Bài 45 trang 63 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tứ diện đều ABCD, AA1 là một dường cao của tứ diện. Gọi I là trung điểm của AA1. Mặt phẳng (BCI) chia tứ diện đã cho thành hai tứ diện. Tính tỉ số hai bán kính của hai mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó. Giải Gọi N là trung điểm của BC và J là giao điểm của NI với AD, khi đó mp(BCI) chia tứ diện đã cho thành hai tứ diện BCDJ và ABCJ. Dễ thấy \({\rm{AJ = }}{1 \over 4}AD.\) Vì \({\rm{A}}{{\rm{A}}_1} \bot mp(BCD)\) nên mọi điểm thuộc \({\rm{A}}{{\rm{A}}_1}\) cách đều B,C, D. Khi đó, tâm O1 của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện BCDJ là giao điểm của \({\rm{A}}{{\rm{A}}_1}\) với đường trung trực của JD( xét trong mp(\({\rm{A}}{{\rm{A}}_1}D\))). Tương tự như trên, tâm O2 của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCJ là giao của với đường trung trực của AJ ( xét trong mp(ADD1))(DD1 là đường cao kẻ từ đỉnh D của tứ diện ABCD). Gọi E và F lần lượt là trung điểm của DJ và AJ. Xét tứ giác nội tiếp \({O_1}{A_1}DE\) (hình 89b), ta có \(\eqalign{ & AE.AD = A{O_1}{\rm{.A}}{{\rm{A}}_1} \cr & \Rightarrow A{O_1} = {{AE.AD} \over {A{A_1}}}. \cr} \) Mặt khác \({\rm{A}}{{\rm{A}}_1} = {{a\sqrt 6 } \over 3},AE = {a \over 4} + {{3a} \over 8} = {{5a} \over 8}.\) Từ đó \(A{O_1} = {{5a.a} \over {8.{{a\sqrt 6 } \over 3}}} = {{5a\sqrt 6 } \over {16}}.\) Và do đó \({A_1}{O_1} = {A_1}A - A{O_1} \) \(= {{a\sqrt 6 } \over 3} - {{5a\sqrt 6 } \over {16}} = {{a\sqrt 6 } \over {48}}\) Vậy bán kính \({R_1}\) của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện BCDJ là \(\eqalign{ & R_1^2 = {O_1}{D^2} = {A_1}O_1^2 + {A_1}{D^2}\cr&\;\;\;\;\;\; = {{6{a^2}} \over {{{48}^2}}} + {{3{a^2}} \over 9} = {{{a^2}} \over {48.8}} + {{{a^2}} \over 3} = {{129.{a^2}} \over {48.8}} \cr & \Rightarrow {R_1} = {{a\sqrt {129} } \over {8\sqrt 6 }}. \cr} \) Từ giác \({O_2}{D_1}FA\) nội tiếp đường tròn nên \({\rm{D}}{{\rm{D}}_1}.D{O_2} = DF.DA \Rightarrow D{O_2} = {{DF.DA} \over {D{D_1}}}.\) Mặt khác \(DF = {{3a} \over 4} + {a \over 8} = {{7a} \over 8},DA = a,{\rm{D}}{{\rm{D}}_1} = {{a\sqrt 6 } \over 3},\) từ đó \(D{O_2} = {{{{7a} \over 8}.a} \over {{{a\sqrt 6 } \over 3}}} = {{21a\sqrt 6 } \over {8.6}} = {{7a\sqrt 6 } \over {16}}.\) Suy ra \({{\rm{D}}_1}{{\rm{O}}_2} = {{7a\sqrt 6 } \over {16}} - {{a\sqrt 6 } \over 3} = {{5a\sqrt 6 } \over {48}}\) và do đó, bán kính \({R_2}\) của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCJ là \(R_2^2 = {O_2}A_2^2 = {O_2}D_1^2 + {D_1}{A^2} \) \(= {{25{a^2}.6} \over {{{48}^2}}} + {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} \) \(= {{25{a^2}} \over {48.8}} + {{{a^2}} \over 3} = {{153{a^2}} \over {48.8}},\) Từ đó \({R_2} = {{a\sqrt {153} } \over {8\sqrt 6 }}.\) Vậy \({{{R_1}} \over {{R_2}}} = {{a\sqrt {129} } \over {8\sqrt 6 }}:{{a\sqrt {153} } \over {8\sqrt 6 }} = \sqrt {{{43} \over {51}}} .