Phương trình mặt cầu
Ngày đăng: 18/02/2019, 12:48
Câu 1: [2H3-2-4] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0; 1 mặt phẳng P : x y z Gọi S mặt cầu có tâm I nằm mặt phẳng P , qua điểm A gốc tọa độ O cho diện tích tam giác OIA A R 17 Tính bán kính R mặt cầu S B R C R D R Lời giải Chọn A Gọi I a; b; c 1 Ta có IA IO R hình chiếu I lên OA trung điểm H ;0; 2 2 OA SOIA 1 1 1 2 IH OA a b c 1 2 2 2 17 2 a b c a c 17 2a 2b 2c 2a 2c 2 2a 2b 2c 2a 2c 16 OI IA a b c a 12 b c 12 17 Theo ta có SOIA 2a 2b 2c 2a 2c 16 a b c I P 1 a c a b c a c a b c 3 a c a c Từ 1 3 ta có vào ta có b b c 1 I 1; 2; 2 c 2 c c 1 c OI R I 2; 2;1 c (SỞ GD VÀ ĐT THANH HĨA-2018) Trong khơng gian với hệ tọa độ Ozyz cho mặt cầu S1 , S , S3 có bán kính r có tâm Câu 2: [2H3-2-4] điểm A 0;3; 1 , B 2;1; 1 , C 4; 1; 1 Gọi S mặt cầu tiếp xúc với ba mặt cầu Mặt cầu có bán kính nhỏ B R 10 A R 2 C R 2 D R 10 Lời giải Chọn D Ta có AB , AC 32 , BC 40 nên tam giác $ABC$ vuông A Gọi I trung điểm $BC$, IM IN IP 10 Do mặt cầu S thỏa mãn đề mặt cầu có bán kính R 10 Câu 3: [2H3-2-4] (THPT Hồng Hóa – Thanh Hóa – Lần – 2018) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 y z 3 16 Gọi M 2 điểm thuộc mặt cầu S cho biểu thức A xM yM 2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức B xM yM zM A 21 C B D 10 Lời giải Chọn D Ta có A xM yM 2z M xM 1 yM zM 3 2 12 22 x 1 y z 3 2 3.4 18 xM 2t xM yM zM Dấu xảy t yM t , thay vào 1 Z 2t M phương trình S ta được: 4t t 4t 16 t B xM yM zM 10 11 17 Do M ; ; 3 3 Câu 4: [2H3-2-4] (THPT Hồng Hóa – Thanh Hóa – Lần – 2018 – BTN) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 y z 3 16 Gọi M 2 điểm thuộc mặt cầu S cho biểu thức A xM yM 2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức B xM yM zM A 21 D 10 C B Lời giải Chọn D Ta có A xM yM 2z M xM 1 yM zM 3 2 12 22 x 1 y z 3 2 3.4 18 xM 2t xM yM zM Dấu xảy t yM t , thay vào 1 Z 2t M 11 17 phương trình S ta được: 4t t 4t 16 t Do M ; ; 3 3 B xM yM zM 10 (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An – 2018 – BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 0; 2; , B 2; 2;0 Gọi I1 1;1; 1 Câu 5: [2H3-2-4] 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 R2 Lời giải Chọn C 129 D Gọi d1 đường thẳng qua I1 vng góc với mặt phẳng I1 AB , d1 chứa tâm mặt cầu qua đường tròn tâm I1 ; d đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng I AB , d 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 d bán kính R IA Ta có I1 A 1;1;3 , I1 B 1; 3;1 Đường thẳng d1 có véc-tơ pháp tuyến I1 A; I1B 10;4;2 5;2;1 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 d có véc-tơ pháp tuyến I A; I B 2; 4;10 1; 2;5 x s Phương trình đường thẳng d là: d : 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 5 2 129 8 Bán kính mặt cầu S R IA 3 3 3 Câu 6: [2H3-2-4] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d1 : x 1 y 1 z 1 x