Tổng hợp lý thuyết bài tập chọn lọc cực trị khoảng cách liên quan đến mặt cầu có đáp án chi tiết toán lớp 12

Bài tập chọn lọc cực trị khoảng cách liên quan đến mặt cầu có đáp án

Dưới đây là một số bài tập liên quan đến mặt cầu có đáp án chi tiết

Lời giải chi tiết:

Mặt cầu (S) có tâm $I\left( 1;0;-1 \right)$ và bán kính R = 2.

Ta có: ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}d\left( D;\left( ABC \right) \right).{{S}_{ABC}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow d\left( D;\left( ABC \right) \right)$  lớn nhất

Gọi ${{D}_{1}}{{D}_{2}}$ là đường kính của mặt cầu (S) và vuông góc với mặt phẳng $\left( ABC \right)$

Khi đó$\Leftrightarrow d{{\left( D;\left( ABC \right) \right)}_{\max }}\Leftrightarrow D$   trùng với 1 trong 2 điểm ${{D}_{1}}$ hoặc ${{D}_{2}}$

Đường thẳng ${{D}_{1}}{{D}_{2}}$qua $I\left( 1;0;-1 \right)$  và có VTCP là $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{{{n}_{\left( ABC \right)}}}=\left[ \overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC} \right]=\left( -2;2;-1 \right)$

Phương trình mặt phẳng$\left( ABC \right):2x-2y+z+1=0$.

Suy ra ${{D}_{1}}{{D}_{2}}:\left\{ \begin{array}  {} x=1+2t \\  {} y=-2t \\  {} z=-1+t \\ \end{array} \right.$, tọa độ ${{D}_{1}};{{D}_{2}}$là nghiệm của hệ phương trình

${{D}_{1}}{{D}_{2}}:\left\{ \begin{array}  {} x=1+2t \\  {} y=-2t \\  {} z=-1+t \\  {} {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=4 \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left[ \begin{array}  {} t=\frac{2}{3} \\  {} t=\frac{-2}{3} \\ \end{array} \right.\Rightarrow {{D}_{1}}\left( \frac{7}{3};-\frac{4}{3};-\frac{1}{3} \right);{{D}_{1}}\left( -\frac{1}{3};-\frac{4}{3};-\frac{5}{3} \right)$

Do $d\left( {{D}_{1}};\left( ABC \right) \right)>d\left( {{D}_{2}};\left( ABC \right) \right)\Rightarrow D\left( \frac{7}{3};-\frac{4}{3};-\frac{1}{3} \right)$ là điểm cần tìm.

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng d đi qua $A\left( 1;2;-3 \right)$và vuông góc $(Q)$ có phương trình là $\left\{ \begin{array}  {} x=1+3t \\  {} y=2+4t \\  {} z=-3-4t \\ \end{array} \right..$

Vì $B=d\cap \left( P \right)\Rightarrow B\left( 1+3t;2+4t;-3-4t \right)\in \left( P \right)$ suy ra $t=-1\Rightarrow B\left( -2;-2;1 \right).$

Ta có $\left\{ \begin{array}  {} M\in \left( P \right) \\  {} MA\bot MB \\ \end{array} \right.\Rightarrow M$thuộc đường tròn giao tuyến của $\left( P \right)$và mặt cầu $\left( S \right)$  (tâm I, đường kính AB).

Phương trình mặt cầu$\left( S \right)$ là ${{\left( x+\frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=\frac{41}{4}$ và $d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2.\left( -\frac{1}{2} \right)+2.0+1+9 \right|}{3}=3$.

Khi đó $BK=\sqrt{I{{B}^{2}}-{{d}^{2}}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$, với K là tâm đường tròn giao tuyến của $\left( P \right)$và $\left( S \right)$.

Để MB lớn nhất$\Leftrightarrow $  MB là đường kính đường tròn giao tuyến$\Rightarrow MB=2BK=\sqrt{5}$. Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Phương trình đường thẳng $d:\frac{x-1}{3}=\frac{y-2}{4}=\frac{z+3}{-4}$. Vì $B\in d\Rightarrow B\left( 3b+1;4b+2;-4b-3 \right).$

Mà$B=d\cap \left( P \right)$ suy ra $2\left( 3b+1 \right)+2\left( 4b+2 \right)+4b+3+9=0\Leftrightarrow b=-1\Rightarrow B\left( -2;-2;1 \right).$

Gọi là hình chiếu của A trên $\left( P \right)$$\Rightarrow A{A}’:\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{2}=\frac{z+3}{-1}\Rightarrow {A}’\left( -3;-2;-1 \right).$

Theo bài ra, ta có $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}\Leftrightarrow M{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}-M{{A}^{2}}\le A{{B}^{2}}-A{{{A}’}^{2}}={A}'{{B}^{2}}.$

Độ dài MB lớn nhất khi $M\equiv {A}’\Rightarrow MB:\left\{ \begin{array}  {} x=-2+t \\  {} y=-2 \\  {} z=1+2t \\ \end{array} \right.\Rightarrow I\left( -1;-2;3 \right)\in MB$. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Do $IJ=4>{{R}_{1}}+{{R}_{2}}$ nên 2 mặt cầu cắt nhau.