\) Bài 46 trang 63 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và chiều cao thay đổi. Tìm hệ thức liên hệ giữa cạnh đáy và chiều cao của hình chóp để \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\) đạt giá trị nhỏ nhất, ở đó \({V_1},{V_2}\) lần lượt là thể tích của các hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp. Giải Gọi x là độ dài cạnh đáy, y là chiều cao của hình chóp; R, r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp thì dễ tính được \(R = {{{x^2} + 2{y^2}} \over {4y}},\) \(r = {{xy} \over {x + \sqrt {{x^2} + 4{y^2}} }}\). Vậy \({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {\left( {{R \over r}} \right)^3} = {\left[ {{{({x^2} + 2{y^2})(x + \sqrt {{x^2} + 4{y^2}} )} \over {4x{y^2}}}} \right]^3}.\) Từ đó \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \({R \over r}\) nhỏ nhất. Gọi \(\varphi \) là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp thì \(\varphi = \widehat {SIH}\) (I là trung điểm của BC ). Khi đó \(y = {x \over 2}\tan \varphi \Rightarrow 4{y^2} = {x^2}{\tan ^2}\varphi ,\) từ đó \(\eqalign{ & {R \over r} = {{\left( {{x^2} + {{{x^2}{{\tan }^2}\varphi } \over 2}} \right)\left( {x + \sqrt {{x^2} + {x^2}{{\tan }^2}\varphi } } \right)} \over {{x^3}{{\tan }^2}\varphi }} \cr & = {{\left( {2 + {{\tan }^2}\varphi } \right)\left( {1 + {1 \over {\cos \varphi }}} \right)} \over {2{{\tan }^2}\varphi }} \cr & = {{\left( {1 + {1 \over {{{\cos }^2}\varphi }}} \right)\left( {{{\cos \varphi + 1} \over {\cos \varphi }}} \right)} \over {2 \cdot {{1 - {{\cos }^2}\varphi } \over {{{\cos }^2}\varphi }}}} \cr & = {{1 + {{\cos }^2}\varphi } \over {2\cos \varphi \left( {1 - \cos \varphi } \right)}} = {1 \over 2} \cdot {{1 + {t^2}} \over {t\left( {1 - t} \right)}} \cr} \) (với \(0 < t = \cos \varphi < 1.\)) Như vậy, \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(f(t) = {{1 + {t^2}} \over {t(1 - t)}}\) đạt giá trị nhỏ nhất (0< t < 1). Ta có : \(\eqalign{ & f'(t) = {{2t(1 - {t^2}) - (1 - 2t)(1 + {t^2})} \over {{{\left[ {t(1 - t)} \right]}^2}}} \cr & = {{2{t^2} - 2{t^3} - 1 + 2t - {t^2} + 2{t^3}} \over {{{\left[ {t(1 - t)} \right]}^2}}} = {{{t^2} + 2t - 1} \over {{t^2}{{(1 - t)}^2}}}. \cr & \cr} \) \(f'(t) = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = - 1 + \sqrt 2 \) (do 0< t <1). Ta có bảng biến thiên Vậy f(t) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(t = - 1 + \sqrt 2 \), tức là \(\cos \varphi = -1 + \sqrt 2 \) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow 1 + {\tan ^2}\varphi = {1 \over {3 - 2\sqrt 2 }} \cr & \Leftrightarrow {\tan ^2}\varphi = {{1 - 3 + 2\sqrt 2 } \over {3 - 2\sqrt 2 }} = {{2\left( {\sqrt 2 - 1} \right)} \over {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}}} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= {2 \over {\sqrt 2 - 1}} = 2\left( {\sqrt 2 + 1} \right) \cr & \Rightarrow \tan \varphi = \sqrt {2\sqrt 2 + 2} . \cr} \) Vậy hệ thức liên hệ giữa x và y là \(y = x{{\sqrt {2\sqrt 2 + 2} } \over 2}.