Bài tập 1: Trong không gian hệ tọa độOxyz cho ba điểm A(0;1;1);B(0;0;−1);C(1;2;−1)D(−1;−2;−3)và mặt cầu (S) có phương trình (x−1)2+y2+(z+1)2=4 . Tìm điểm D trên mặt phẳng (S) sao cho thể tích tứ diện ABCD lớn nhất. |
Lời giải chi tiết:
Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;−1) và bán kính R = 2.
Ta có: VABCD=13d(D;(ABC)).SABC lớn nhất ⇔d(D;(ABC)) lớn nhất
Gọi D1D2 là đường kính của mặt cầu (S) và vuông góc với mặt phẳng (ABC)
Khi đó⇔d(D;(ABC))max⇔D trùng với 1 trong 2 điểm D1 hoặc D2
Đường thẳng D1D2qua I(1;0;−1) và có VTCP là →n=→n(ABC)=[→AB;→AC]=(−2;2;−1)
Phương trình mặt phẳng(ABC):2x−2y+z+1=0.
Suy ra D1D2:{x=1+2ty=−2tz=−1+t, tọa độ D1;D2là nghiệm của hệ phương trình
D1D2:{x=1+2ty=−2tz=−1+t(x−1)2+y2+(z+1)2=4⇒[t=23t=−23⇒D1(73;−43;−13);D1(−13;−43;−53)
Do d(D1;(ABC))>d(D2;(ABC))⇒D(73;−43;−13) là điểm cần tìm.
.Bài tập 2: Trong không gian hệ tọa độOxyz cho điểm A(1;2;−3)và mặt phẳng (P):2x+2y−z+9=0 . Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng(Q):3x+4y−4z+5=0 cắt mặt phẳng (P) tại B. Điểm M nằm trong mặt phẳng (P) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc vuông và độ dài MB lớn nhất. Độ dài MB là:
A. MB=√5. MB=√5. B. MB=√52. C. MB=√412. D. MB=√41. |
Lời giải chi tiết:
Đường thẳng d đi qua A(1;2;−3)và vuông góc (Q) có phương trình là {x=1+3ty=2+4tz=−3−4t.
Vì B=d∩(P)⇒B(1+3t;2+4t;−3−4t)∈(P) suy ra t=−1⇒B(−2;−2;1).
Ta có {M∈(P)MA⊥MB⇒Mthuộc đường tròn giao tuyến của (P)và mặt cầu (S) (tâm I, đường kính AB).
Phương trình mặt cầu(S) là (x+12)2+y2+(z+1)2=414 và d(I;(P))=|2.(−12)+2.0+1+9|3=3.
Khi đó BK=√IB2−d2=√52, với K là tâm đường tròn giao tuyến của (P)và (S).
Để MB lớn nhất⇔ MB là đường kính đường tròn giao tuyến⇒MB=2BK=√5. Chọn A.
Bài tập 3: Trong không gian hệ tọa độOxyz cho điểm A(1;2;−3)và mặt phẳng (P):2x+2y−z+9=0 . Đường thẳng d đi qua A và có véc tơ chỉ phương →u=(3;4;−4)cắt (P) tại điểm B. Điểm M thay đổi trong (P)sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90∘. Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau?
A. J(−3;2;7). B. K(3;0;15). C. H(−2;−1;3). D. I(−1;−2;3). |
Lời giải chi tiết:
Phương trình đường thẳng d:x−13=y−24=z+3−4. Vì B∈d⇒B(3b+1;4b+2;−4b−3).
MàB=d∩(P) suy ra 2(3b+1)+2(4b+2)+4b+3+9=0⇔b=−1⇒B(−2;−2;1).
Gọi là hình chiếu của A trên (P)⇒AA′:x−12=y−22=z+3−1⇒A′(−3;−2;−1).
Theo bài ra, ta có MA2+MB2=AB2⇔MB2=AB2−MA2≤AB2−AA′2=A′B2.
