45 bài tập trắc nghiệm mặt cầu mức độ thông hiểu

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC\). Vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\)

Qua \(M\) dựng đường thẳng \(d\parallel SA,\,\,d \cap SC = \left\{ I \right\}\), khi đó ta có \(IA = IB = IC\,\,\,\left( 1 \right)\).

Xét tam giác \(SAC\) có: \(M\) là trung điểm \(AC\), \(MI\parallel SA\) \( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(SC\) (định lí đường trung bình của tam giác).

Mà \(\Delta SAC\) vuông tại \(C\) nên \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SAC\) \( \Rightarrow IA = IC = IS\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow IA = IB = IC = IS\) \( \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABC\), khối cầu này có bán kính \(R = IA\).

Ta có \(IM = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{5}{2}\), \(AM = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}\sqrt {{3^2} + {4^2}}  = \dfrac{5}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(AIM\) có:

\(R = IA = \sqrt {A{M^2} + I{M^2}}  = \sqrt {\dfrac{{25}}{4} + \dfrac{{25}}{4}}  = \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2}\).

Chọn A.

Thể tích của khối cầu đã cho là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}.\)  

Chọn B.

Ta thấy \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{R}{2} \Rightarrow r = \sqrt {{R^2} - d_{\left( {I;\left( p \right)} \right)}^2}  = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\).

Khi đó chu vi đường tròn bằng \(S = 2\pi r = R\sqrt 3 \pi \)

Chọn C.

Giả sử mỗi quả bóng bàn có bán kính là R. Khi đó, bán kính đáy của hình trụ cũng là \(R\), chiều cao của hình trụ là \(6R\).

Tổng diện tích ba quả bóng bàn: \({S_1} = 3.\left( {4\pi {R^2}} \right) = 12\pi {R^2}\)

Diện tích xung quanh của hình trụ: \({S_2} = 2\pi Rh = 2\pi R.6R = 12\pi {R^2}\)\( \Rightarrow \dfrac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = 1\).

Chọn C.

Tăng bán kính mặt cầu lên 4 lần thì diện tích mặt cầu tăng 16 lần.

Chọn A.

Theo đề bài ta có: \(V = 36\pi \) \( \Leftrightarrow \frac{4}{3}\pi {R^3} = 36\pi \)\( \Leftrightarrow {R^3} = 27\)\( \Leftrightarrow R = 3\)

Diện tích mặt cầu đã cho là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.3^2} = 36\pi .\)

Chọn B.

Thể tích \(V = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}\left( {c{m^3}} \right)\)

Chọn B.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(CD\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot AD\,\,\left( {AD \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow BC \bot BD.\)

Suy ra \(\Delta BCD\) vuông tại \(B\) \( \Rightarrow IB = IC = ID\) (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm của cạnh huyền).

Lại có \(\Delta ACD\) vuông tại \(A\) (do \(AD \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AD \bot AC\)) \( \Rightarrow IA = IC = ID\).

Do đó \(IA = IB = IC = ID\) hay \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\). Khi đó bán kính mặt cầu là \(R = IC = \dfrac{{CD}}{2}.\)

Ta có: \(AD \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu của \(CD\) lên \(\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {CD;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {CD;CA} \right) = \angle ACD = {45^0}\).

Xét tam giác vuông \(ABC\) có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\) (định lí Pytago).

Xét tam giác vuông \(ACD\) có: \(CD = \dfrac{{AC}}{{\cos {{45}^0}}} = 5\sqrt 2 \) \( \Rightarrow R = \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{{125\sqrt 2 }}{3}\pi .\)

Chọn C.

Ta có: \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = 0\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = 0 \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow {\overrightarrow {MI} ^2} + \overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IB}  = 0\\ \Leftrightarrow M{I^2} + \overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IA} } \right) + IA.IB.\cos \left( {\overrightarrow {IA} ,\,\overrightarrow {IB} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow M{I^2} + I{A^2}\cos {180^0} = 0\\ \Leftrightarrow M{I^2} = I{A^2}\\ \Leftrightarrow MI = IA\end{array}\)

Vậy tập hợp điểm \(M\) thỏa mãn bài toán là mặt cầu tâm \(I,\) đường kính \(AB.\)

Chọn  C.

Gọi \(O,\,\,O'\) lần lượt là tâm của hình vuông \(ABCD,\,\,A'B'C'D'\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(OO'\). Suy ra \(I\) cách đều 8 đỉnh của hình lập phương nên \(I\) là tâm mặt cầu cần tìm.

Hình vuông \(ABCD\) có cạnh bằng \(a\)\( \Rightarrow AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Mặt khác: \(OI = \frac{{A'A}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(AOI\) có:

\(AI = \sqrt {A{O^2} + O{I^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = a\)

Chọn A.

Diện tích hình cầu là \(S = 4\pi {R^2}\)

Thể tích hình cầu là \(V=\frac{4}{3}\pi R^{3}\)

Chia từng vế của hai phương trình trên ta có: \(R = \frac{{3V}}{S}.\)

Chọn D.

Gọi \(I\) là tâm thiết diện khi cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\), \(AB\) là đường kính của đường tròn.

