x  3y  z  15  0

1 .
2




0  3.0  50  3.0  5  0
Vì 

10.3  3.0  0  1510.0  3.0  0  15  0



suy ra A , B nằm cùng phía của mặt phẳng 1  và nằm khác phía của mặt phẳng  2 









Mặt phẳng 10x  3y  z  15  0  2  thỏa mãn đi qua C 1; 2 ;1 và D 2 ;  1; 2 suy ra phương trình mặt
phẳng  ICD  là 10 x  3 y  z  15  0 .


Phương trình đường thẳng cần tìm qua D  2; 1; 2  có a d  10; 3;  1
nên  d  có phương trình là

x  2 y 1 z  2


.
10

3
1

Fb admin : />