y 1 z , d2 : , 1 2 x y z 1 Mặt cầu bán kính nhỏ tâm I a; b; c , tiếp xúc với 2 đường thẳng d1 , d , d Tính S a 2b 3c d3 : A S 10 C S 12 B S 11 D S 13 Lời giải Chọn B d1 qua điểm A 1;1;1 có VTCP u1 2;1; d qua điểm B 3; 1; d3 B d2 có VTCP u2 1; 2; I qua điểm C 4; 4;1 có VTCP u3 2; 2;1 A Ta có u1.u2 , u2 u3 , u3 u1 d1 , d , d đơi vng góc với d1 u1 , u2 AB , u2 , u3 BC , u3 , u1 CA d1 , d , d đôi chéo Lại có: AB 2; 2;1 ; AB u1 AB u2 nên d1 , d , d chứa cạnh hình hộp chữ nhật hình vẽ Vì mặt cầu tâm I a; b; c tiếp xúc với đường thẳng d1 , d , d nên bán kính R d I , d1 d I , d d I , d3 R d I , d1 d I , d d I , d3 AI , u 1 R u1 BI , u 2 u2 CI , u 3 u3 , với u u u , AI a 1; b 1; c 1 , AI , u1 2b c 1;2a 2c 4; a 2b 1 BI a 3; b 1; c , BI , u2 2b 2c 6; 2a c 4;2a b C d3 CI a 4; b 4; c 1 , CI , u3 b 2c 6; a 2c 2; 2 a 2b 16 9 R AI , u 1 2 2 2 9 R BI , u2 27 R AI , u1 BI , u2 CI , u3 9 R CI , u 27 R2 18 a b2 c 126a 54b 54c 423 2 7 3 243 243 27 R 18 a 18 b 18 c 2 2 2 2 Rmin 3 7 3 a , b c I ; ; 2 2 2 Khi S a 2b 3c 11 Câu 7: [2H3-2-4] (THPT Chuyên Hạ Long – Quảng Ninh – Lần -2018) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính , , , (đơn vị độ dài) tiếp xúc với Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngồi với bốn mặt cầu nói có bán kính A B C 15 D 11 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 Đặt IN x , ta có IC 32 x r , IA 22 x Từ suy 12 r 11 11 Cách 32 x 22 2 x 1 x 2r 12 11 , suy 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 Tam giác ABN có NM NA2 AM 12 Suy x 3 9 x 2 12 x 11 (Chuyên KHTN – Lần – Năm 2018) 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 Câu 8: [2H3-2-4] 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 C B D Lời giải Chọn A x y z Phương trình mặt phẳng ABC : x y z 12 Gọi N x; y; z Theo giả thiết ta có N điểm tia OM cho OM ON 12 suy 12 OM ON ON 12 x 12 y 12 z Do M ; ; 2 2 2 x y z x y z x y z Mặt khác M ABC nên 12 x 12 y 12 z 3 2 12 2 2 x y z x y z x y2 z2 6x y 2z x2 y z x2 y z 6x y 2z Do điểm N ln thuộc mặt cầu cố định S : x y z x y z 3 có tâm I 3; ;1 bán kính R 32 12 2 Câu 9: [2H3-2-4] (THPT Lý Thái Tổ – Bắc Ninh – lần – 2017 – 2018 – BTN) Trong không 3 1 gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A 1; 2; 3 , B ; ; , C 1;1; , D 5;3;0 Gọi 2 2 S1 mặt cầu tâm A bán kính , S mặt cầu tâm B bán kính Có mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu S1 , S2 đồng thời song song với đường thẳng qua điểm C , D A B C Lời giải Chọn A Cách 1: Gọi : x ay bz c mặt phẳng thỏa yêu cầu tốn D Vơ số CD 4; 2; 4 CD // CD n CD.n ( n 1; a; b vecto pháp tuyến ) 2a 4b a 2b (1) tiếp xúc S1 nên d A; 2a 3b c 1 a b 2 2a 3b c a b2 (2) tiếp xúc S nên d B; Từ 3 a bc 2 1 a b (2) 3a b 2c a b (3) (3) ta 1 2a 3b c 3a b 2c 2a 3b c 3a b 2c 1 2a 3b c 3 3a b 2c có a 2b c (1) 2b 2b c c 4b (4) 5a 4b 3c 10b 10 4b 3c c 2b (5) Từ (1), (2), (4) 4b 3b 4b 2b b 3b 