Gọi \(R\) là bán kính của mặt cầu \(\left( S \right)\). Diện tích của mặt cầu bằng \(400\pi \left( {c{m^2}} \right)\) nên :

                                          \(S = 400\pi  \Leftrightarrow 4\pi {R^2} = 400\pi  \Rightarrow R = 10\left( {cm} \right)\)

\(A,B\) nằm trên đường tròn nên \(A,B\) cũng nằm trên mặt cầu hay \(OA = OB = R = 10\,\,\,\left( {cm} \right)\)

Khoảng cách từ tâm \(O\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) là  \(OI = 6\left( {cm} \right)\).

Áp dụng định lí Pytago  trong tam giác \(OIA\) vuông tại \(I\) ta có:

\(O{I^2} + I{A^2} = O{A^2} \Leftrightarrow {6^2} + I{A^2} = {10^2} \Leftrightarrow IA = 8\,\,\,\left( {cm} \right)\).

Vậy bán kính \(r\) của đường tròn là  \(r = IA = 8\left( {cm} \right)\).

Chọn D.

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow OA = OB = OC = OC\).

Xét tam giác vuông \(SAC\) có trung tuyến \(SO \Rightarrow OS = \frac{1}{2}AC = OA = OC\).

\( \Rightarrow OA = OB = OC = OD = OS\).

\( \Rightarrow O\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) và bán kính khối cầu là \(R = OA\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(2a\) nên \(AC = 2a\sqrt 2  \Rightarrow OA = a\sqrt 2 \).

Vậy \(R = a\sqrt 2 \).

Chọn B.

\( + )\)\(S.ABC\) là chóp tam giác đều \( \Rightarrow \Delta ABC\) đều.

\( \Rightarrow AG = \dfrac{2}{3}.AH = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\( + )\)Xét \(\Delta SGA\)có:

\(S{G^2} + A{G^2} = S{A^2}\)

\( \Rightarrow SG = \sqrt {2{a^2} - \dfrac{{{a^2}.3}}{9}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{{\sqrt 3 }}\)

\( \Rightarrow {R_{mcnt}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{2.SG}} = \dfrac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{{\sqrt 3 }}}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Chọn C

\( + )\)\(ABCD\) nội tiếp đường tròn có \(r = 1 \Rightarrow OA = 1.\)

\( + )\)Xét \(\Delta SOA\) có: \(S{A^2} = S{O^2} + O{A^2}\)

\( \Rightarrow S{O^2} = S{A^2} - O{A^2} = 5 - 1 = 4 \Rightarrow SO = 2\)

\( + )\)\({R_{mcnt}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{2.SO}} = \dfrac{{{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}}}{{2.2}} = \dfrac{5}{4}\)

Chọn B

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối hộp là \(R = \dfrac{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{'^2}} }}{2} = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 4{a^2}} }}{2} = \dfrac{{3a}}{2}\).

Chọn C.

\( + \)\(\left\{ O \right\} = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\) 

\( + \)Xét \(\Delta ABC\)có \(\widehat {ABC} = {90^0}\) ta có:

\(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\) (Định lí Pytago)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {2^2} + {2^2} = A{C^2} \Leftrightarrow AC = 2\sqrt 2 \\ \Rightarrow OA = OC = OB = OD = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 \end{array}\)

\( + \)Xét \(\Delta SOC\) có \(\widehat {SOC} = {90^0}\):

\(S{O^2} + O{C^2} = S{C^2}\)(Định lí Pytago)

\( \Leftrightarrow S{O^2} = {2^2} - {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 2 \Leftrightarrow SO = \sqrt 2 \)

\( \Rightarrow R = \dfrac{{S{C^2}}}{{2.SO}} = \dfrac{{{2^2}}}{{2\sqrt 2 }} = \dfrac{2}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \).

Chọn C

\( + )\)Xét \(\Delta ABC\)có \(\widehat {ABC} = {90^0}\):

\(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\) (Định lí Pytago)

\( \Leftrightarrow {1^2} + {1^2} = A{C^2} \Leftrightarrow AC = \sqrt 2 \)

\( \Rightarrow HC = HA = HB = HD = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( + )\)Xét \(\Delta SHC\)có \(\widehat {SHC} = {90^0}\):

\(S{H^2} + H{C^2} = S{C^2}\) (Định lí Pytago)

\( \Leftrightarrow {2^2} + {\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = S{C^2} \Rightarrow SC = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow R = \dfrac{{S{C^2}}}{{2.SH}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.2}} = \dfrac{9}{8}\).

Chọn A

\(\begin{array}{l} + \,\,{S_{mat\,cau}} = 16\pi {a^2} \Leftrightarrow 4\pi {R^2} = 16\pi {a^2} \Leftrightarrow {R^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow R = 2a.\\ + \,\,V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi .{\left( {2a} \right)^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}{a^3}.\end{array}\)

Chọn B

\(\begin{array}{l}{V_1} = \dfrac{4}{3}\pi R_1^3;\,\,{V_2} = \dfrac{4}{3}\pi R_2^3\\{V_2} = 8{V_1} \Leftrightarrow \dfrac{4}{3}\pi R_2^3 = 8.\dfrac{4}{3}\pi R_1^3 \Leftrightarrow R_2^3 = 8R_1^3 \Leftrightarrow R_2^3 = {\left( {2{R_1}} \right)^3} \Leftrightarrow {R_2} = 2{R_1}\end{array}\)

Chọn C