D13 toán max min liên quan đến mặt cầu muc do 3

Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và 2 có đường kính bằng độ dài đoạn AB nên có bán kính 11 AB... Viết phương trình mặt cầu  S.. Giá trị nhỏ nhất của bán

Câu 45: [2H3-2.13-3] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz, cho hai điểm A2; 2; 2 ; B3; 3;3  Điểm M trong không gian thỏa mãn 2

3

MA

MB  Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng

2 D 5 3

Lời giải

Chọn B

Gọi M x y z ; ; 

Ta có 2

3

MA

9MA 4MB

  2  2 2   2  2 2

9 x 2 y 2 z 2  4 x 3 y 3 z 3 

              

12 12 12 0

  2  2 2

Như vậy, điểm M thuộc mặt cầu  S tâm I6;6; 6  và bán kính R 1086 3

Do đó OM lớn nhất bằng  2 2  2

6 6 6 6 3 12 3

Oxyz cho hai đường thẳng 1

1

x







   

  



, 2

4

1

 





   

  



Gọi  S là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và 2 Bán kính mặt cầu  S

A 10

11

3

Lời giải Chọn B

1

A  A1; 2 t; t, B2 B4t;3 2 ;1 t t

Ta có AB 3 t;1 2 tt;1 t t

VTCP của đường thẳng 1 là u10;1; 1 

VTCP củả đường thẳng 2 là u2 1; 2; 1  

2

AB u

AB u











t t



  



    

   t t 0 Suy ra AB3;1;1 AB 11 Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1 và 2 có đường kính bằng độ

dài đoạn AB nên có bán kính 11

AB

Câu 20: [2H3-2.13-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Q Trị - HKII - 2016 - 2017 - BTN) Gọi  S là

mặt cầu đi qua A1;1;1, tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ Oxy, Oyz, Oxz và có bán kính lớn nhất Viết phương trình mặt cầu  S

A     2  2 2

B  

:

C  

:

D  

:

Lời giải Chọn B

Do  S tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ nên mặt cầu  S nằm trọn trong một phần của không gian

Oxyz do 3 mặt phẳng tọa độ chia

Do  S đi qua A1;1;1 và tiếp xúc với 3 mặt phẳng tọa độ nên  S có tâm I t t t ; ;  t0

3 3 2

3 3 2

t

t













Do  S có bán kính lớn nhất nên 3 3

2

t 

Vậy  

:

Câu 34: [2H3-2.13-3] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Trong không gian Oxyz, cho tứ

diện ABCD với A m ;0;0, B0;m1;0; C0;0;m4 thỏa mãn BC AD, CABD và

ABCD Giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoai tiếp tứ diện ABCD bằng

A. 7

14

Lời giải Chọn B

I M

N

A

B

C

D

Đặt BCa; CAb; ABc

Gọi M , N lần lượt là trrung điểm của AB và CD

Theo giả thiết ta có tam giác ABC CDA c c c CM DM hay tam giác CMD cân tại

M MNCD

Chứng minh tương tự ta cũng có MN AB

Gọi I là trung điểm của MN thì IAIB và IC ID

Mặt khác ta lại có ABCD nên BMI  CNI IBIC hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp

tứ diện ABCD

Ta có 2 2 2

4

MN c

Mặt khác CM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên

4

a  b c c

2

a b c

Vậy

2

8

Với 2 2 2 2  2  2

6 m 1 28

Vậy  2

m

IA

Câu 39: [2H3-2.13-3] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho

, , , , ,

a b c d e f là các số thực thỏa mãn      

      





 Gọi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức   2  2 2

F  ad  b e  c f lần lượt là M m, Khi đó, Mm

bằng

A 10 B 10 C 8 D 2 2

Lời giải Chọn C

Gọi A d e f , ,  thì A thuộc mặt cầu     2  2 2

S x  y  z  có tâm I11; 2;3, bán kính R11, B a b c , ,  thì B thuộc mặt cầu     2 2 2

S x  y z  có tâm

2 3; 2;0

I  , bán kính R2 3 Ta có I I1 2  5 R1R2 S1 và  S2 không cắt nhau và ở ngoài nhau

Dễ thấy F AB, ABmax khi A A B1, B1  Giá trị lớn nhất bằng I I1 2R1R2 9

ABmin khi A A B2, B2  Giá trị nhỏ nhất bằng I I1 2 R1 R2 1

Vậy M m 8

Câu 35 [2H3-2.13-3] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN NĂM 2018) Trong không gian với hệ tọa độ

,

Oxyz cho ba điểm A0;1;1, B3;0; 1 , C0; 21; 19  và mặt cầu

    2  2 2

S x  y  z  Gọi điểm M a b c ; ;  là điểm thuộc mặt cầu  S sao cho

T MA  MB MC đạt giá trị nhỏ nhất Tính tổng S  a b c

5

5

Lời giải Chọn B

Gọi điểm K x y z ; ;  sao cho 3KA2KBKC0

Ta có

;1 ;1

; 21 ; 19

     







 

 







1

3

x

z







  



Khi đó

2

2

2











const

    Do đó Tmin khi và chỉ khi MKmin

Suy ra M IK S và đồng thời M nằm giữa I và K

1

1 4

x







  



Suy ra toạ độ điểm M thoả mãn:

   2 2 1

5

t  t    t Vì M nằm giữa I và K nên 1

5

t và 1; ;8 1

5 5

 