\) Khi đó \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\) đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 47 trang 63 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tam giác AIB có IA = IB = 2a, \(\widehat {AIB}\) =1200. Trên đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với mp(AIB) tại I, lấy các điểm C và D sao cho ABC là tam giác vuông, ABD là tam giác đều. 1) Tính thể tích và diện tích toàn phần cửa tứ diện ABCD. 2) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 3) Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD. Giải Vì IA = IB = 2a, \(\widehat {AIB}\) =1200 nên \(A{B^2} = I{A^2} + I{B^2} - 2IA.IB.\cos \) \(\widehat {AIB}\) =12a2, từ đó \(AB = 2a\sqrt 3 \). Do \(CD \bot mp(AIB)\) tại I, IA = IB nên CA = CB. Kết hợp với giả thiết ABC là tam giác vuông, ta có ABC là tam giác vuông tại C và \(CA = CB = {{AB} \over {\sqrt 2 }} = a\sqrt 6 .\) Vì ABD là tam giác đều nên \(AD = AB = 2a\sqrt 3 .\) Từ đó \(C{I^2} = A{C^2} - A{I^2} = 6{a^2} - 4{a^2} = 2{a^2},\) tức là \(CI = a\sqrt 2 ,\) \(D{I^2} = A{D^2} - A{I^2} = 12{a^2} - 4{a^2} = 8{a^2},\) tức là \(DI =2 a\sqrt 2 ,\) \( \bullet \) Hai điểm C, D thuộc đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với mp(AIB) tại điểm I nên có hai trường hợp xảy ra. +) Trường hợp 1. C, D nằm về hai phía đối với điểm I (h.91a). Dễ thấy \(CD = 3a\sqrt 2 \), từ đó \(C{D^2} = 18{a^2}\); mặt khác \(A{C^2} + A{D^2} = 18{a^2},\) tức là \(C{D^2} = A{C^2} + A{D^2}.\) Như vậy \(\widehat {CAD}\) = 900. Tương tự ta cũng có \(\widehat {CBD}\) = 900. 1) \({V_{ABCD}} = {V_{D.AIB}} + {V_{C.AIB}}\) \(= {1 \over 3}.{1 \over 2}AI.BI\sin \widehat {AIB}.(ID+IC)\) \( = {1 \over 3}.{1 \over 2}.2a.2a.{{\sqrt 3 } \over 2}.3a\sqrt 2 = {a^3}\sqrt 6 .\) Gọi \({S_{tp}}\) là diện tích toàn phàn của tứ diện ABCD thì \(\eqalign{ {S_{tp}} &= {S_{ACD}} + {S_{BCD}} + {S_{ABC}} + {S_{ABD}} \cr & = 2.{1 \over 2}CD.AI + {{A{C^2}} \over 2} + {{A{B^2}\sqrt 3 } \over 4} \cr & = 3a\sqrt 2 .2a + {1 \over 2}.6{a^2} + 12{a^2}.{{\sqrt 3 } \over 4} \cr & = 6{a^2}\sqrt 2 + 3{a^2} + 3{a^2}\sqrt 3 \cr & = 3{a^2}(1 + \sqrt 3 + 2\sqrt 2 ) \cr} \) 2) Vì \(\widehat {CAD} = \widehat {CBD}\) = 900 nên CD là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, từ đó bán kính mặt cầu phải tìm bằng \({{3a\sqrt 2 } \over 2}\) và diện tích mặt cầu bằng \(18\pi {a^2}.\) 3) Gọi r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD thì dễ thấy \(r = {{3{V_{ABCD}}} \over {{S_{tp}}}},\) từ đó \(\eqalign{ r = &{{3{a^3}\sqrt 6 } \over {3{a^2}(1 + \sqrt 3 + 2\sqrt 2 )}} \cr & = {{a\sqrt 6 } \over {1 + \sqrt 3 + 2\sqrt 2 }}. \cr} \) +) Trường hợp 2. C, D nằm về một phía đổi với điểm I (h.91b) 1) \(\eqalign{ & {V_{ABCD}} = {V_{DAIB}} - {V_{CAIB}} = {{{a^3}\sqrt 6 } \over 3}, \cr & {S_{tp}} = 2{a^2}\sqrt 2 + 3{a^2} + 3{a^2}\sqrt 3 \cr & \;\;\;\;\;\;= {a^2}(3 + 2\sqrt 2 + 3\sqrt 3 ). \cr} \) 2) Gọi J là trung điểm của AB thì JA = JB = JC. Xét đường thẳng \({\Delta _1}\) đi qua J và vuông góc với mp(ABC). Khi đó, mọi điểm thuộc \({\Delta _1}\) cách đều các điểm A, B, C và \({\Delta _1}\) nằm trong mp(CDJ) ( do mp(CDJ) vuông góc với mp(ABC)). Trong mp(CDJ), đường trung trực của CD cắt \({\Delta _1}\) tại điểm O thì OA = OB = OC = OD = R (h.91c). Ta có \({\rm{IJ}} = a,CJ = a\sqrt 3 .