5b 8b b a 2; c 8 b 2b 5b 8b 4b 10b b a 1; c 2 2 2 Từ (1), (2), (5) 4b 3b 2b 2b b b 5b 8b b2 2b 5b2 8b 5 44b2 74b 44 Phương trình vơ nghiệm Mặt khác CD // nên C , D nên : x y z A B I H K Cách 2: 3 mà R1 R2 nên hai mặt cầu cắt theo đường 2 tròn giao tuyến Ta có AB Gọi I AB với mặt phẳng thỏa mãn tốn Hạ BH , AK vng góc với mặt phẳng Khi ta có I nằm ngồi AB B trung điểm AI 1 R2 R1 BH AK 2 Suy I 2;1; Gọi : a x b y 1 c z Vì //CD mà CD 4; 2; 4 nên ta có 2a b 2c b 2c 2a Khi d A; a b 5c a b c 2 c a a 2c 2a c 2 2 a 2c b 2c a c b c Ta có hai trường hợp : Câu 10: b 2c ; a 2c : 2c x 2c y 1 c z x y z Mặt khác CD // nên C , D loại trường hợp Câu 11: b c ; a 1 c : c x c y 1 c z x y z 2 Kiểm tra thấy C , D nên nhận trường hợp Vậy : x y z (THPT Lê Q Đơn – Hải Phòng – 2018 BTN) Trong không gian cho tam giác ABC cạnh cố định, M điểm thỏa mãn MA2 MB 2MC 12 Khẳng định sau đúng? Câu 12: HẾT [2H3-2-4] 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 Lời giải Chọn C C I A B D Trước hết, ta xác định điểm I thỏa mãn IA IB 2IC Gọi D trung điểm AB , ta có: IA IB 2IC 2ID 2IC ID IC Suy I trung điểm CD Từ đó, ta có: 2 MA2 MB 2MC 12 MA MB 2MC 12 MI IA MI IB MI IC 2 12 4MI MI IA IB 2IC IA IB 2IC 12 MI IA2 IB IC 12 MI 12 IA2 IB 2IC Mặt khác: IA2 IB IC IA2 IC ID2 AD2 2IC 2 AB 22 AB 2 IC AD CD CD 2 2 Nên: MI 2 12 IA2 IB 2IC 12 7 Suy IM 4 Vậy, tập hợp điểm M mặt cầu có bán kính R BẢNG ĐÁP ÁN A A C B 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D A C B C A D A A B C C C D D B D C A D A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 C B B B C A D A B B D D B C A B D B D D A A B B HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 13: [2H3-2-4] (THPT CHUYÊN KHTN – LẦN – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 5;0;0 B 3; 4;0 Với C điểm nằm trục Oz , gọi H trực tâm tam giác ABC Khi C di động trục Oz H ln thuộc đường tròn cố định Bán kính đường tròn A B Lời giải C D Chọn A z C H y O K B E Ax C Ta có C 0;0; c Dễ thấy tam giác ABC cân C Gọi E 4; 2;0 trung điểm AB OC AB Ta có mặt phẳng OCE vng góc với AB (do ) mặt AB CE phẳng cố định Gọi K trực tâm tam giác OAB , A , B K nằm mặt phẳng Oxy x OK AB x 2 y.4 nên Tìm K 3; ;0 BK OA x y AB OEC HK AB Ta chứng minh KH CAB CA BHK HK CA Suy KHE 90 Suy H thuộc mặt cầu đường kính KE d B, SCD d H , SCD thuộc mặt phẳng OCE cố định Vậy H thuộc đường tròn cố định có bán kính R Câu 14: [2H3-2-4] (Lớp Toán – Đồn Trí Dũng -2017 – 2018) 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 Lời giải Chọn D 2 Cách 1: Giả sử tâm mặt cầu cần tìm I a; b; c Xét M 1; m;0 , N 1;0; ta m có: IM , MN d I ; MN MN m c 2m 2b 2mc 2a m a 2mb m 2 2 2 m 4m Ta thấy a b c d I ; MN giá trị không đổi Cách 2: Xét hệ trục tọa độ Oxyz với điểm M, N hệ tọa độ hình vẽ bên Ta gọi điểm A 1;0;0 , B 1;0;0 Từ hệ tọa độ, ta thấy AM BN đường thẳng chéo có đoạn vng góc chung AB Vấn đề mấu chốt khai