Giả sử $IJ$cắt $\left( P \right)$tại M ta có $\frac{MJ}{MI}=\frac{{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}}=2\Rightarrow $J là trung điểm của MI

Suy ra $M\left( 2;1;9 \right)$ . Khi đó $\left( P \right):a\left( x-2 \right)+b\left( y-1 \right)+c\left( z-9 \right)=0\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}>0 \right)$

Mặt khác $d\left( I;\left( P \right) \right)=4\Leftrightarrow \frac{\left| 8c \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=4\Leftrightarrow \frac{\left| 2c \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=1$

Do đó $c\ne 0$ chọn $c=1\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=3$

Đặt $a=\sqrt{3}\sin t;b=\sqrt{3}\cot t\Rightarrow d\left( O;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2a+b+9 \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{\left| 2a+b+9 \right|}{2}=\frac{\left| 2\sqrt{3}\sin t+\sqrt{3}\cot t+9 \right|}{2}$

Mặt khác $\begin{array}  {} -\sqrt{12+3}\le 2\sqrt{3}\sin t+\sqrt{3}\cot t\le \sqrt{12+3}\Rightarrow \frac{9-\sqrt{15}}{2}\le {{d}_{0}}\le \frac{\sqrt{15}+9}{2}\Rightarrow M+m=9. \\  {}  \\ \end{array}$ Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $(P):x-2y+2z-3=0$và $\left( S \right):{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=1$

Gọi $\overrightarrow{MN}=k\left( 1;0;1 \right)\Rightarrow \sin \left( \widehat{MN;\left( P \right)} \right)=\cos \left( \overrightarrow{{{u}_{MN}}};\overrightarrow{{{n}_{P}}} \right)=\frac{\left| 1+2 \right|}{\sqrt{2}.\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{MN;\left( P \right)}=45{}^\circ $

Gọi H là hình chiếu của M trên $\left( P \right)$ khi đó $MN\sin 45{}^\circ =MH$

Do đó $MN=MH\sqrt{2}$lớn nhất $\Leftrightarrow M{{H}_{\max }}=d\left( I;\left( P \right) \right)+R=2+1=3$

Suy ra $M{{N}_{\max }}=3\sqrt{2}$ . Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Phương trình đường thẳng AB là: $\left\{ \begin{array}  {} x=t \\  {} y=t \\  {} z=t \\ \end{array} \right..$

Suy ra $M\left( 3;3;3 \right)$ là giao điểm của AB và mặt phẳng $\left( P \right)$khi đó MC là tiếp tuyến của mặt cầu $\left( S \right)$ .

Theo tính chất phương tích ta có: $MA.MB=M{{C}^{2}}\Rightarrow M{{C}^{2}}=2\sqrt{3}.6\sqrt{3}=36$

Do đó tập hợp điểm C là đường tròn tâm $M\left( 3;3;3 \right)$ bán kính $R=6.$  . Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Gọi $N\left( a;b;c \right)$ thì $ON=\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$

Nên $OM=\frac{24}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}\Rightarrow \overrightarrow{OM}=\frac{24}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}.\overrightarrow{ON}=\frac{24}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}\left( a;b;c \right)$

Lại có $M\in \left( P \right)\Rightarrow 24\left[ \frac{a}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}+\frac{2b}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}+\frac{2c}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)} \right]+18=0$

$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+\frac{4a}{3}+\frac{8b}{3}+\frac{8c}{3}=0\Rightarrow N\in \left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+\frac{4x}{3}+\frac{8y}{3}+\frac{8z}{3}=0;$

$\Rightarrow I\left( \frac{-2}{3};\frac{-4}{3};\frac{-4}{3} \right);R=2$. Khi đó $d{{\left( N;\left( P \right) \right)}_{\min }}=d\left( N;\left( P \right) \right)-R=2$. Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Mặt cầu $\left( S \right)$có tâm$I\left( 2;-1;3 \right)$ , bán kính R = 3. Xét mặt phẳng $\left( P \right):2x+2y-z+16=0$

Đường thẳng $\Delta $ qua  I và vuông góc với $\left( P \right)$ có phương trình $x=2+2t,y=-1+2t,z=3-t$

