D13 toán max min liên quan đến mặt cầu muc do 4

Câu 32. [2H3-2.13-4] (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz cho
các mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  có bán kính r  1 và lần lượt có tâm là các điểm A  0;3; 1 , B  2;1; 1 ,

C  4; 1; 1 . Gọi  S  là mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt cầu trên. Mặt cầu 6 có bán kính nhỏ nhất là
A. R  2 2  1 .

C. R  2 2 .

B. R  10 .

D. R  10  1 .

Lời giải
Chọn D

Ta có AB  8 , AC  32 , BC  40 nên tam giác $ABC$ vuông tại A . Gọi I là trung điểm của
$BC$, khi đó IM  IN  IP  10  1 . Do đó mặt cầu  S  thỏa mãn đề bài là mặt cầu có bán kính
R  10  1 .

Câu 45:

(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Trong không

[2H3-2.13-4]

gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  16 . Gọi M là điểm
2

2

2

thuộc mặt cầu  S  sao cho biểu thức A  2 xM  yM  2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức
B  xM  yM  zM bằng.

A. 21

D. 10

C. 5

B. 3
Lời giải

Chọn D
Ta có A  2 xM  yM  2z M  2  xM  1   yM  2   2  zM  3  6



2

2



 12  22   x  1   y  2    z  3
2

2

2

  6  3.4  6  18 .

 xM  1  2t
xM  1 yM  2 zM  3



 t  0   yM  2  t , thay vào phương trình
Dấu bằng xảy ra khi
2
1
2
 Z  3  2t
 M

 S  ta được:
Câu 45:

[2H3-2.13-4]

4t 2  t 2  4t 2  16  t 

4
 11 2 17 
. Do đó M  ; ;  và B  xM  yM  zM  10 .
3
3 3 3

(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Trong không gian với hệ

tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  16 . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu
2

S 

2

2

sao cho biểu thức A  2 xM  yM  2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức

B  xM  yM  zM bằng.

A. 21

C. 5

B. 3
Lời giải

Chọn D

D. 10


Ta có A  2 xM  yM  2z M  2  xM  1   yM  2   2  zM  3  6



2

2



 12  22   x  1   y  2    z  3
2

2

2

  6  3.4  6  18 .

 xM  1  2t
xM  1 yM  2 zM  3



 t  0   yM  2  t , thay vào phương trình
Dấu bằng xảy ra khi
2
1
2
 Z  3  2t
 M
4
11 2 17
 S  ta được: 4t 2  t 2  4t 2  16  t  . Do đó M  ; ;  và B  xM  yM  zM  10 .

3
3 3 3
Câu 48: [2H3-2.13-4]
(THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Trong không
gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 , 3 , 3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau.
Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng
A.

5
9

3
7

B.

C.

7
15

D.

6
11

Lời giải
Chọn D
Cách 1:
Gọi A, B, C, D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB  4 ,

AC  BD  AD  BC  5 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD . Dễ dàng tính được

MN  2 3 . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì
IA  IB, IC  ID nên I nằm trên đoạn MN .



Đặt IN  x , ta có IC  32  x 2  3  r , IA  22  2 3  x
Từ đó suy ra



3 x  2  2 2x
2

2

2





2

 2r
2

2

 12 3 
12 3
6
1 x 
, suy ra r  32  
  3 
11
11
 11 

Cách 2

Gọi A, B là tâm quả cầu bán kính bằng 2 . C , D là tâm quả cầu bán kính bằng 3 . I là tâm quả
cầu bán kính x .


Mặt cầu  I  tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm A, B, C, D nên IA  IB  x  2, IC  ID  x  3 .
Gọi  P  ,  Q  lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD .


 IA  IB  I   P 
 I   P    Q  1 .

IC

ID

I

Q





Tứ diện ABCD có DA  DB  CA  CB  5 suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và
CD , suy ra MN   P    Q  (2).
Từ 1 và  2  suy ra I  MN

 x  2

Tam giác IAM có IM  IA2  AM 2 
Tam giác CIN có IN  IC 2  CN 2 

 x  3

2

4.

9 .

2

Tam giác ABN có NM  NA2  AM 2  12 .
Suy ra

 x  3

2

9 

 x  2

2

 4  12  x 

6
.
11

Câu 50: [2H3-2.13-4]

(THPT HAU LOC 2_THANH HOA_LAN2_2018_BTN_6ID_HDG)
 5 10 13 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;7  , B  ;
;  . Gọi  S  là
 7 7 7
mặt cầu tâm I đi qua hai điểm A , B sao cho OI nhỏ nhất. M  a; b; c  là điểm thuộc  S  , giá
trị lớn nhất của biểu thức T  2a  b  2c là
A. 18 .
B. 7 .