Độ dài MB lớn nhất khi M≡A′⇒MB:{x=−2+ty=−2z=1+2t⇒I(−1;−2;3)∈MB. Chọn D.
Bài tập 4: Trong không gian hệ tọa độOxyz cho mặt cầu (S1) có tâm I(2;1;1) bán kính bằng 4 và mặt cầu (S2)có tâmJ(2;1;5) bán kính bằng 2. (P)là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với hai mặt cầu (S1),(S2). Đặt M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm O đến (P). Giá trị M + m bằng
A. 8. B. 8√3. C. 9 D. √15. |
Lời giải chi tiết:
Do IJ=4>R1+R2 nên 2 mặt cầu cắt nhau.
Giả sử IJcắt (P)tại M ta có MJMI=R2R1=2⇒J là trung điểm của MI
Suy ra M(2;1;9) . Khi đó (P):a(x−2)+b(y−1)+c(z−9)=0(a2+b2+c2>0)
Mặt khác d(I;(P))=4⇔|8c|√a2+b2+c2=4⇔|2c|√a2+b2+c2=1
Do đó c≠0 chọn c=1⇒a2+b2=3
Đặt a=√3sint;b=√3cott⇒d(O;(P))=|2a+b+9|√a2+b2+c2=|2a+b+9|2=|2√3sint+√3cott+9|2
Mặt khác −√12+3≤2√3sint+√3cott≤√12+3⇒9−√152≤d0≤√15+92⇒M+m=9. Chọn C.
Bài tập 5: (Đề thi thử nghiệm Bộ GD{}ĐT 2017) Trong không gian hệ tọa độOxyz cho mặt phẳng (P):x−2y+2z−3=0 và mặt cầu (S):x2+y2+z2+2x−4y−2z+5=0 . Giả sử điểm M∈(P)và N∈(S)sao cho →MNcùng phương với véc tơ →u(1;0;1) và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính MN.
A. MN=3. B. MN=1+2√2. C. MN=3√2. D. MN=14. |
Lời giải chi tiết:
Ta có: (P):x−2y+2z−3=0và (S):(x+1)2+(y−2)2+(z−1)2=1
Gọi →MN=k(1;0;1)⇒sin(^MN;(P))=cos(→uMN;→nP)=|1+2|√2.√3=1√2⇒^MN;(P)=45∘
Gọi H là hình chiếu của M trên (P) khi đó MNsin45∘=MH
Do đó MN=MH√2lớn nhất ⇔MHmax=d(I;(P))+R=2+1=3
Suy ra MNmax=3√2 . Chọn C.
Bài tập 6: Trong không gian hệ tọa độ Oxyzcho 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 đường tròn cố định. Tính bán kính đường tròn đó.
A. R=4. B. R=6. C. R=2√333. D. R=2√113. |
Lời giải chi tiết:
Phương trình đường thẳng AB là: {x=ty=tz=t.
Suy ra M(3;3;3) là giao điểm của AB và mặt phẳng (P)khi đó MC là tiếp tuyến của mặt cầu (S) .
Theo tính chất phương tích ta có: MA.MB=MC2⇒MC2=2√3.6√3=36
Do đó tập hợp điểm C là đường tròn tâm M(3;3;3) bán kính R=6. . Chọn B.
Bài tập 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho mặt phẳng (P):x+2y+2z+18=0 , M là điểm di chuyển trên mặt phẳng (P); N là điểm nằm trên tia OM sao cho →OM.→ON=24. Tìm giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ N đến mặt phẳng (P).
|
Lời giải chi tiết:
Gọi N(a;b;c) thì ON=√a2+b2+c2
Nên OM=24√a2+b2+c2⇒→OM=24a2+b2+c2.→ON=24a2+b2+c2(a;b;c)
Lại có M∈(P)⇒24[a(a2+b2+c2)+2b(a2+b2+c2)+2c(a2+b2+c2)]+18=0
⇔a2+b2+c2+4a3+8b3+8c3=0⇒N∈(S):x2+y2+z2+4x3+8y3+8z3=0;
⇒I(−23;−43;−43);R=2. Khi đó d(N;(P))min=d(N;(P))−R=2. Chọn C.
