Đề II trang 129 SGK Giải tích 12 Nâng cao

• Bài học cùng chủ đề:
• Đề III trang 130 SGK Giải tích 12 Nâng cao
• Ngữ pháp tiếng anh hay nhất

Câu 1. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi B’, C’, D’ lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC và AD.

a) Chứng minh rằng 6 điểm B, C, D, B’, C’, D’ nằm trên một mặt cầu. Tìm bán kính của mặt cầu đó.

b) Tính thể tích khối chóp D.BCC’B’.

Câu 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(2; 0; 0), A’(6; 0; 0), B(0; 3; 0), B’(0 ;4; 0), C(0; 0; 4), C’(0; 0; 3).

a) Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm A, A’, B, C. Chứng minh rằng B’ và C’ cũng nằm trên mặt cầu đó.

b) Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC, trọng tâm G của tam giác A’B’C’ cùng nằm trên một đường thẳng đi qua O. Viết phương trình đường thẳng đó.

c) Tính khoảng cách từ điểm O tới giao tuyến của mp(ABC’) và mp(A’B’C).

Lời giải

Câu 1.

 

Ta có: \(B'C' = C'D' = D'B' = {a \over 2} \Rightarrow \Delta B'C'D'\) là tam giác đều cạnh \({a \over 2}.\)
Và \(AB' = AC' = AD' = {a \over 2} \Rightarrow \) AB’C’D’ là tứ diện đều cạnh \({a \over 2}.\)
Gọi O và O’ lần lượt là tâm các tam giác đều BCD và B’C’D’.
Vì từ diện ABCD đều nên \(AO \bot \left( {BCD} \right)\).
Vì từ diện AB’C’D’ đều nên \(AO' \bot \left( {B'C'D'} \right)\).
Mà (BCD) // (B’C’D’)
Gọi E là trung điểm của CD. Dễ thấy tam giác EAB cân tại E nên \(B'E \bot AB.\)
Gọi H là trung điểm của BB', trong (ABE) kẻ đường thẳng d qua H và song song với B’E cắt AO tại I.

\( \Rightarrow HI \bot AB.\)

Ta có: \(I \in HI \Rightarrow IB = IB'\)

\(\eqalign{
& I \in OA \Rightarrow IB = IC = ID \cr
& I \in O'A \Rightarrow IB' = IC' = ID' \cr} \)

Từ đó suy ra \(IB = IC = ID = IB’ = IC’ = ID’\).

Vậy điểm I cách đều 6 điểm B, C, D, B’, C’, D’ hay 6 điểm B, C, D, B’, C’, D’ cùng nằm trên mặt cầu tâm I bán kính R = IB.

Gọi  \(J = B'E \cap AO.\)

Tam giác BCD đều cạnh a nên \(BE = {{a\sqrt 3 } \over 2} \Rightarrow OE = {1 \over 3}BE = {{a\sqrt 3 } \over 6}.\)

Tam giác B’C’D’ đều cạnh \({a \over 2}\) nên \(B'F = {{{a \over 2}\sqrt 3 } \over 2} = {{a\sqrt 3 } \over 4} \Rightarrow B'O' = {2 \over 3}B'F = {{a\sqrt 3 } \over 6}.\)
Vì B’F // BE nên theo định lí Ta-let ta có: \({{B'J} \over {JE}} = {{B'O'} \over {OE}} = 1 \Rightarrow B'J = JE. \Rightarrow B'J = {1 \over 2}B'E.\)
Tam giác ACD đều cạnh a nên \(AE = {{a\sqrt 3 } \over 2},AB' = {1 \over 2}AB = {a \over 2}.\)

Xét tam giác vuông AB’E có: \(B'E = \sqrt {A{E^2} - AB{'^2}}  = \sqrt {{{3{a^2}} \over 4} - {{{a^2}} \over 4}}  = {{a\sqrt 2 } \over 2} \Rightarrow B'J = {{a\sqrt 2 } \over 4}.\)
B’J // HI nên theo định lí Ta – let ta có: \({{B'J} \over {HI}} = {{AB'} \over {AH}} = {2 \over 3} \Rightarrow HI = {{3B'J} \over 2} = {{3{{a\sqrt 2 } \over 4}} \over 2} = {{3a\sqrt 2 } \over 8}\).
Xét tam giác vuông BHI có:

\(BI = \sqrt {B{H^2} + H{I^2}}  = \sqrt {{{{a^2}} \over {16}} + {{9{a^2}} \over {32}}}  = \sqrt {{{11{a^2}} \over {32}}}  = {{a\sqrt {22} } \over 8} = R.\)

b)  theo tỉ số \(k = {1 \over 2} \Rightarrow {{{S_{AB'C'}}} \over {{S_{ABC}}}} = {1 \over 4} \Rightarrow {S_{BCC'B'}} = {3 \over 4}{S_{ABC}}.\)
\( \Rightarrow {{{V_{D.BCC'B'}}} \over {{V_{D.ABC}}}} = {3 \over 4} \Rightarrow {V_{D.BCC'B'}} = {3 \over 4}{V_{ABCD}}.\)
Xét tam giác vuông AOE có:

\(\eqalign{
& AO = \sqrt {A{E^2} - O{E^2}} = \sqrt {{{3{a^2}} \over 4} - {{{a^2}} \over {12}}} = {{a\sqrt 6 } \over 3}. \cr
& {S_{BCD}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4} \cr
& \Rightarrow {V_{ABCD}} = {1 \over 3}AO.{S_{BCD}} = {1 \over 3}.{{a\sqrt 6 } \over 3}.{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{{a^3}\sqrt 2 } \over {12}}. \cr
& \Rightarrow {V_{D.BCC'B'}} = {3 \over 4}{{{a^3}\sqrt 2 } \over {12}} = {{{a^3}\sqrt 2 } \over {16}}. \cr} \)

Câu 2.

a) Gọi phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm A, A’, B, C là \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\)

\(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} > 0,{a^2} + {b^2} + {c^2} > d} \right)\)

Khi đó tọa độ các điểm A, A’, B, C phải thỏa mãn phương trình mặt cầu nên ta có hệ:

 

\(\left\{ \matrix{
4 - 4a + d = 0 \hfill \cr
36 - 12a + d = 0 \hfill \cr
9 - 6b + d = 0 \hfill \cr
16 - 8c + d = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = 4 \hfill \cr
b = {7 \over 2} \hfill \cr
c = {7 \over 2} \hfill \cr
d = 12 \hfill \cr} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x - 7y - 7z + 12 = 0\,\,\left( * \right).\)

Thay tọa độ của điểm B’ vào (*) ta có: \(16 - 7.4 + 12 = 0 \Rightarrow B' \in \left( S \right)\)

Thay tọa độ của điểm C’ vào (*) ta có: \(9 - 7.3 + 12 = 0 \Rightarrow C' \in \left( S \right).\)

Gọi G là trọng tâm của tam giác A’B’C’ ta có: \(G\left( {2,{4 \over 3},1} \right).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {OG}  = \left( {2,{4 \over 3},1} \right) = {1 \over 3}\left( {6,4,3} \right).\)

Đường thẳng d đi qua O, G nhận \(\overrightarrow u  = \left( {6;4;3} \right)\) là 1 vectơ chỉ phương.
Phương trình tham số của d là

\(\left\{ \matrix{
x = 6t \hfill \cr
y = 4t \hfill \cr
z = 3t \hfill \cr} \right.\)

Gọi H(x, y, z) là trực tâm của tam giác ABC ta có:

\(\left\{ \matrix{
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr
\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\left( {x - 2,y,z} \right).\left( {0, - 3,4} \right) = 0 \hfill \cr
\left( {x,y - 3,z} \right).\left( { - 2,0,4} \right) = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
- 3y + 4z = 0 \hfill \cr
- 2x + 4z = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow 2x = 3y = 4z.\)

Đặt \(2x = 3y = 4z = 12a \Rightarrow x = 6a,y = 4a,z = 3a \Rightarrow H\left( {6a,4a,3a} \right)\)
Rõ ràng khi t = a thì \(H \in \left( d \right) \Rightarrow \)O, H, G cùng nằm trên đường thẳng có phương trình 

\(\left\{ \matrix{
x = 6t \hfill \cr
y = 4t \hfill \cr
z = 3t \hfill \cr} \right.\)

c) Ta có: 

Mặt phẳng (ABC’) đi qua A và nhận \(\overrightarrow n  = \left( {3,2,2} \right)\) là 1 vectơ pháp tuyến nên (ABC’) có phương trình: \(3\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 0} \right) + 2\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 2y + 2z - 6 = 0.\)

Tương tự ta có:

Mặt phẳng (A’B’C) đi qua A’ và nhận \(\overrightarrow {n'}  = \left( {2,3,3} \right)\) là 1 vectơ pháp tuyến nên (A’B’C) có phương trình: \(2\left( {x - 6} \right) + 3\left( {y - 0} \right) + 3\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 3y + 3z - 12 = 0.\)
Giao tuyến của 2 mặt phẳng (ABC’) và (A’B’C) là tập hợp tất cả các điểm thỏa mãn hệ phương trình:

\(\left\{ \matrix{
3x + 2y + 2z - 6 = 0 \hfill \cr
2x + 3y + 3z - 12 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
9x + 6y + 6z - 18 = 0 \hfill \cr
4x + 6y + 6z - 24 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
5x + 6 = 0 \hfill \cr
2y + 2z = 6 - 3x \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = - {6 \over 5} \hfill \cr
y + z = {{24} \over 5} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = - {6 \over 5} \hfill \cr
y = t \hfill \cr
z = {{24} \over 5} - t \hfill \cr} \right.\)

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng (ABC’) và (A’B’C) có phương trình

\(\Delta :\left\{ \matrix{
x = - {6 \over 5} \hfill \cr
y = t \hfill \cr
z = {{24} \over 5} - t \hfill \cr} \right.\).

\(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( { - {6 \over 5};0;{{24} \over 5}} \right)\) và có vectơ chỉ phương \({\overrightarrow u _\Delta } = \left( {0,1, - 1} \right).\)

Ta có: \(d\left( {O;\Delta } \right) = {{\left| {\left[ {\overrightarrow {OM} ,{{\overrightarrow u }_\Delta }} \right]} \right|} \over {\left| {{{\overrightarrow u }_\Delta }} \right|}} = {{\sqrt {{{\left( { - {{24} \over 5}} \right)}^2} + {{\left( { - {6 \over 5}} \right)}^2} + {{\left( { - {6 \over 5}} \right)}^2}} } \over {\sqrt {{0^2} + {1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = {{{{18\sqrt 2 } \over 5}} \over {\sqrt 2 }} = {{18} \over 5}\)

 

Trên đây là bài học "Đề II trang 129 SGK Giải tích 12 Nâng cao" mà dayhoctot.com muốn gửi tới các em. Để rèn luyện về kỹ năng làm bài thi và kiểm tra các em tham khảo tại chuyên mục "Đề thi học kì 1 lớp 12" nhé.

Nếu thấy hay, hãy chia sẻ tới bạn bè để cùng học và tham khảo nhé! Và đừng quên xem đầy đủ các bài Giải bài tập Toán Lớp 12 của dayhoctot.com.

• Từ khóa:
• Lớp 12
• Toán Lớp 12 Nâng Cao
• Môn Toán
• III. Một số đề kiểm tra
• Văn mẫu lớp 12