BÀI TẬP TỰ LUẬN Bài 1 trang 122 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ với cạnh bên không vuông góc với mặt đáy. Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng vuông góc với các cạnh bên của hình lăng trụ và cắt chúng tại P, Q, R. Phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow {AA'} \) biến tam giác PQR thành tam giác P’Q’R’. a) Chứng minh rằng thể tích V của hình lăng trụ đã cho bằng thể tích của hình lăng trụ PQR.P’Q’R’. b) Chứng minh rằng \(V = {S_{PQR}}.AA'\), trong đó \({S_{PQR}}\) là diện tích tam giác PQR. Giải a) Mp(PQR) chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’ thành 2 khối đa diện \({H_1}\) và \({H_2}\) với \({H_1}\) chứa \(\Delta ABC\), \({H_2}\) chứa \(\Delta A'B'C'\) Mp(A’B’C’) chia khối lăng trụ PQR.P’Q’R’ thành hai khối đa diện \({H_2}\) và \({H_3}\) với \({H_3}\) chứa \(\Delta P'Q'R'.\) Gọi \({V_1},{V_2},{V_3}\) lần lượt là thể tích của các khối đa diện \({H_1},{H_2},{H_3}\) ta có: \({V_{ABC.A'B'C'}} = {V_1} + {V_2},{V_{PQR.P'Q'R'}} = {V_2} + {V_3}.\) Phép tịnh tiến \(\overrightarrow {AA'} :\) \(\eqalign{ & {T_{\overrightarrow {AA'} }}:\Delta ABC \to \Delta A'B'C' \cr & {T_{\overrightarrow {AA'} }}:\Delta PQR \to \Delta P'Q'R' \cr} \) Suy ra \({T_{\overrightarrow {AA'} }}:{H_1} \to {H_3}\) do đó \({V_1} = {V_3}.\) Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {V_{PQR.P'Q'R'}}.\) b) Vì lăng trụ PQR.P’Q’R’ là lăng trụ đứng nên có chiều cao PP’ = AA’ nên \({V_{ABC.A'B'C'}} = {V_{PQR.P'Q'R'}} = {S_{PQR}}.AA'.\) Bài 2 trang 122 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD có thể tích V. Hãy tính thể tích hình tứ diện có đỉnh là trọng tâm các mặt của tứ diện đã cho. Giải Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD và A’, B’, C’, D’ lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC. Gọi \(V\left( {G; - {1 \over 3}} \right)\) là phép vị tự tâm G tỉ số \(k = - {1 \over 3}.\) Ta có: \(\overrightarrow {GA'} = - {1 \over 3}\overrightarrow {GA} .\) Suy ra: \(V\left( {G; - {1 \over 3}} \right):A \to A'.\) Tương tự: \(B \to B'\) \(\eqalign{ & C \to C' \cr & D \to D'. \cr} \) Do đó: \(V:ABCD \to A'B'C'D'.\) Vậy \({V_{A'B'C'D'}} = {\left| k \right|^3}{V_{ABCD}} = {1 \over {27}}V.\) Bài 3 trang 122 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có thể tích V. Hãy tính thể tích của tứ diện ACB’D’. Giải Các tứ diện BACB’, C’B’CD’, DD’AC, AA’B’D’ đều có thể tích bằng \({1 \over 6}V.\) Do đó: \({V_{ACB'D'}} = V - 4.{V \over 6} = {V \over 3}.\) Bài 4 trang 122 SGK Hình học 12 Nâng cao. Chứng minh rằng trung điểm các cạnh của một hình tứ diện đều là các đỉnh của một hình tám mặt đều. Hãy so sánh thể tích của tứ diện đều đã cho và thể tích của hình tám mặt đều đó. Giải Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, AC, BD, AD, BC của tứ diện đều ABCD thì các tam giác MPR, MRQ, MQS, MSP, NPR, NRQ, NQS, NSP là những tam giác đều, vậy ta có hình tám mặt đều MNPQRS. Vì các tứ diện AMPR, BMQS, CPSN, DQNR đều là những tứ diện đồng dạng với tứ diện ABCD với tỉ số \(k = {1 \over 2}\) nên ta có thể tích bằng \({V \over 8}.\) Suy ra \({V_{MPRQSN}} = V - 4{V \over 8} = {V \over 2}.\) Bài 5 trang 122 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi H là hình gồm các điểm của hình tròn (O; R) nhưng không nằm trong hình vuông. Tính thể tích hình tròn xoay sinh bởi hình H khi quay quanh đường thẳng chứa một đường chéo của hình vuông. Giải Khi quay quanh đường chéo AC thì hình tròn (O, R) sinh ra khối cầu (S), đoạn thẳng BD sinh ra hình tròn (C) và hình vuông ABCD sinh ra hình tròn xoay K gồm hai hình nón có chung đáy là (C) với đỉnh là A và C. Do đó H sinh ra khối tròn xoay gồm những điểm thuộc hình cầu (S) nhưng không thuộc K và thể tích V của khối đó là: \(V = {V_{\left( S \right)}} - {V_{\left( K \right)}} = {4 \over 3}\pi {R^3} - 2.{1 \over 3}\pi {R^2}.R = {2 \over 3}\pi {R^3}.\) Bài 6 trang 123 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho hình lục giác đều ABCDEF cạnh a. a) Tính thể tích hình tròn xoay sinh bởi lục giác đó khi quay quanh đường thẳng AD. b) Tính thế tích hình tròn xoay sinh bởi lục giác đó khi quay quanh đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và DE. Giải a) Khi quay lục giác dều ABCDEF quanh đường thẳng AD, ta được khối tròn xoay hợp bởi ba khối: Khối nón \({N_1}\) sinh bởi tam giác ABF, khối trụ T sinh bởi hình chữ nhật BCEF và khối nón \({N_2}\) sinh bởi tam giác DCE. Hai khối nón và trụ đều có bán kính đáy là \(R = {{BF} \over 2} = {{a\sqrt 3 } \over 2}.\) Khối trụ có chiều cao a và các khối nón có chiều cao \({a \over 2}.\) Vậy khối tròn xoay sinh bởi lục giác đã cho có thể tích là: \(V = \pi {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2}a + 2.{1 \over 3}\pi {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2}.{a \over 2} = \pi {a^3}.\) b) Gọi \(\Delta \) là đường thẳng nối trung điểm của AB và ED. Khi đó BC và AF cắt nhau tại điểm O trên \(\Delta \), Cd và FE cắt nhau tại O’ trên \(\Delta \). Gọi V, \({V_1},{V_2}\) là thể tích các khối tròn xoay lần lượt sinh ra bởi lục giác đều ABCDEF, tam giác OCF và tam giác OAB khi quay quanh \(\Delta \), ta có: \(\eqalign{ & {V_1} = {1 \over 3}\pi {a^2}a\sqrt 3 = {{\pi {a^3}\sqrt 3 } \over 3} \cr & {V_2} = {1 \over 3}\pi {\left( {{a \over 2}} \right)^2}{{a\sqrt 3 } \over 2} = {{\pi {a^3}\sqrt 3 } \over {24}}. \cr} \) Do đó \(V = 2\left( {{V_1} - {V_2}} \right) = {{7\sqrt 3 \pi {a^3}} \over {12}}.\) Bài 7 trang 123 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho hình trụ có bán kính R và đường cao \(R\sqrt 2 \). Gọi AB và CD là hai đường kính thay đổi của hai đường tròn đáy mà AB vuông góc với CD. a) Chứng minh ABCD là tứ diện đều. b) Chứng minh rằng các đường thẳng AC, AD, BC, BD luôn tiếp xúc với một mặt trụ cố định (tức là khoảng cách giữa mỗi đường thẳng đó và trục của mặt trụ bằng bán kính mặt trụ). Giải a) Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A, B trên mặt phẳng chứa đường tròn đáy có đường kính CD, khi đó A’, B’ nằm trên đường tròn đáy. Ta có: \(A'B' \bot CD\) nên A’CB’D là hình vuông có đường chéo CD = 2R nên \(A'C = R\sqrt 2 ,\) mà \(AA' = R\sqrt 2 \) nên ta suy ra AC = 2R. Tương tự AD = BC = BD = 2R. Vậy ABCD là tứ diện đều. b) Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hai đường tròn đáy. Ta có \(d\left( {OO',AC} \right) = d\left( {OO',\left( {AA'C} \right)} \right) = O'H\) (với H là trung điểm của A’C). Vậy \(d = O'H = {{R\sqrt 2 } \over 2}.\) Tương tự khoảng cách giữa mỗi đường thẳng BC, BD và OO’ đều bằng \({{R\sqrt 2 } \over 2}\). Vậy các cạnh AC, AD, BC, BD đều tiếp xúc với mặt trụ có trục OO’ và bán kính \({{R\sqrt 2 } \over 2}\). Bài 8 trang 123 SGK Hình học 12 Nâng cao. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(1; 5; 3), B(4; 2; -5), C(5; 5; -1) và D(1; 2; 4). a) Chứng tỏ rằng bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. b) Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua bốn điểm A, B, C, D . Xác định tâm và bán kính của mặt cầu đó. c) Viết phương trình mặt phẳng đi qua A, B, C và tìm khoảng cách từu điểm D tới mặt phẳng đó. d) Viết phương trình mặt phẳng vuông góc với CD và tiếp xúc với mặt cầu (S). e) Tìm bán kính các đường tròn giao tuyến của mặt cầu (S) và các mặt phẳng tọa độ. Giải a) Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {AB} = \left( {3, - 3, - 8} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {4,0, - 4} \right). \cr & \overrightarrow {AD} = \left( {0, - 3,1} \right) \cr & \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {12, - 20,12} \right),\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} = 72 \ne 0. \cr} \) Vậy bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. b) Giả sử mặt cầu (S) có phương trình: \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz = 0\). Vì \(A,B,C,D \in \left( S \right)\) nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ 1 + 25 + 9 - 2a - 10b - 6c + d = 0 \hfill \cr 16 + 4 + 25 - 8a - 4b + 10c + d = 0 \hfill \cr 1 + 4 + 16 - 2a - 4b - 8c + d = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ 3a - 3b - 8c = 5 \hfill \cr a - c = 2 \hfill \cr - 3b + c = - 7 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ a = 1 \hfill \cr b = 2 \hfill \cr c = - 1 \hfill \cr d = - 19 \hfill \cr} \right.\) Vậy \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y + 2z - 19 = 0.\) Mặt cầu (S) có tâm \(I\left( {1,2, - 1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {1 + 4 + 1 + 19} = 5.\) c) Mp(ABC) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {12, - 20,12} \right) = 4\left( {3, - 5,3} \right).\) Mp(ABC) đi qua \(A\left( {1,5,3} \right)\) nên có phương trình: \(3\left( {x - 1} \right) - 5\left( {y - 5} \right) + 3\left( {z - 3} \right)0 \Leftrightarrow 3x - 5y + 3z + 13 = 0.\) Khoảng cách từ D đến mp(ABC) là: \(h = {{\left| {3.1 - 5.2 + 3.4 + 13} \right|} \over {\sqrt {{3^2} + {5^2} + {3^2}} }} = {{18} \over {\sqrt {43} }}\). d) Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) vuông góc với CD có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {CD} = \left( { - 4, - 3,5} \right)\) nên có phương trình: \( - 4x - 3y + 5z + d = 0.\) Mặt phẳng đó tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm \(I\left( {1,2, - 1} \right)\) của mặt cầu(S) tới mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) bằng 5, tức là: \({{\left| { - 4.1 - 3.2 - 5.1 + d} \right|} \over {\sqrt {16 + 9 + 25} }} = 5 \Leftrightarrow {{\left| { - 15 + d} \right|} \over {\sqrt {50} }} = 5 \Leftrightarrow d = 15 \pm 25\sqrt 2 .\) Vậy \(\left( \alpha \right): - 4x - 2y + 5z + 15 \pm 25\sqrt 2 = 0.\) e) Mặt cầu (S) có tâm \(I\left( {1,2, - 1} \right)\), mp(Oxy) có phương trình là z = 0. Khoảng cách từ điểm I đến mp(Oxy) là \({d_1} = \left| { - 1} \right| = 1 < R\) nên (S) cắt mặt phẳng theo đường tròn có bán kính là \({r_1} = \sqrt {{R^2} - d_1^2} = \sqrt {25 - 1} = 2\sqrt 6 .\) Tương tự mp(Oyz) có phương trình là x = 0. Khoảng cách từ tâm I đến mp(Oyz) là \({d_2} = \left| 1 \right| = 1 < R\) nên (S) cắt mp(Oyz) theo đường tròn có bán kính là \({r_2} = \sqrt {{R^2} - d_2^2} = \sqrt {25 - 1} = 2\sqrt 6 .\) Tương tự mp(Oxz) có phương trình là y = 0. Khoảng cách từ tâm I đến mp(Oxz) là \({d_3} = \left| 2 \right| = 2 < R\) nên (S) cắt mp(Oyz) theo đường tròn có bán kính là \({r_3} = \sqrt {{R^2} - d_3^2} = \sqrt {25 - 4} = \sqrt {21} .\) Bài 9 trang 123 SGK Hình học 12 Nâng cao. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng \(\Delta \) có phương trình \({{x - 1} \over 2} = {{y + 1} \over { - 1}} = {z \over 3}.\) a) Viết phương trình hình chiếu của \(\Delta \) trên các mặt phẳng tọa độ. b) Chứng minh rằng mặt phẳng \(x + 5y + z + 4 = 0\) đi qua đường thẳng \(\Delta \). c) Tính khoảng cách giữa đường thẳng \(\Delta \) và các trục tọa độ. d) Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(\Delta \) và \(\Delta ':x = y = z.\) e) Viết phương trình đường thẳng song song với Oz, cắt cả \(\Delta \) và ’\(\Delta '\). Giải a) Đường thẳng \(\Delta \) có phương trình tham số là: \(\left\{ \matrix{ x = 1 + 2t \hfill \cr y = - 1 - t \hfill \cr z = 3t \hfill \cr} \right.\) Vì điểm M(x, y, z) có hình chiếu trên (Oxy) là M’(x, y, 0) nên hình chiếu \({d_1}\) của \(\Delta \) trên (Oxy) có phương trình tham số là \(\left\{ \matrix{ x = 1 + 2t \hfill \cr y = - 1 + t \hfill \cr z = 0 \hfill \cr} \right.\) Hình chiếu \({d_2}\) của \(\Delta \) trên (Oyz) là \(\left\{ \matrix{ x = 0 \hfill \cr y = - 1 - t \hfill \cr z = 3t \hfill \cr} \right..\) Hình chiếu \({d_3}\) của \(\Delta \) trên (Oxz) là \(\left\{ \matrix{ x = 1 + 2t \hfill \cr y = 0 \hfill \cr z = 3t \hfill \cr} \right..\) b) Lấy điểm \(M\left( {1 + 2t, - 1 - t,3t} \right) \in \Delta ,\) thay tọa độ của M vào phương trình \(mp\left( \alpha \right)\) ta có: \(1 + 2t - 5\left( {1 + t} \right) + 3t + 4 = 0 \Rightarrow M \in \left( \alpha \right).\) Vậy \(\Delta \subset \left( \alpha \right),\) tức \(mp\left( \alpha \right)\) đi qua \(\Delta \). c) \(\Delta \) qua điểm \(M\left( {1; - 1;0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {2; - 1;3} \right).\) Đường thẳng chứa trục Ox qua O(0; 0; 0) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow i \left( {1;0;0} \right)\). Khoảng cách giữa \(\Delta \) và trục Ox là: \({h_1} = {{\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow i } \right].\overrightarrow {OM} } \right|} \over {\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow i } \right]} \right|}} = {{\left| { - 3} \right|} \over {\sqrt {{3^2} + {1^2}} }} = {{3\sqrt {10} } \over {10}}.\) Khoảng cách giữa \(\Delta \) và trục Oy là: \({h_2} = {{\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow j } \right].\overrightarrow {OM} } \right|} \over {\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow j } \right]} \right|}} = {{\left| { - 3} \right|} \over {\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {2^2}} }} = {{3\sqrt {13} } \over {13}}.\) Khoảng cách giữa \(\Delta \) và trục Oz là: \({h_3} = {{\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow k } \right].\overrightarrow {OM} } \right|} \over {\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow k } \right]} \right|}} = {{\left| 1 \right|} \over {\sqrt {{1^2} + {2^2}} }} = {{\sqrt 5 } \over 5}.\) d) Lấy \(P\left( {1 + 2t, - 1 - t,3t} \right) \in \Delta ,\,\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {2; - 1;3} \right).\) \(Q\left( {t',t',t'} \right) \in \Delta ',\,\,\Delta '\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {u'} \left( {1;1;1} \right).\) Ta có \(\overrightarrow {QP} = \left( {1 + 2t - t', - 1 - t - t',3t - t'} \right).\) PQ là đường vuông góc chung của \(\Delta \) và \(\Delta '\) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {PQ} \bot \overrightarrow u \) và \(\overrightarrow {PQ} \bot \overrightarrow {u'} ,\) tức là: \(\eqalign{ & \left\{ \matrix{ \overrightarrow {QP} .\overrightarrow u = 0 \hfill \cr \overrightarrow {QP} .\overrightarrow {u'} = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 2\left( {1 + 2t - t'} \right) - \left( { - 1 - t - t'} \right) + 3\left( {3t - t'} \right) = 0 \hfill \cr 1 + 2t - t' - 1 - t - t' + 3t - t' = 0 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 14t - 4t' = - 3 \hfill \cr 4t - 3t' = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ t = - {9 \over {26}} \hfill \cr t' = - {6 \over {13}} \hfill \cr} \right.. \cr} \) Do đó \(Q\left( { - {6 \over {13}}; - {6 \over {13}}; - {6 \over {13}}} \right)\) và \(\overrightarrow {QP} = \left( {{{20} \over {16}},{{ - 5} \over {16}},{{ - 15} \over {16}}} \right) = {5 \over {16}}\left( {4; - 1; - 3} \right).\) Đường thẳng PQ đi qua Q và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow v = \left( {4; - 1; - 3} \right).\) Do đó PQ có phương trình tham số là: \(\left\{ \matrix{ x = - {6 \over {13}} + 4t \hfill \cr y = - {6 \over {13}} - t \hfill \cr z = - {6 \over {13}} - 3t \hfill \cr} \right..\) e) Lấy điểm \(P\left( {1 + 2t, - 1 - t,3t} \right) \in \Delta .\) \(Q\left( {t',t',t'} \right) \in \Delta '.\) PQ // Oz \( \Leftrightarrow \overrightarrow {QP} \) cùng phương với \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 1 + 2t - t' = 0 \hfill \cr - 1 - t - t' = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ t = - {2 \over 3} \hfill \cr t' = - {1 \over 3}. \hfill \cr} \right.\) Vậy PQ đi qua \(Q\left( { - {1 \over 3}, - {1 \over 3}, - {1 \over 3}} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\) nên PQ có phương trình tham số là: \(\left\{ \matrix{ x = - {1 \over 3} \hfill \cr y = - {1 \over 3} \hfill \cr z = - {1 \over 3} + t \hfill \cr} \right..\) Bài 10 trang 124 SGK Hình học 12 Nâng cao. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; -1; 2), B(2; 0; 1). a) Tìm quỹ tích các điểm M sao cho \(M{A^2} - M{B^2} = 2.\) b) Tìm quỹ tích các điểm N sao cho \(N{A^2} + N{B^2} = 3.\) c) Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng (OAB) và (Oxy). Giải a) Giả sử M(x, y, z) ta có: \(M{A^2} - M{B^2} = 2.\) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow {\left( {1 - x} \right)^2} + {\left( { - 1 - y} \right)^2} + {\left( {2 - z} \right)^2} - {\left( {2 - x} \right)^2} - {y^2} - {\left( {1 - z} \right)^2} = 2 \cr & \Leftrightarrow 2x + 2y - 2z - 1 = 0. \cr} \) Vậy quỹ tích điểm M là mặt phẳng có phương trình \(2x + 2y - 2z - 1 = 0.\) b) Giả sử N(x, y, z) ta có: \(N{A^2} + N{B^2} = 3.\) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow {\left( {1 - x} \right)^2} + {\left( { - 1 - y} \right)^2} + {\left( {2 - z} \right)^2} + {\left( {2 - x} \right)^2} + {y^2} + {\left( {1 - z} \right)^2} = 3 \cr & \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 3x + y - 3z + 4 = 0 \cr & \Leftrightarrow {\left( {x - {3 \over 2}} \right)^2} + {\left( {y + {1 \over 2}} \right)^2} + {\left( {z - {3 \over 2}} \right)^2} = {3 \over 4}. \cr} \) Vậy quỹ tích các điểm N là mặt cầu có tâm \(I\left( {{3 \over 2}; - {1 \over 2};{3 \over 2}} \right)\), bán kính \({{\sqrt 3 } \over 2}.\) c) Mặt phẳng (OAB) đi qua O, có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( { - 1;3;2} \right)\) nên có phương trình: \( - x + 3y + 2z = 0.\) Mp(Oxy) có phương trình z = 0. Điểm M(x, y, z) cách đều mp(OAB) và mp(Oxy) khi và chỉ khi: \(\eqalign{ & {{\left| { - x + 3y + 2z} \right|} \over {\sqrt {1 + 9 + 4} }} = \left| z \right| \Leftrightarrow - x + 3y + 2z = \pm \sqrt {14} z \cr & \Leftrightarrow x - 3y + \left( { \pm \sqrt {14} - 2} \right)z = 0. \cr} \) Bài 11 trang 124 SGK Hình học 12 Nâng cao. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng \(\Delta \) có phương trình \(\left\{ \matrix{ x = 1 + at \hfill \cr y = 1 + bt \hfill \cr z = 5 + ct \hfill \cr} \right.\) trong đó a, b, c thay đổi sao cho \({c^2} = {a^2} + {b^2}.\) a) Chứng minh rằng đường thẳng \(\Delta \) đi qua một điểm cố định, góc giữa \(\Delta \) và Oz là không đổi. b) Tìm quỹ tích các giao điểm của \(\Delta \) và mp(Oxy). Giải a) \(\Delta \) đi qua điểm A(1; 1; 5) cố định. \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {a,b,c} \right).\) Gọi \(\varphi \) là góc giữa \(\Delta \) và trục Oz. Ta có: \(\cos \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow k } \right)} \right| = \left| {{c \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}} \right| = \left| {{c \over {c\sqrt 2 }}} \right| = {{\sqrt 2 } \over 2}.\) Suy ra \(\varphi = {45^0}.\) b) Vì \({c^2} = {a^2} + {b^2}\) nên \(c \ne 0\) (vì nếu c = 0 thì a = b = 0). Gọi M(x, y, z) là giao điểm của \(\Delta \) và mp(Oxy) thì (x, y, z) thỏa mãn hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ x = 1 + at \hfill \cr y = 1 + bt \hfill \cr z = 5 + ct \hfill \cr z = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x - 1 = at \hfill \cr y - 1 = bt \hfill \cr t = - {5 \over c} \hfill \cr z = 0 \hfill \cr} \right..\) Từ đó suy ra \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = \left( {{a^2} + {b^2}} \right).{{25} \over {{c^2}}} = 25\) và z = 0. Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I(1; 1; 0) bán kính bằng 5 và nằm trong mp(Oxy). Bài 12 trang 124 SGK Hình học 12 Nâng cao.Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ với AB = a, BC = b, CC’ = c. a) Tính khoảng cách từ điểm A tới mp(A’BD). b) Tính khoảng cách từ điểm A’ tới đường thẳng C’D. c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’. Giải a) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có: \(A'\left( {0;0;c} \right),\,\,B\left( {a;0;0} \right),\,\,D\left( {0;b;0} \right).\) Phương trình mặt phẳng (A’BD) là: \({x \over a} + {y \over b} + {z \over c} - 1 = 0.\) Khoảng cách từ A(0; 0; 0) tới mp(A’BD) là: \(d = {{\left| { - 1} \right|} \over {\sqrt {{1 \over {{a^2}}} + {1 \over {{b^2}}} + {1 \over {{c^2}}}} }} = {{abc} \over {\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }}.\) b) Ta có \(C'\left( {a;b;c} \right).\) \(\eqalign{ & \overrightarrow {A'C'} = \left( {a,b,0} \right),\overrightarrow {C'D} = \left( { - a;0; - c} \right) \cr & \left[ {\overrightarrow {A'C'} ,\overrightarrow {C'D} } \right] = \left( { - bc,ac,ab} \right). \cr} \) Khoảng cách từ \(A'\left( {0,0,c} \right)\) tới đường thẳng C’D là: \({h_1} = {{\left| {\left[ {\overrightarrow {A'C'} ,\overrightarrow {C'D} } \right]} \right|} \over {\left| {\overrightarrow {C'D} } \right|}} = {{\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} } \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}.\) c) Ta có \(\overrightarrow {BC'} = \left( {0,b,c} \right),\overrightarrow {CD'} = \left( { - a,0,c} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0,b,0} \right),\) khoảng cách giữa BC’ và CD’ là: \({h_2} = {{\left| {\left[ {\overrightarrow {BC'} ,\overrightarrow {CD'} } \right].\overrightarrow {BC} } \right|} \over {\left| {\left[ {\overrightarrow {BC'} ,\overrightarrow {CD'} } \right]} \right|}} = {{abc} \over {\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }}.\)
CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM Câu 1. Cho H là hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Xét các mặt phẳng (SAC), (SAB), (SBD), (ABC), (SOI), trong đó I là trung điểm của AB, O là tâm hình vuông ABCD. Trong các mặt phẳng đó, có bao nhiêu mặt phẳng là mặt phẳng đối xứng của H ? (A) 1 ; (B) 2 ; (C) 3 ; (D) 4. Câu 2. Gọi H là lăng trụ lục giác đều ABCDEF.A’B’C’D’E’F’. Xét các mặt: mp(AA’D), mp(ACA’), mp(ABB’), mặt phẳng trung trực của DD’, mặt phẳng trung trực của AB. Trong các mặt phẳng đó, có bao nhiêu mặt phẳng là mặt phẳng đối xứng của H ? (A) 1 ; (B) 2 ; (C) 3 ; (D) 4. Câu 3. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, M là trung điểm của cạnh AB. Trong các đẳng thức sau đây, đẳng thức nào sai ? (A) \({V_{A'B'C'C}} = {V_{MA'B'C'}}\,;\) (B) \({V_{ABCC'}} = {V_{A'BCC'}}\,;\) (C) \({V_{MA'B'C'}} = {V_{A'ABC}}\,;\) (D) \({V_{MA'B'C'}} = {1 \over 2}{V_{AA'B'C'}}.\) Câu 4. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ . Trong các đẳng thức sau đây, đẳng thức nào sai ? (A) \({V_{A'BCC'}} = {1 \over 3}{V_{ABC.A'B'C'}}\,;\) (B) \({V_{A.BB'C'C}} = {1 \over 2}{V_{ABC.A'B'C'}}\,;\) (C) \({V_{A'.BCC'B'}} = 2{V_{AA'BC}}\,;\) (D) \({V_{C.ABB'A'}} = {V_{C'.ABB'A'}}.\) Câu 5. Cho khối chóp tứ giác S.ABCD và các điểm A’, B’, C’, D’ lần lượt nằm trên các đường thẳng SA, SB, SC, SD nhưng không trùng với S. Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng ? (A) \({{{V_{S.ABC}}} \over {{V_{S.A'B'C'}}}} = {{SA} \over {SA'}}.{{SB} \over {SB'}}.{{SC} \over {SC'}}\,;\) (B) \({{{V_{S.ABCD}}} \over {{V_{S.A'B'C'D'}}}} = {{SA} \over {SA'}}.{{SB} \over {SB'}}.{{SC} \over {SC'}}.{{SD} \over {SD'}}\,;\) (C) \({{{V_{S.ABCD}}} \over {{V_{S.A'B'C'D'}}}} = {{SA} \over {SA'}}.{{SC} \over {SC'}} + {{SB} \over {SB'}}.{{SD} \over {SD'}}\,;\) (D) \({{{V_{S.ABCD}}} \over {{V_{S.A'B'C'D'}}}} = {{SA} \over {SA'}} + {{SB} \over {SB'}} + {{SC} \over {SC'}} + {{SD} \over {SD'}}\,.\) Câu 6. Trong các mênh đề sau đây, mệnh đề nào đúng ? (A) Hình lăng trụ nội tiếp một mặt cầu nếu đáy của nó là đa giác nội tiếp; (B) Hình lăng trụ nội tiếp một mặt cầu nếu tất cả các mặt của nó đều là đa giác nội tiếp ; (C) Hình lăng trụ nội tiếp một mặt cầu nếu có mặt bên vuông góc với mặt đáy ; (D) Đa diện nội tiếp một mặt cầu nếu các mặt của nó đều là đa giác nội tiếp. Câu 7. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? (A) Đường tròn đi qua ba điểm phân biệt nằm trên mặt cầu thì nằm hoàn toàn trên mặt cầu ; (B) Có duy nhất một mặt cầu đi qua 4 đỉnh của một hình thang cân cho trước ; (C) Hình chóp có đáy là hình thang vuông luôn luôn nội tiếp một mặt cầu ; (D) Cả ba mệnh đề trên đều sai. Câu 8. Cho khối trụ có bán kính \(a\sqrt 3 \) và chiều cao \(2a\sqrt 3 \). Thể tích của nó là: (A) \(4\pi {a^3}\sqrt 2 \,;\) (B) \(9{a^3}\sqrt 3 \,\,;\) (C) \(6\pi {a^3}\sqrt 3 \,;\) (D) \(6\pi {a^2}\sqrt 3 .\) Câu 9. Đáy của một hình chóp là hình vuông có diện tích bằng 4. Các mặt bên của nó là những tam giác đều. Diện tích toàn phần của hình chóp là (A) \(4 + 4\sqrt 3 \,;\) (B) 8 ; (C) 16 ; (D) \(4 + 4\sqrt 2 .\) Câu 10. Một hình nón có đường sinh bằng l và bằng đường kính đáy. Bán kính hình cầu ngoại tiếp hình nón là: (A) \({1 \over 3}\)l (B) \({{\sqrt 3 } \over 6}\)l (C) \({{\sqrt 2 } \over 6}\)l (D) \({3 \over 4}\)l. Câu 11. Một hình cầu có thể tích bằng \({{4\pi } \over 3}\), nội tiếp một hình lập phương. Thể tích của hình lập phương đó bằng (A) 8 ; (B) \(4\pi \); (C) 1 ; (D) \(2\pi \sqrt 3 \). Câu 12. Cho hình chữ nhật có hai đỉnh \(A\left( { - 2;3;0} \right),B\left( {2;3;0} \right)\) và một cạnh nằm trên trục Ox. Khối tròn xoay sinh bởi hình chữ nhật đó khi quay quanh trục Oy có thể tích là: (A) \(6{\pi ^2};\) (B) 12 ; (C) \(12\pi \,;\) (D) \({{4\pi } \over 3}.\) Câu 13. Cho hai vectơ \(\overrightarrow u \left( {1;0;2} \right)\) và \(\overrightarrow v = \left( {0; - 1;1} \right)\). Trong các vectơ sau, vectơ nào cùng phương với \(\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right]\,?\) (A) \(\overrightarrow a = \left( {1;1;1} \right)\,;\) (B) \(\overrightarrow b = \left( { - 2;1;1} \right)\,;\) (C) \(\overrightarrow c = \left( {0;1; - 1} \right)\,;\) (D) \(\overrightarrow d = \left( {2;2; - 1} \right).\) Câu 14. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 6 nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có phương trình \(2x - 2y + z + 5 = 0.\) Thể tích hình chóp S.ABC với \(S = \left( {1;1;1} \right)\) bằng: (A) \(3\sqrt 6 ;\) (B) \(12\sqrt 2 \); (C) 8 ; (D) 4. Câu 15. Mặt cầu tâm I(6; 3; -4) tiếp xúc với trục Ox có bán kính là: (A) 5; (B) \(2\sqrt 3 \); (C) \(4\sqrt 3 ;\) (D) 4. Câu 16.Cho hai đường thẳng d có phương trình \(\left\{ \matrix{ x = 1 + 2t \hfill \cr y = 2 - t \hfill \cr z = 3 + t. \hfill \cr} \right.\) (A) \(\left\{ \matrix{ x = 1 + t \hfill \cr y = 2 - t \hfill \cr z = 3 + t. \hfill \cr} \right.\) (B) \(\left\{ \matrix{ x = 3 + 4t \hfill \cr y = 1 - 2t \hfill \cr z = 4 + 2t\,; \hfill \cr} \right.\) (C) \(\left\{ \matrix{ x = 2t \hfill \cr y = 1 - t \hfill \cr z = 2 + t\,; \hfill \cr} \right.\) (D) \(\left\{ \matrix{ x = 1 + 2t \hfill \cr y = 2 + t \hfill \cr z = 3 - t. \hfill \cr} \right.\) Câu 17.Cho hai đường thẳng \(d:\left\{ \matrix{ x = 1 + t \hfill \cr y = 2 + t \hfill \cr z = 3 - t \hfill \cr} \right.\) và \(d':\left\{ \matrix{ x = 1 + 2t \hfill \cr y = -1 + 2t \hfill \cr y = 2 - 2t \hfill \cr} \right.\) . Khi đó: (A) d cắt d’ (B) d trùng d’ ; (C) d và d’ chéo nhau ; (D) d song song với d’. Câu 18. Cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có phương trình \(\left( P \right):3x + 4z + 12 = 0\,;\,\,\,\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 1.\) Khi đó: (A) mp(P) đi qua tâm cầu (S) ; (B) mp(P) tiếp xúc với mặt cầu (S); (C) mp(P) cắt (S) theo một đường tròn; (D) mp(P) không cắt (S). Câu 19. Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M(2; 0; 1) trên đường thẳng \(\Delta :{{x - 1} \over 1} = {y \over 2} = {{z - 2} \over 1}\) là: (A) (1; 0; 2) ; (B) (2; 2; 3) ; (C) (0; -2 ; 1) ; (D) (-1; 4; 0). Câu 20. Cho hai đường thẳng \(d:\left\{ \matrix{ x = 1 + 2t \hfill \cr y = - 1 - t \hfill \cr z = 1 \hfill \cr} \right.\) và \(d':{{x - 2} \over { - 1}} = {{y + 2} \over 1} = {{z - 3} \over 1}.\) Khoảng cách giữa d và d’ là: (A) \({{\sqrt 6 } \over 2};\) (B) \({{\sqrt {14} } \over 2};\) (C) \({1 \over {\sqrt 6 }};\) (D) \(\sqrt 2 \). Câu 21. Cho hai đường thẳng \(d:\left\{ \matrix{ x = 1 + t \hfill \cr y = 0 \hfill \cr z = - 5 + t \hfill \cr} \right.\) và \(d':\left\{ \matrix{ x = 0 \hfill \cr y = 4 - 2t \hfill \cr z = 5 + 3t \hfill \cr} \right.\) Phương trình đường vuông góc chung của d và d’ là: (A) \(\left\{ \matrix{ x = 4 + 2t \hfill \cr y = 3t \hfill \cr z = - 2 + 2t \hfill \cr} \right.\) (B) \(\left\{ \matrix{ x = 4 - t \hfill \cr y = 3t \hfill \cr z = - 2 + t; \hfill \cr} \right.\) (C) \({{x - 4} \over { - 2}} = {y \over 3} = {{z - 2} \over 2};\) (D) \({{x - 4} \over { - 2}} = {y \over 3} = {{z + 2} \over 2}.\) Câu 22. Cho mặt phẳng (P): \(mx + y + \left( {n - 2} \right)z + m + 2 = 0.\) Với mọi m,n , mặt phẳng (P) luôn đi qua điểm cố định có tọa độ là: (A) (1; 2; 0) (B) (2; 1; 0); (C) (0; 1; -2); (D) (-1; -2; 0). Câu 23. Cho mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y - 4z = 0.\) Mặt phẳng tiếp xúc với (S) tại A(3; 4; 3) có phương trình: (A) \(4x + 4y - 2z - 17 = 0;\) (B) \(2x + 2y + z - 17 = 0;\) (C) \(2x + 4y + z - 17 = 0;\) (D) \(x + y + z - 17 = 0.\) Đáp án câu hỏi trắc nghiệm Lời giải chi tiết Câu 1. Có 3 mặt phẳng đối xứng của H, đó là: mp(SAC), mp(SBD), mp(SOI). Chọn (C). Câu 2. Có 3 mặt phẳng đối xứng của H, đó là mp(AA’D), mặt phẳng trung trực của DD’, mặt phẳng trung trực của AB. Chọn (C). Câu 3. Ta có: AM // (A’B’C’) \( \Rightarrow d\left( {A;\left( {A'B'C'} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {A'B'C'} \right)} \right)\) \(\eqalign{ & {V_{MA'B'C'}} = {1 \over 3}d\left( {M;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}} \cr & {V_{A.A'B'C'}} = {1 \over 3}d\left( {A;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}} \cr & \Rightarrow {V_{MA'B'C'}} = {V_{A.A'B'C'}}. \cr} \) Chọn (D). Câu 4. Ta có \({V_{A.A'B'C'}} = {1 \over 3}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow {V_{A.BCC'B'}} = {2 \over 3}{V_{ABC.A'B'C'}}.\) Chọn (B). Câu 5. Chọn (A). Câu 6. Hình lăng trụ nội tiếp một mặt cầu nếu tất cả các mặt của nó là đa giác nội tiếp. Chọn (B). Câu 7. Đường tròn đi qua ba điểm phân biệt nằm trên mặt cầu thì nằm hoàn toàn trên mặt cầu. Chọn (A). Câu 8. \({V_{tru}} = {S_d}.h = \pi {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2}2a\sqrt 3 = 6\pi {a^3}\sqrt 3 .\) Chọn (C). Câu 9. Cạnh hình vuông đáy là a = 2. Mặt bên là tam giác đều cạnh a nên có diện tích mặt bên là \(S = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4} = \sqrt 3 .\) Vậy \({S_{tp}} = {S_d} + 4S = 4 + 4\sqrt 3 .\) Chọn (A). Câu 10.\(\Delta SAB\) là tam giác đều cạnh l. Đường cao \(SO = l{{\sqrt 3 } \over 2}.\) Bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón là: \(r = {1 \over 3}SO = {{l\sqrt 3 } \over 6}.\) Chọn (B). Câu 11. Thể tích khối cầu bán kính R là \(V = {4 \over 3}\pi {R^3} = {{4\pi } \over 3} \Rightarrow R = 1.\) Hình lập phương ngoại tiếp hình cầu bán kính R có cạnh a = 2R = 2. Vậy thể tích của hình lập phương đó là \({a^3} = 8.\) Chọn (A). Câu 12. Hình chữ nhật ABCD trong đó C(2; 0; 0), D(-2; 0; 0). Khối tròn xoay sinh bởi hình chữ nhật ABCD khi quay quanh trục Oy là khối trụ có bán kính đường tròn đáy là R = 2, chiều cao h = 3 nên có thể tích là \(V = \pi {R^2}h = 12\pi .\) Chọn (C). Câu 13.Ta có Chọn (B). Câu 14. Khoảng cách h từ S đến \(mp\left( \alpha \right)\) chính là chiều cao SH của hình chóp S.ABC. Ta có: \(h = SH = {{\left| {2.1 - 2.1 + 1 + 5} \right|} \over {\sqrt {{2^2} + {(-2)^2} + {1^2}} }} = {6 \over 3} = 2.\) Thể tích hình chóp S.ABC là \(V = {1 \over 3}.6.2 = 4.\) Chọn (D). Câu 15. Hình chiếu của I(6; 3; -4) lên trục Ox là điểm I’(6; 0; 0). Bán kính mặt cầu tâm I tiếp xúc với trục Ox là R = II’ = \(\sqrt {{(-3)^2} + {4^2}} = 5.\) Chọn (A). Câu 16. d đi qua điểm A(1; 2; 3) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {2; - 1;1} \right).\) Đường thẳng có phương trình tham số \(\left\{ \matrix{ x = 3 + 4t \hfill \cr y = 1 - 2t \hfill \cr z = 4 + 2t \hfill \cr} \right.\) cũng đi qua A(1; 2; 3) (ứng với \(t = - {1 \over 2}\)) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow v = \left( {4; - 2;2} \right)\) cùng phương với vectơ \(\overrightarrow u \). Chọn (B). Câu 17. d đi qua A(1; 2; 3) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {1;1; - 1} \right)\). d’ đi qua B(1; -1; 2) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {u'} = \left( {2;2; - 2} \right).\) Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {0; - 3; - 1} \right)\) không cùng phương với \(\overrightarrow {u'} \). \(\overrightarrow u \), \(\overrightarrow {u'} \) cùng phương nên d // d’. Chọn (D). Câu 18. (S) có tâm I(0; 0; 2) bán kính R = 1. Khoảng cách từ I đến mp(P) là \(d = {{\left| {4.2 + 12} \right|} \over {\sqrt {{3^2} + {0^2} + {4^2}} }} = 4 > 1.\) Vậy mp(P) không cắt (S). Chọn (D). Câu 19.Phương trình tham số của \(\Delta :\left\{ \matrix{ x = 1 + t \hfill \cr y = 2t \hfill \cr z = 2 + t \hfill \cr} \right..\) Lấy \(N\left( {1 + t,2t,2 + t} \right) \in \Delta ,\,\,\overrightarrow {MN} = \left( {t - 1,2t,t + 1} \right).\) N là hình chiếu vuông góc của M trên \(\Delta \) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {MN} \bot \overrightarrow u \) (với \(\overrightarrow u = \left( {1;2;1} \right)\) là vectơ chỉ phương của \(\Delta \)). Ta có: \(\overrightarrow {MN} .\overrightarrow u = 0 \Leftrightarrow t - 1 + 4t + t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = 0.\) Vậy N(1; 0; 2). Chọn (A). Câu 20. d đi qua A(1; -1; 1) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {2; - 1;0} \right)\). d’ đi qua điểm B(2; -2; 3) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {u'} = \left( { - 1;1;1} \right).\) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 1;2} \right);\,\,\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {u'} } \right] = \left( { - 1; - 2;1} \right).\) Khoảng cách giữa d và d’ là: \({{\left| {\overrightarrow {AB} .\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right]} \right|} \over {\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {u'} } \right]} \right|}} = {{\sqrt 6 } \over 2}.\) Chọn (A). Câu 21. d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {1;0;1} \right)\); d’ có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {u'} = \left( {0; - 2;3} \right).\) Lấy \(M\left( {1 + t,0, - 5 + t} \right) \in d\) và \(N\left( {0;4 - 2t';5 + 3t'} \right) \in d'.\) \(\overrightarrow {MN} = \left( { - 1 - t,4 - 2t',10 + 3t' - t} \right).\) MN là đường vuông góc chung của d và d’ khi và chỉ khi \(\left\{ \matrix{ \overrightarrow {MN} .\overrightarrow u = 0 \hfill \cr \overrightarrow {MN} .\overrightarrow {u'} = 0 \hfill \cr} \right.\). \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ - 1 - t + 10 + 3t' - t = 0 \hfill \cr - 8 + 4t' + 30 + 9t' - 3t = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 3t' - 2t = - 9 \hfill \cr 13t' - 3t = - 22 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ t = 3 \hfill \cr t' = - 1 \hfill \cr} \right..\) Vậy \(M\left( {4;0; - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {MN} = \left( { - 4;6;4} \right) = 2\left( { - 2;3;2} \right).\) Vậy \(MN:{{x - 4} \over { - 2}} = {y \over 3} = {{z + 2} \over 2}.\) Chọn (D). Câu 22. Lần lượt thay tọa độ các điểm vào (P) ta được \(\left( { - 1; - 2;0} \right) \in \left( P \right).\) Chọn (D). Câu 23. Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 2), bán kính R = 3; \(\overrightarrow {IA} = \left( {2;2;1} \right)\) cùng phương với vectơ pháp tuyến của mặt phẳng có phương trình \(2x + 2y + z - 17 = 0.\) Chọn (B).
MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TRA Đề I trang 129 SGK Giải tích 12 Nâng cao Câu 1. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a va cạnh bên bằng \(a\sqrt 2 \). a) Tính thể tích của hình chóp đã cho. b) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. c) Gọi A’ và C’ lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA và SC. Chứng minh rằng hai hình chóp A’.ABCD và C’.CBAD bằng nhau. Câu 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A(4; -1; 2), B(1; 2; 2) và C(1; -1; 5). a) Chứng minh rằng ABC là tam giác đều. b) Viết phương trình mp(ABC). Tính thể tích khối tứ diện giới hạn bởi mp(ABC) và các mặt phẳng tọa độ. c) Viết phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. d) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là tứ diện đều. Lời giải Câu 1. a) Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).\) Ta có ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow AO = {{a\sqrt 2 } \over 2}.\) Xét tam giác vuông SOA có: \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {2{a^2} - {{{a^2}} \over 2}} = {{a\sqrt 6 } \over 2}.\) \(\eqalign{ & {S_{ABCD}} = {a^2} \cr & \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = {1 \over 3}SO.{S_{ABCD}} = {1 \over 3}{{a\sqrt 6 } \over 2}.{a^2} = {{{a^3}\sqrt 6 } \over 6}. \cr} \) Gọi A’ là trung điểm của SA. Trong (SAC) qua A’ kẻ đường thẳng vuông góc với SA cắt SO tại I. Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD. Dễ thấy \(\eqalign{ & \Delta SA'I\,\,\text{ đồng dạng }\,\,\Delta SOA\,(g.g) \cr & \Rightarrow {{SA} \over {SI}} = {{SO} \over {SA'}} \Rightarrow SI = {{SA.SA'} \over {SO}} = {{a\sqrt 2 .{{a\sqrt 2 } \over 2}} \over {{{a\sqrt 6 } \over 2}}} = {{a\sqrt 6 } \over 3} = R \cr} \) Ta có A’C’ // (ABCD) \( \Rightarrow d\left( {A';\left( {ABCD} \right)} \right) = d\left( {C';\left( {ABCD} \right)} \right)\) \( \Rightarrow {V_{A'.ABCD}} = {V_{C'.CBAD}}.\) Vậy hai khối chóp A’.ABCD và C’.CBAD bằng nhau. Câu 2. a) Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {AB} = \left( { - 3,3,0} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 3,0,3} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0, - 3,3} \right) \cr & \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {3^2} + {0^2}} = 3\sqrt 2 \cr & AC = 3\sqrt 2 \cr & BC = 3\sqrt 2 \cr & \Rightarrow AB = BC = AC = 3\sqrt 2 . \cr} \) Vậy tam giác ABC đều. b) Ta có: (ABC) đi qua A và nhận \(\overrightarrow n = \left( {1;1;1} \right)\) là 1 vectơ pháp tuyến nên (ABC) có phương trình: \(\left( {x - 4} \right) + \left( {y + 1} \right) + \left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y + z - 5 = 0.\) Mặt phẳng (ABC) cắt với trục Ox tại điểm A’(5; 0; 0) Mặt phẳng (ABC) cắt trục Oy tại điểm B’(0; 5; 0) Mặt phẳng (ABC) cắt trục Oz tại điểm C’(0; 0; 5). Khi đó khối tứ diện giới hạn bởi mặt phẳng (ABC) và các mặt phẳng tọa độ là tứ diện OA’B’C’ và \({V_{OA'B'C'}} = {1 \over 6}OA'.OB'.OC' = {1 \over 6}.5.5.5 = {{125} \over 6}.\) c) Gọi I(a, b, c) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có: \(\eqalign{ & \left\{ \matrix{ IA = IB \Leftrightarrow I{A^2} = I{B^2} \Leftrightarrow {\left( {a - 4} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} \hfill \cr IA = IC \Leftrightarrow I{A^2} = I{C^2} \Leftrightarrow {\left( {a - 4} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} + {\left( {c - 5} \right)^2} \hfill \cr I \in \left( {ABC} \right) \Rightarrow a + b + c - 5 = 0 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ - 8a + 16 + 2b + 1 = - 2a + 1 - 4b + 4 \hfill \cr - 8a + 16 + 2b + 1 - 4c + 4 = - 2a + 1 + 2b + 1 - 10c + 25 \hfill \cr a + b + c - 5 = 0 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 6a - 6b = 12 \hfill \cr 6a - 6c = - 6 \hfill \cr a + b + a = 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ a - b = 2 \hfill \cr a - c = - 1 \hfill \cr a + b + c = 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ a = 2 \hfill \cr b = 0 \hfill \cr c = 3 \hfill \cr} \right. \Rightarrow I\left( {2,0,3} \right). \cr} \) Trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (ABC) nên trục đó đi qua I(2; 0; 3) và nhận \(\overrightarrow n = \left( {1,1,1} \right)\) là 1 vectơ chỉ phương. Do đó trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: \(\left\{ \matrix{ x = 2 + t \hfill \cr y = t \hfill \cr z = 3 + t \hfill \cr} \right.\,\,\left( \Delta \right)\) d) Để ABCD là tứ diện đều thì \(D \in \left( \Delta \right) \Rightarrow D\left( {2 + t,t,3 + t} \right).\) Và \(DA = AB = 3\sqrt 2 \Leftrightarrow D{A^2} = 18.\) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow {\left( {t - 2} \right)^2} + {\left( {t + 1} \right)^2} + {\left( {t + 1} \right)^2} = 18 \cr & \Leftrightarrow 3{t^2} = 12 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ t = 2 \hfill \cr t = - 2 \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ D\left( {4,2,5} \right) \hfill \cr D\left( {0, - 2,1} \right) \hfill \cr} \right.. \cr} \) Vậy có hai điểm D để ABCD là tứ diện đều là \(D\left( {4,2,5} \right)\) hoặc \(D\left( {0, - 2,1} \right)\). Đề II trang 129 SGK Giải tích 12 Nâng cao 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: \(d\left( {O;\Delta } \right) = {{\left| {\left[ {\overrightarrow {OM} ,{{\overrightarrow u }_\Delta }} \right]} \right|} \over {\left| {{{\overrightarrow u }_\Delta }} \right|}} = {{\sqrt {{{\left( { - {{24} \over 5}} \right)}^2} + {{\left( { - {6 \over 5}} \right)}^2} + {{\left( { - {6 \over 5}} \right)}^2}} } \over {\sqrt {{0^2} + {1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = {{{{18\sqrt 2 } \over 5}} \over {\sqrt 2 }} = {{18} \over 5}\) Đề III trang 130 SGK Giải tích 12 Nâng cao Câu 1. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi N là điểm nằm trên cạnh AB và \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng đi qua ba điểm D, N, B’. a) Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cắt hình hộp đã cho theo thiết diện là hình gì? b) Chứng minh rằng mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) phân chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện \({H_1}\) và \({H_2}\) bằng nhau. c) Tính tỉ số thể tích của khối đa diện \({H_1}\) và thể tích của khối tứ diện AA’BD. Câu 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; -3; -1) và B(-2; 1; 3). a) Chứng tỏ rằng hai điểm A và B cách đều trục Ox. b) Tìm điểm C nằm trên trục Oz sao cho tam giác ABC vuông tại C. c) Viết phương trình hình chiếu của đường thẳng AB trên mp(Oyz). d) Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm O, A, B và có tâm nằm trên mp(Oxy). Lời giải Câu 1. a) Giả sử \(\left( \alpha \right) \cap C'D' = E\) thì thiết diện của hình hộp khi cắt bởi \(mp\left( \alpha \right)\) là tứ giác DNB’E. Ta có: \(\left\{ \matrix{ \left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = DN \hfill \cr \left( \alpha \right) \cap \left( {A'B'C'D'} \right) = B'E \hfill \cr \left( {ABCD} \right)\parallel \left( {A'B'C'D'} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow DN\parallel B'E.\) Tương tự ta có: \(\left\{ \matrix{ \left( \alpha \right) \cap \left( {AA'B'B} \right) = {NB'} \hfill \cr \left( \alpha \right) \cap \left( {CC'D'D} \right) = DE \hfill \cr \left( {AA'B'B} \right)\parallel \left( {CC'D'D} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow NB'\parallel DE.\) Xét tứ giác DNB’E có: DN // B’E, NB’ // DE. Vậy DNB’E là hình bình hành. b) \(mp\left( \alpha \right)\) chia khối hộp thành hai khối đa diện \({H_1}:ADNA'B'ED'\) và \({H_2}:C'B'ECDNB.\) Gọi O là giao điểm hai đường chéo B’D và NE của hình bình hành DNB’E suy ra O là trung điểm của B’D. Do đó O là tâm hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi \({D_{(O)}}\) là phép đối xứng qua tâm O ta có: \({D_{(O)}}\): \(A \to C'\) \(\eqalign{ & N \to E \cr & B' \to D \cr & E \to N \cr & D' \to B \cr & A' \to C \cr & D \to B' \cr} \) \( \Rightarrow \)\({D_{(O)}}\): \(ADNA'B'ED' \to C'B'ECDNB\) hay \({D_{(O)}}\): \({H_1} \to {H_2}.\) Mà phép đối xứng tâm O là phép dời hình nên \({V_{{H_1}}} = {V_{{H_2}}}.\) c) Gọi \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = V.\) Ta có: \({V_{AA'BD}} = {V_{A'.ABD}}.\) \({S_{\Delta ABD}} = {1 \over 2}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{A'.ABD}} = {1 \over 3}AA'.{S_{\Delta ABD}} = {1 \over 3}.AA'.{1 \over 2}{S_{ABCD}} = {1 \over 6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {V \over 6}.\) Mà \({V_{{H_1}}} = {V_{{H_2}}} = {V \over 2}.\) Suy ra \({{{V_{{H_1}}}} \over {{V_{AA'BD}}}} = {{{V \over 2}} \over {{V \over 6}}} = 3.\) Câu 2. Ta có Ox đi qua O(0, 0, 0) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow i = \left( {1,0,0} \right).\) \( \Rightarrow d\left( {A;Ox} \right) = {{\left| {\left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow i } \right]} \right|} \over {\left| {\overrightarrow i } \right|}} = {{\sqrt {{0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { 3} \right)}^2}} } \over {\sqrt {{1^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \sqrt {10} .\) \(\eqalign{ & \Rightarrow d\left( {B;Ox} \right) = {{\left| {\left[ {\overrightarrow {OB} ,\overrightarrow i } \right]} \right|} \over {\left| {\overrightarrow i } \right|}} = {{\sqrt {{0^2} + {3^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} } \over {\sqrt {{1^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \sqrt {10} . \cr & \Rightarrow d\left( {A;Ox} \right) = d\left( {B;Ox} \right). \cr} \) Vậy A và B cách đều trục Ox. b) Điểm \(C \in Oz\) nên \(C\left( {0,0,c} \right)\). Ta có: \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 1,3,c + 1} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {2, - 1,c - 3} \right).\) Tam giác ABC vuông tại C nên \(\eqalign{ & \overrightarrow {AC} \bot \overrightarrow {BC} \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow - 2 - 3 + \left( {c + 1} \right)\left( {c - 3} \right) = 0 \cr & \Leftrightarrow - 5 + {c^2} - 2c - 3 = 0 \cr & \Leftrightarrow {c^2} - 2c - 8 = 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ c = 4 \hfill \cr c = - 2 \hfill \cr} \right.. \cr} \) Vậy có 2 điểm C thỏa mãn đề bài là \(C\left( {0,0,4} \right)\) hoặc \(C\left( {0,0, - 2} \right).\) c) Hình chiếu của A trên mp(Oyz) là \(A'\left( {0, - 3, - 1} \right)\) và hình chiếu của B trên mp(Oyz) là \(B'\left( {0,1,3} \right)\). \( \Rightarrow \overrightarrow {A'B'} = \left( {0,4,4} \right) = 4\left( {0,1,1} \right).\) Suy ra hình chiếu d’ của AB trên mp(Oyz) là đường thẳng đi qua A’ và nhận \(\overrightarrow u = \left( {0,1,1} \right)\) và 1 vectơ chỉ phương. Phương trình tham số của d’ là: \(\left\{ \matrix{ x = 0 \hfill \cr y = - 3 + t \hfill \cr z = - 1 + t \hfill \cr} \right..\) d) Gọi I là tâm của mặt cầu. Vì \(I \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow I\left( {a,b,0} \right).\) Khi đó phương trình mặt cầu có dạng \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by + d = 0.\) Vì O, A, B thuộc mặt cầu nên tọa độ của O, A, B thỏa mãn phương tình mặt cầu. Từ đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ d = 0 \hfill \cr 1 + 9 + 1 - 2a + 6b + d = 0 \hfill \cr 4 + 1 + 9 + 4a - 2b + d = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ d = 0 \hfill \cr - 2a + 6b = - 11 \hfill \cr 4a - 2b = - 14 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ a = {{ - 53} \over {10}} \hfill \cr b = - {{18} \over 5} \hfill \cr d = 0 \hfill \cr} \right.\) Vậy phương trình mặt cầu thỏa mãn đề bài là: \({x^2} + {y^2} + {z^2} + {{53} \over 5}x + {{36} \over 5}y = 0 \Leftrightarrow 5{x^2} + 5{y^2} + 5{z^2} + 53x + 36y = 0.\)
