Giáo Dục

Phương trình mặt cầu

Bạn đang xem: Phương trình mặt cầu Tại Website vuongquocdongu.com

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 SOIA   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  12  b   c  12   17   Theo ta có  SOIA   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  R2 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    2r 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 bc 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  y2 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  5t  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 :  100+ stt về tình bạn, bạn thân, cap về tình bạn chất vui vẻ

– Xem thêm –

Xem thêm: phương trình mặt cầu, PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU



Xem thêm bài viết thuộc chuyên mục: Giáo Dục

Related Articles

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *

Check Also
Close
Back to top button