C. 156 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn A

Tâm I mặt cầu  S  đi qua hai điểm A , B nằm trên mặt phẳng trung trực của AB . Phương
trình mặt phẳng trung trực của AB là  P  : x  2 y  3z  14  0 .
OI nhỏ nhất khi và chỉ khi I là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng  P  .

x  t

Đường thẳng d qua O và vuông góc với mặt phẳng  P  có phương trình  y  2t .
 z  3t

Tọa độ điểm I khi đó ứng với t là nghiệm phương trình

t  2.2t  3.3t  14  0  t  1  I 1;2;3 .
Bán kính mặt cầu  S  là R  IA  4 .
Từ T  2a  b  2c  2a  b  2c  T  0 , suy ra M thuộc mặt phẳng  Q  : 2 x  y  2 z  T  0 .
Vì M thuộc mặt cầu nên:
2.1  2  2.3  T
d  I ; Q   R 
 4  6  T  12  6  T  18 .
2
2
2
2   1  2
Vậy max T  18 .Câu 20:

[2H3-2.13-4] (THPT QUẢNG XƯƠNG1) Trong không gian với hệ tọa

độ Oxyz , cho mặt cầu

 S  :  x  2   y 1   z 1
2

2

2

 9 và M  x0 ; y0 ; z0    S  sao cho

A  x0  2 y0  2 z0 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó x0  y0  z0 bằng

A. 2 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 1 .


Lời giải
Chọn B
Tacó: A  x0  2 y0  2 z0  x0  2 y0  2 z0  A  0 nên M   P  : x  2 y  2 z  A  0 ,
do đó điểm M là điểm chung của mặt cầu  S  với mặt phẳng  P  .
Mặt cầu  S  có tâm I  2;1;1 và bán kính R  3 .
| 6 A|
 3  3  A  15
3
Do đó, với M thuộc mặt cầu  S  thì A  x0  2 y0  2 z0  3 .

Tồn tại điểm M khi và chỉ khi d  I ,  P    R 

Dấu đẳng thức xảy ra khi M là tiếp điểm của  P  : x  2 y  2 z  3  0 với  S  hay M là hình

chiếu của I lên  P  . Suy ra M  x0 ; y0 ; z0 

 x0  2 y0  2 z0  3  0 t  1
x  2  t

 0
 x0  1

thỏa: 
 y0  1  2t
 y0  1
 z0  1  2t
 z0  1

Vậy  x0  y0  z0  1 .
Câu 21: [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  và C  0;0;3 . Mặt cầu  S  luôn qua A , B , C
và đồng thời cắt ba tia Ox , Oy , Oz tại ba điểm phân biệt M , N , P . Gọi H là trực tâm của
tam giác MNP . Tìm giá trị nhỏ nhất của HI với I  4; 2; 2  .
A. 10 .

B.

C. 5 2 .
Lời giải

7.

D. 2 5 .

Chọn A
Gọi M  m;0;0  , N  0; n;0  , P  0;0; p  .
Gọi E là tâm mặt cầu  S  , R là bán kính mặt cầu  S  .
Gọi K là trung điểm AM , ta có : EK  AM .





 



Ta có : OM .OA  OK  KM OK  KA  OK  KM OK  KM



 OK 2  KM 2

 OE 2  KE 2  KM 2  OE 2  R2

Chứng minh tương tự ta có: ON .OB  OE 2  R2 , OP.OC  OE 2  R2
 OM .OA  ON .OB  OP.OC  m.1  n.2  p.3

Ta

có :

phương

trình

mặt

phẳng

 MNP  :

x y z
  1
m n p

hay

 x  2 y  3z  m  0  vectơ pháp tuyến của  MNP  là n  1; 2;3 .

Vì tứ diện OMNP có 3 cạnh từ O đôi một vuông góc nên OH   MNP 
x y z
  (cố định).
1 2 3
Vậy HI nhỏ nhất khi H là hình chiếu của I lên OH
Khi đó :
Phương trình mặt phẳng qua I và vuông góc OH là : x  2 y  3z  14  0 ,

 phương trình đường thẳng  OH  :

 H 1; 2;3  IH  10

x 2 y 3z


1
m m m


Câu 48:

(Sở Quảng Bình - 2018 - BTN – 6ID – HDG)Trong không gian Oxyz , cho
x 1 y  2 z  1
điểm I  3; 4;0  và đường thẳng  :
. Phương trình mặt cầu  S  có tâm I


1
1
4
và cắt  tại hai điểm A , B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12 là
2
2
2
2
A.  x  3   y  4   z 2  25
B.  x  3   y  4   z 2  5
[2H3-2.13-4]

D.  x  3   y  4   z 2  25
Lời giải

C.  x  3   y  4   z 2  5
2

2

2

2

Chọn D
Đường thẳng  đi qua điểm M 1; 2; 1 và có véc-tơ chỉ phương u  1;1; 4  .
Ta có IM   2; 2; 1   IM , u    9; 9;0    IM , u   9 2 .
Khoảng cách từ I đến đường thẳng  là

d  I ,  

 IM , u  9 2



 3.
18
u

Diện tích tam giác IAB bằng 12 nên

AB 

2S IAB
2.12


 8.
d  I , 
3

Bán kính mặt cầu  S  là
2

2
 AB 
2
2
R 
   d  I ,     4  3  5 .
 2 

Phương trình mặt cầu  S  cần lập là

 x  3   y  4 
2

2

 z 2  25 .