thác kiện mn Ta có: AM m, BN n Đồng thời: MN m n m n 2mn m n Vậy MN AM BN Gọi O trung điểm AB, hạ OH MN Theo định lý Pythagoras: OM OA2 AM OH MH 2 2 ON OB BN OH NH Do vậy: AM BN MH NH hay: AM BN AM BN MH NH MH NH AM BN MH NH AM MH AM BN MH NH BN NH OH OM MH OM MA2 OA2 Vậy tâm O có khoảng cách tới MN (Bài tốn tác giả Đồn Trí Dũng) M H B A O N Câu 15: [2H3-2-4] (Đề thi lần 6- Đồn Trí Dũng – 2017 – 2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng P qua điểm M 1;1; , đồng thởi cắt trục tọa độ điểm A, B, C cho M trực tâm tam giác ABC A x y z B x y z C x y z 1 D x y 2z Lời giải Chọn A Gọi H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC OA OB OA OBC OA BC Ta có: OA OC Mặt khác: BC AH nên BC OAH BC OM Tương tự ta có: AB OM Vậy OM ABC Suy nP OM 1;1; Phương trình mặt phẳng P : x y z Câu 16: [2H3-2-4] (SGD – HÀ TĨNH ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x y z x y z điểm M 0;1;0 Mặt phẳng P qua M cắt S theo đường tròn C có chu vi nhỏ Gọi N ( x0 ; y0 ; z0 ) điểm thuộc đường tròn C cho ON Tính y A 2 C 1 B Lời giải Chọn B Mặt cầu S có tâm I 1; 2;1 , bán kính R D 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 d max IM P qua M vng góc IM P qua M 0;1;0 , nhận IM 1; 1; 1 làm VTPT 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 1 x y z 1 y2 x y z 1 x2 y z x2 y z x2 y z Câu 17: [2H3-2-4] (THPT QUẢNG XƯƠNG1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 2 y 1 z 1 2 M x0 ; y0 ; z0 S cho A x0 y0 z0 đạt giá trị nhỏ Khi x0 y0 z0 A B 1 C 2 Lời giải D Chọn B Tacó: A x0 y0 z0 x0 y0 z0 A nên M P : x y z 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 z với S hay M hình chiếu I lên P Suy M x0 ; y0 ; z0 thỏa: x0 y0 z0 t 1 x t x y0 2t y0 1 z0 2t z0 1 Vậy x0 y0 z0 1 Câu 18: [2H3-2-4] (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 10 B D C 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 OE KE KM OE R Chứng minh tương tự ta có: ON OB OE R2 , OP.OC OE R2 OM OA ON OB OP.OC m.1 n.2 p.3 Ta có : phương trình mặt phẳng MNP : x y 3z x y z 1 hay m m m m n p x y z m vectơ pháp tuyến MNP n 1; 2;3 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 z 14 , H 1; 2;3 IH 10 Câu 19: [2H3-2-4] [MINH HỌA L2] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét điểm A 0;0;1 , B m;0;0 , C 0; n;0 , D 1;1;1 với m 0; n m n Biết m , n thay đổi, tồn mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ABC qua d Tính bán kính R mặt cầu đó? B R A R R C R D Lời giải Chọn A Gọi I 1;1;0 hình chiếu vng góc D lên mặt phẳng (Oxy ) Ta có: Phương trình theo đoạn chắn mặt phẳng ( ABC ) là: x y z 1 m n Suy phương trình tổng quát ( ABC ) nx my mnz mn Mặt khác d I ; ABC ID d ( I ; ABC mn m2 n m2 n (vì m n 1) Nên tồn mặt cầu tâm I (là hình chiếu vng góc D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với ( ABC ) qua D Khi R Câu 20: [2H3-2-4] [CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ – 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 0;0; , điểm M nằm mặt phẳng Oxy M O Gọi D hình chiếu vng góc O lên AM E trung điểm OM Biết đường thẳng DE tiếp xúc với mặt cầu cố định Tính bán kính mặt cầu A R B R Lời giải Chọn A C R D R A I D M O E Ta có tam giác OAM vuông O Gọi I trung điểm OA (Điểm I cố định) Ta có tam giác ADO vng D có ID đường trung tuyến nên ID OA 1 Ta có IE đường trung bình tam giác OAM nên IE song song với AM mà OD AM OD IE Mặt khác tam giác EOD cân E Từ suy IE đường trung trực OD Nên DOE ODE; IOD IDO IDE IOE 90 ID DE Vậy DE tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính R OA 2 Câu 21: [2H3-2-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2;11; 5 mặt phẳng P : 2mx m2 1 y m2 1 z 10 Biết m thay đổi, tồn hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng P qua A Tìm tổng bán kính hai mặt cầu A 2 B C D 12 Lời giải Chọn D Gọi I a; b; c , r tâm bán kính mặt cầu Do mặt cầu tiếp xúc với P nên ta có r d I , P 2ma m2 1 b m2 1 c 10 m 1 b c m2 2ma b c 10 m 1 b c m 2ma b c 10 r m 1 b c r m2 2ma b c r 10 2 b c r m2 2ma b c r 10 TH1: b c r m2 2ma b c r 10 1 Do m thay đổi có mặt cầu cố định tiếp xúc với P nên u cầu tốn trờ thành tìm điều kiện a, b, c cho 1 không phụ thuộc vào m Do 1 ln b c r với a b c r 10 b r a Suy c 5 I 0;5 r 2; 5 S : x y r z 5 r Lại có A S nên suy ra: 11 r r 2 r r 12 2r 40 r 10 TH2: b c r m2 2ma b c r 10 làm tương tự TH1 (trường hợp khơng thỏa đề ) Tóm lại: Khi m thay đổi, tồn hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng P qua A có tổng bán kính là: 12 suy Câu 22: [2H3-2-4] (THTT – Số 484 – Tháng 10 – 2017 – BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x2 y z ax by cz d có bán kính x 5t R 19, đường thẳng d : y 2 4t mặt phẳng P : 3x y 3z Trong z 1 4t số a; b; c; d theo thứ tự đây, số thỏa mãn a b c d 43, đồng thời tâm I S thuộc đường thẳng d S tiếp xúc với mặt phẳng P ? A 6; 12; 14;75 B 6;10; 20;7 3;5;6; 29 Lời giải C 10; 4; 2; 47 D 1 2 Chọn A Ta có I d I t; 2 4t; 1 4t t 0 Do S tiếp xúc với P nên d I ; P R 19 19 19t 19 t 2 a b2 c a b c Mặt khác S có tâm I ; ; ; bán kính R d 19 2 2 Xét t I 5; 2; 1 a; b; c; d 10; 4; 2; 47 a b2 c2 d 19 nên ta loại trường hợp Xét t a; b; c; d 6; 12; 14;75 Do Do a b2 c2 d 19 nên thỏa … vng góc với mặt phẳng I1 AB , d1 chứa tâm mặt cầu qua đường tròn tâm I1 ; d đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng I AB , d chứa tâm mặt cầu qua đường tròn tâm I Do đó, mặt cầu S … cho bốn mặt cầu có bán kính , , , (đơn vị độ dài) tiếp xúc với Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngồi với bốn mặt cầu nói có bán kính A B C 15 D 11 Lời giải Chọn D Cách 1: Gọi A, B, C , D tâm bốn mặt cầu, khơng… 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
– Xem thêm –
Xem thêm: phương trình mặt cầu, PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU