Số điểm Có Tọa độ Nguyên Thuộc Mặt Cầu - Blog Của Thư

DẠNG TOÁN KHỐI TRÒN XOAY BÀI TOÁN THỰC TẾ – THỂ TÍCH HÌNH TRÒN XOAY – phát triển theo đề tham khảo Toán 2021   ĐỀ BÀI: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm \(A\left( {1;3;0} \right),{\rm{ }}B\left( { – 3;1;4} \right)\) và đường thẳng \(\Delta :\frac{{x – 2}}{{ – 1}} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z – 2}}{3}\). Xét khối nón \(\left( N \right)\) có đỉnh có tọa độ nguyên thuộc đường thẳng \(\Delta \) và ngoại tiếp mặt cầu đường kính \(AB\). Khi \(\left( N \right)\) có thể tích nhỏ nhất thì mặt phẳng chứa đường tròn đáy của \(\left( N \right)\) có phương trình dạng \(ax + by + cz + 1 = 0\). Giá trị của \(a + b + c\) bằng:

A. \(1.\) 

B. \(3.\) 

C. \(5.\) 

D. \( – 6.\)

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Dễ thấy mặt cầu đường kính AB có tâm \(I\left( { – 1;2;2} \right)\) là trung điểm của AB và bán kính \(R = \frac{{AB}}{2} = 3\).

Gọi \(S\) là đỉnh của hình nón \(\left( N \right)\). 

Vì \(S \in \Delta  \Rightarrow S\left( {2 – t; – 1 + t;2 + 3t} \right)\) với \(t \in \mathbb{Z}\).

Gọi H là giao điểm của SI và đường tròn đáy của hình nón \(\left( N \right)\). Đặt \(\widehat {ISK} = \alpha  \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).

Khi đó, hình nón \(\left( N \right)\) có:

+ Chiều cao: \(SH = SI + R = \frac{3}{{\sin \alpha }} + 3 = 3.\left( {\frac{1}{{\sin \alpha }} + 1} \right)\)

+ Bán kính đáy: \(r = SH.\tan \alpha  = 3\tan \alpha .\left( {\frac{1}{{\sin \alpha }} + 1} \right)\)

Khi đó, thể tích của khối nón \(\left( N \right)\) là:

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi .9{\tan ^2}\alpha .{\left( {\frac{1}{{\sin \alpha }} + 1} \right)^2}.3\left( {\frac{1}{{\sin \alpha }} + 1} \right) = \frac{{18\pi {{\left( {1 + \sin \alpha } \right)}^2}}}{{2\sin \alpha .\left( {1 – \sin \alpha } \right)}}\)

Áp dụng Bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có:

\(2\sin \alpha .\left( {1 – \sin \alpha } \right) \le {\left( {\frac{{2\sin \alpha  + 1 – \sin \alpha }}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{1 + \sin \alpha }}{2}} \right)^2} = \frac{{{{\left( {1 + \sin \alpha } \right)}^2}}}{4}\)

Từ đó suy ra: \(V = \frac{{18\pi {{\left( {1 + \sin \alpha } \right)}^2}}}{{2\sin \alpha .\left( {1 – \sin \alpha } \right)}} \ge \frac{{18\pi {{\left( {1 + \sin \alpha } \right)}^2}}}{{\frac{{{{\left( {1 + \sin \alpha } \right)}^2}}}{4}}} = 72\pi \)

Suy ra: \(\min V = 72\pi  \Leftrightarrow 2\sin \alpha  = 1 – \sin \alpha  \Leftrightarrow \sin \alpha  = \frac{1}{3}\)

Khi đó: \(SI = \frac{3}{{\sin \alpha }} = 9 \Leftrightarrow {\left( {3 – t} \right)^3} + {\left( {t – 3} \right)^2} + 9{t^2} = 81 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 3(TM)\\t =  – \frac{{21}}{{10}}(L)\end{array} \right.\)

Suy ra: \(S\left( { – 1;2;11} \right) \Rightarrow \overrightarrow {SI}  = \left( {0;0; – 9} \right)\).

Mà \(SI = 3IH \Rightarrow \overrightarrow {SI}  = 3\overrightarrow {IH}  \Leftrightarrow \left( {0;0; – 9} \right) = 3\left( {{x_H} + 1;{y_H} – 2;{z_H} – 2} \right) \Leftrightarrow H\left( { – 1;2; – 1} \right)\).