5 5 5

S      a b c

Câu 33: [2H3-2.13-3](THPT HAU LOC 2_THANH HOA_LAN2_2018_BTN_6ID_HDG) Trong

Lời giải Chọn C

Ta có

2

4

c

AE

.cos

9; 4; 4

AB  , AB 924242  113

cos cos ,

113

AB u

AB u

AB u

113

Câu 30 [2H3-2.13-3] (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN ) Trong không gian với hệ trục tọa độ

,

Oxyz xét đường thẳng d xác định bởi 1

2

x

y z





  

 và đường thẳng d xác định bởi

0

x





 

 Tính bán kính nhỏ nhất R của mặt cầu tiếp xúc cả hai đường thẳng d và d

2

Lời giải Chọn B

Đường thẳng d có phương trình tham số là

1 2

x

y t





 



  



, t  đi qua điểm M1;0; 2 có véctơ chỉ phương u d 0;1; 1 

Đường thẳng d có phương trình tham số là

0

x

y t

z t





  



  



, t  đi qua điểm O0;0;0 có véctơ

chỉ phương u d0;1;1

u u d, d2;0;0u u d, d.OM 2.Suy ra    

2 ,

d d

d d

d d d

u u





Vì d và d chéo nhau nên bán kính nhỏ nhất R của mặt cầu tiếp xúc cả hai đường thẳng d và

dbằng  ,  1

d d d

Câu 366: [2H3-2.13-3] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng 2x2y  z 9 0 và mặt cầu

( ) : (S x3)  (y 2)  (z 1) 100 Tọa độ điểm M nằm trên mặt cầu ( )S sao cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( )P đạt giá trị nhỏ lớn nhất là

A 11 14 13; ;

3 3 3

29 26 7

; ;

C 29 26; ; 7

3 3 3

11 14 13

; ;

3 3 3

Lời giải Chọn A

Mặt cầu ( )S có tâm I(3; 2;1) và bán kính R10

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( )P : d I P( ;( )) 6 R nên ( )P cắt ( )S

Khoảng cách từ M thuộc ( )S đến ( )P lớn nhất  M( )d đi qua I và vuông góc với ( )P

Phương trình

3 2 ( ) : 2 2

1

 



   



  



Ta có: M( )d M(3 2 ; 2 2 ;1 t   t t)

Mà: M( )S

1

2

; ;





 Thử lại ta thấy: d M( 1, ( ))P d M( 2, ( ))P nên 29 26; ; 7

3 3 3

Câu 368: [2H3-2.13-3] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x2y2z 4 0 và mặt cầu

( ) :S x y  z 2x2y2z 1 0 Giá trị của điểm M trên  S sao cho d M , P  đạt

GTNN là

A 1;1;3 B 5 7 7; ;

3 3 3

  C

1 1 1

; ;

3 3 3

   

  D 1; 2;1 

Lời giải

Chọn C

Ta có: d M P( , ( ))   3 R 2 ( )P ( )S  

Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với  P có pt:

1

1 2 ,

1 2

 



   



  

 Tọa độ giao điểm của d và  S là 5 7 7; ;

3 3 3

 ,

Ta có: d A P( , ( )) 5 d B P( , ( )) 1. d A P( , ( ))d M P( , ( ))d B P( , ( ))

Vậy: d M P( , ( ))min  1 M B

Câu 7574 [2H3-2.13-3] [THPT Chuyên Bình Long- 2017] Trong không gian Oxyz, cho điểm

 2; 2; 2 , 3; 3;3

3

MA

2 D 12 3

Lời giải Chọn D

Gọi M x y z ; ;  Ta có:

  2  2 2   2  2 2

2

3

MA

MB

Câu 31: [2H3-2.13-3] (Sở GD &Cần Thơ-2018-BTN) Trong không gian Oxyz, cho điểm

1 3

; ; 0

2 2

  và mặt cầu   2 2 2

S x y z  Một đường thẳng đi qua điểm M và cắt  S

tại hai điểm phân biệt A, B Diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng

Lời giải Chọn D

Mặt cầu  S có tâm O0; 0; 0 và bán kính R2 2

Ta có: 1; 3; 0

2 2

  

  OM  1 R điểm M nằm trong mặt cầu  S Gọi H là trung điểm ABOHOM

Đặt OH   x 0 x 1

Đặt

8 sin

2 2

AOH

2 2

OA

Suy ra

2 8 sin 2sin cos

4

Ta có: 1 sin 8 2

2

OAB

S  OA OB AOBx x với 0 x 1 Xét hàm số   2

8

f x x x trên đoạn  0;1

8 2



0;1 max f x f 1 7

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng 7

Câu 38: [2H3-2.13-3] (Sở GD &Cần Thơ-2018-BTN) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,

cho mặt cầu     2  2 2

S x  y  z  Gọi N x y z 0; 0; 0 là điểm thuộc  S sao cho khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng Oxz lớn nhất Giá trị của biểu thức Px0y0z0

bằng

Lời giải Chọn B

Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I1;3; 2 của mặt cầu  S và vuông góc với Oxz

Phương trình tham số của  

1 : 3 , 2

x

z





   



 



Gọi A B, lần lượt là giao điểm của d và  S suy ra: A1;5; 2, B1;1; 2

Ta có: d A Oxz ;  d B Oxz ;  

Theo đề bài thì N AN1;5; 2x0y0z0 8