Bài tập 8: Cho mặt cầu (S):(x−2)2+(y+1)2+(z−3)2=9 . Điểm M(1;0;1) di động trên (S) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=|2x+2y−z+16|.
A. 6. B. 3. C. 24. D. 2. |
Lời giải chi tiết:
Mặt cầu (S)có tâmI(2;−1;3) , bán kính R = 3. Xét mặt phẳng (P):2x+2y−z+16=0
Đường thẳng Δ qua I và vuông góc với (P) có phương trình x=2+2t,y=−1+2t,z=3−t
Cho Δ∩(S)⇒Δ và (S) cắt nhau tại 2 điểm: A(0;−3;4);B(4;1;2).
Ta có d(A,(P))=2,d(B,(P))=8
Lấy M(x;y;z)∈(S)⇒d(M;(P))=|2x+2y−z+16|3=13P
Ta có: d(A;(P))≤d(M;(P))≤d(B;(P))⇔2≤P3≤8⇔6≤P≤24.
Vậy Pmin=6 khi x=0,y=−3,z=4. Chọn A.
Bài tập 9: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;1;1),B(3;0;−1),C(0;21;−19)và mặt cầu (S):(x−1)2+(y−1)2+(z−1)2=1 . M(a;b;c) là điểm thuộc mặt cầu (S)sao cho biểu thức T=3MA2+2MB2+MC2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a + b + c.
A. a+b+c=0. B. a+b+c=12. C. a+b+c=125. D. a+b+c=145. |
Lời giải chi tiết:
Gọi I(x;y;z) là điểm thỏa mãn 3→IA+2→IB+→IC=→0
Khi đó: {3(0−x1)+2(3−x1)+(0−x1)=03(1−y1)+2(0−y1)+(21−y1)=03(1−z1)+2(−1−z1)+(−19−z1)=0⇒I(1;4;−3)
Ta có: T=3MA2+2MB2+MC2=3→MA2+2→MB2+→MC2
⇒T=3(→MI+→IA)2+2(→MI+→IB)2+(→MC+→IC)2=6MI2+2→MI(3→IA+2→IB+→IC)+3IA2+2IB2+IC2
=6MI2+3IA2+2IB2+IC2nhỏ nhất ⇔MI nhỏ nhất.
Mặt cầu (S) có tâm K(1;1;1) ⇒I:{x=1y=1+3tz=1−4t. Cho KI∩(S)⇒[M1(1;85;15)M2(1;25;95)
Tính M1I=4;M2I=6⇒M1 là điểm thỏa mãn yêu cầu nên a+b+c=145. Chọn D.
Bài tập 10: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c)với a≥4,b≥5,c≥6 và mặt cầu (S) có bán kính bằng 3√102 ngoại tiếp tứ diện OABC. Khi tổng OA+OB+OC đạt giá trị nhỏ nhất thì mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau đây?
|
Lời giải chi tiết:
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC là R=√a2+b2+c22=3√102⇔a2+b2+c2=90.
Ta có P=OA+OB+OC=a+b+c. Đặt m=a−4≥0,n=b−5≥0,p=c−6≥0.
Khi đó a2+b2+c2=(m+4)2+(n+5)2+(p+6)2=m2+n2+p2+8m+10n+12p+77=90.
T=(m+n+p)2+12(m+n+p)=m2+n2+p2+8m+10n+12p+2(mn+np+pm+2m+n).
Vì m2+n2+p2+8m+10n+12p=13và m,n,p≥0nên (m+n+p)2+12(m+n+p)−13≥0.
⇔m+n+p≥1⇔a+b+c≥16⇒{OA+OB+OC}min=16. Dấu “ = ” xảy ra ⇔a=4,b=5,c=7.
Tâm của mặt cầu (S) là I(a2;b2;c2)⇒I(2;52;72)⇒d(I;(P)D)=3√102.Chọn D.
TOÁN LỚP 12