Vậy: Mặt phẳng chứa đáy của hình nón \(\left( N \right)\) đi qua \(H\left( { – 1;2; – 1} \right)\) và nhận VTPT là \(\overrightarrow {SI}  = \left( {0;0; – 9} \right)\) có phương trình là: \(z + 1 = 0\).

Suy ra: \(a + b + c = 1.\)

===========

39

00:27:49 Bài 1: Tọa độ của vectơ trong không gian

40

00:40:44 Bài 2: Tọa độ của điểm trong không gian

45

00:18:23 Bài 7: Ứng dụng tích có hướng tính diện tích

46

00:22:03 Bài 8: Ứng dụng tích có hướng tính thể tích

48

00:32:07 Bài 9: Bài toán viết phương trình mặt phẳng

51

00:19:42 Bài 12: Bài toán góc giữa các mặt phẳng

53

Kiểm tra: Đề thi online phần Mặt phẳng

57

00:14:57 Bài 17: Góc giữa hai đường thẳng

58

00:15:13 Bài 18: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

60

Kiểm tra: Đề thi online phần Đường thẳng

61

00:19:21 Bài 20: Bài toán viết phương trình mặt cầu

65

Kiểm tra: Đề thi online phần Mặt cầu

66

00:37:14 Bài 24: Ôn tập, nâng cao

Giải chi tiết:

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0\,;\,0\,;\,\sqrt 2 } \right)\) bán kính \(R = \sqrt 3 \).

Ta có : \(d\left( {I,\left( {Oxy} \right)} \right) = \sqrt 2 < R\) nên mặt cầu \(\left( S \right)\) cắt mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Dề có tiếp tuyến của \(\left( S \right)\) đi qua \(A\) thì \(AI \ge R = \sqrt 3 \,\,\left( 1 \right)\).

Có \(A \in \left( {Oxy} \right)\) \( \Rightarrow A\left( {a;b;0} \right)\), \(IA = \sqrt {{a^2} + {b^2} + 2} \).

Quỹ tích các tiếp tuyến đi qua \(A\) của \(S\) là một mặt nón nếu \(AI > R\) và là một mặt phẳng nếu \(AI = R\).

+) TH1 : Quỹ tích là mặt phẳng thì chắc chắn có ít nhất \(2\) tiếp tuyến của \(S\) đi qua \(A\) và vuông góc với nhau.

+) TH2 : Quỹ tích các tiếp tuyến đi qua \(A\) của \(\left( S \right)\) là một mặt nón, gọi \(AM\) và \(AN\) là hai tiếp tuyến sao cho \(A,N,I,N\) đồng phẳng.

Tồn tại ít nhất hai tiếp tuyến của \(\left( S \right)\) đi qua \(A\) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau khi và chỉ khi \(\widehat {MAN} \ge {90^0}\) \( \Leftrightarrow IA \le R\sqrt 2 = \sqrt 6 \,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\sqrt 3 \le \sqrt {{a^2} + {b^2} + 2} \le \sqrt 6 \Leftrightarrow 1 \le {a^2} + {b^2} \le 4\).

Do \(a,b \in \mathbb{Z}\) nên \({a^2} + {b^2} \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\)

+ TH1 : \({a^2} + {b^2} = 1\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 0\\{b^2} = 1\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 1\\{b^2} = 0\end{array} \right.\) nên có \(4\) bộ số thỏa mãn.

+ TH2 : \({a^2} + {b^2} = 2\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 1\\{b^2} = 1\end{array} \right.\) nên có \(4\) bộ số thỏa mãn.

+ TH3 : \({a^2} + {b^2} = 3\) thì không có \(a,b \in \mathbb{Z}\) nên loại.

+ TH4 : \({a^2} + {b^2} = 4\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 0\\{b^2} = 4\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 4\\{b^2} = 0\end{array} \right.\) nên có \(4\) bộ số thỏa mãn

Vậy có \(4 + 4 + 4 = 12\) bộ số \(\left( {a;b} \right)\) thỏa mãn bài toán hay có \(12\) điểm \(A\).

Chọn A.

VietJack

Bằng cách đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách Bảo mật của chúng tôi.