Cho $\Delta \cap \left( S \right)\Rightarrow \Delta $ và $\left( S \right)$ cắt nhau tại 2 điểm: $A\left( 0;-3;4 \right);B\left( 4;1;2 \right).$

Ta có $d\left( A,\left( P \right) \right)=2,d\left( B,\left( P \right) \right)=8$

Lấy $M\left( x;y;z \right)\in \left( S \right)\Rightarrow d\left( M;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2x+2y-z+16 \right|}{3}=\frac{1}{3}P$

Ta có: $d\left( A;\left( P \right) \right)\le d\left( M;\left( P \right) \right)\le d\left( B;\left( P \right) \right)\Leftrightarrow 2\le \frac{P}{3}\le 8\Leftrightarrow 6\le P\le 24$.

Vậy ${{P}_{\min }}=6$ khi $x=0,y=-3,z=4$. Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Gọi $I\left( x;y;z \right)$ là điểm thỏa mãn $3\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$

Khi đó: $\left\{ \begin{array}  {} 3\left( 0-{{x}_{1}} \right)+2\left( 3-{{x}_{1}} \right)+\left( 0-{{x}_{1}} \right)=0 \\  {} 3\left( 1-{{y}_{1}} \right)+2\left( 0-{{y}_{1}} \right)+\left( 21-{{y}_{1}} \right)=0 \\  {} 3\left( 1-{{z}_{1}} \right)+2\left( -1-{{z}_{1}} \right)+\left( -19-{{z}_{1}} \right)=0 \\ \end{array} \right.\Rightarrow I\left( 1;4;-3 \right)$

Ta có: $T=3M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=3{{\overrightarrow{MA}}^{2}}+2{{\overrightarrow{MB}}^{2}}+{{\overrightarrow{MC}}^{2}}$

$\Rightarrow T=3{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}+2{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB} \right)}^{2}}+{{\left( \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{IC} \right)}^{2}}=6M{{I}^{2}}+2\overrightarrow{MI}\left( 3\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC} \right)+3I{{A}^{2}}+2I{{B}^{2}}+I{{C}^{2}}$

$=6M{{I}^{2}}+3I{{A}^{2}}+2I{{B}^{2}}+I{{C}^{2}}$nhỏ nhất $\Leftrightarrow $MI nhỏ nhất.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $K\left( 1;1;1 \right)$ $\Rightarrow I:\left\{ \begin{array}  {} x=1 \\  {} y=1+3t \\  {} z=1-4t \\ \end{array} \right.$. Cho $KI\cap \left( S \right)\Rightarrow \left[ \begin{array}  {} {{M}_{1}}\left( 1;\frac{8}{5};\frac{1}{5} \right) \\  {} {{M}_{2}}\left( 1;\frac{2}{5};\frac{9}{5} \right) \\ \end{array} \right.$

Tính ${{M}_{1}}I=4;{{M}_{2}}I=6\Rightarrow {{M}_{1}}$ là điểm thỏa mãn yêu cầu nên $a+b+c=\frac{14}{5}.$  Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $O.ABC$ là $R=\frac{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}{2}=\frac{3\sqrt{10}}{2}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=90.$

Ta có $P=OA+OB+OC=a+b+c$. Đặt $m=a-4\ge 0,n=b-5\ge 0,p=c-6\ge 0.$

Khi đó ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{\left( m+4 \right)}^{2}}+{{\left( n+5 \right)}^{2}}+{{\left( p+6 \right)}^{2}}={{m}^{2}}+{{n}^{2}}+{{p}^{2}}+8m+10n+12p+77=90.$

$T={{\left( m+n+p \right)}^{2}}+12\left( m+n+p \right)={{m}^{2}}+{{n}^{2}}+{{p}^{2}}+8m+10n+12p+2\left( mn+np+pm+2m+n \right).$

Vì ${{m}^{2}}+{{n}^{2}}+{{p}^{2}}+8m+10n+12p=13$và $m,n,p\ge 0$nên ${{\left( m+n+p \right)}^{2}}+12\left( m+n+p \right)-13\ge 0.$

$\Leftrightarrow m+n+p\ge 1\Leftrightarrow a+b+c\ge 16\Rightarrow {{\left\{ OA+OB+OC \right\}}_{\min }}=16.$ Dấu “ = ” xảy ra $\Leftrightarrow a=4,b=5,c=7$.

Tâm của mặt cầu $\left( S \right)$ là $I\left( \frac{a}{2};\frac{b}{2};\frac{c}{2} \right)\Rightarrow I\left( 2;\frac{5}{2};\frac{7}{2} \right)\Rightarrow d\left( I;{{\left( P \right)}_{D}} \right)=\frac{3\sqrt{10}}{2}.$Chọn D.