\) Kẻ \(OH \bot IJ\) thì \(OH = IK = {{3a\sqrt 2 } \over 2}.\) Xét các tam giác ICJ và HJO, ta có sin C = sin J hay \({{{\rm{IJ}}} \over {JC}} = {{OH} \over {JO}}.\) Vậy \(JO = {{OH.JC} \over {{\rm{IJ}}}} = {{{{3a\sqrt 2 } \over 2}.a\sqrt 3 } \over a} = {{3a\sqrt 6 } \over 2}.\) Từ đó \(O{C^2} = C{J^2} + J{O^2} = 3{a^2} + {{54{a^2}} \over 4} = {{66{a^2}} \over 4}.\) Vậy diện tích mặt cầu phải tìm là \(66\pi {a^2}.\) 3) \(r = {{{a^3}\sqrt 6 } \over {{a^2}\left( {3 + 2\sqrt 2 + 3\sqrt 3 } \right)}} = {{a\sqrt 6 } \over {3 + 3\sqrt 3 + 2\sqrt 2 }}.\) Bài 48 trang 63 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của một hình nón. Kí hiệu \({V_1},{V_2}\) lần lượt là thể tích hình nón và thể tích hình cầu nội tiếp hình nón. 1) Tỉ số \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\) theo r, h. 2) Khi r và h thay đổi, tìm giá trị bé nhất của tỉ số \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\). Giải Gọi (P) là mặt phẳng đi qua trục của hình nón thì (P) cắt hình nón theo tam giác cân SAB, cắt mặt cầu theo đường tròn lớn, đường tròn này nội tiếp tam giác cân. Khi đó, bán kính \({r_1}\) của hình cầu nội tiếp hình nón được tính bởi công thức \({r_1} = {{rh} \over {r + \sqrt {{h^2} + {r^2}} }}.\) 1) Thể tích hình nón là \({V_1} = {1 \over 3}\pi {r^2}h.\) Thể tích hình cầu nội tiếp hình nón là \({V_2} = {{4\pi } \over 3}{\left( {{{rh} \over {r + \sqrt {{r^2} + {h^2}} }}} \right)^3}.\) Vậy \({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {1 \over 4}{{{{\left( {r + \sqrt {{r^2} + {h^2}} } \right)}^3}} \over {r{h^2}}}.\) 2) \({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {1 \over 4}{{{{\left( {\sqrt {1 + {{{h^2}} \over {{r^2}}}} + 1} \right)}^3}} \over {{{{h^2}} \over {{r^2}}}}} = {1 \over 4}{{{{\left( {1 + \sqrt {1 + x} } \right)}^3}} \over x},\) ở đó \({{{h^2}} \over {{r^2}}} = x > 0.\) Xét \(f(x) = {{{{\left( {1 + \sqrt {1 + x} } \right)}^3}} \over {4x}},f'(x) = {{{{\left( {\sqrt {1 + x} + 1} \right)}^2}\left( {x - 2 - 2\sqrt {1 + x} } \right)} \over {4.2{x^2}\sqrt {x + 1} }}.\) Vì \({{{{\left( {\sqrt {1 + x} + 1} \right)}^2}} \over {4.2{x^2}\sqrt {x + 1} }} > 0\) nên khi xét dấu của f(x), ta chỉ cần xét dấu của \(g(x) = x - 2 - 2\sqrt {1 + x} .\) Ta có \(g'(x) = 1 - {1 \over {\sqrt {x + 1} }}.\) Dễ thấy g’(x) > 0 vì khi x > 0 thì \({1 \over {\sqrt {x + 1} }} < 1,\) đồng thời g(x) = 0\( \Leftrightarrow x = 8.\) Vậy g(x) là hàm tăng trên miền x > 0 và g(8) = 0 nên với \(0 < x \le 8\) thì \(g(x) \le 0;\) với \(8 < x < + \infty \) thì g(x) > 0. Bảng biến thiên của f(x) Vậy giá trị bé nhất của \({{{V_1}} \over {{V_2}}}\) bằng 2. Bài 49 trang 63, 64 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy R, góc ở đỉnh là \(2\alpha ,\;{45^0} < \alpha < {90^0}.\) 1) Tính diện tích xung quanh và thể tích hình nón. 2) Tính diện tích thiết diện do mp(P) cắt hình nón theo hai đường sinh vuông góc với nhau. 3) Xét hai điểm A, B thay đổi trên đáy sao cho góc giữa mp(SAB) và mặt đáy hình nón bằng \(\beta\; (\beta < {90^ \circ })\) . Chứng minh rằng đường thẳng SI ( I là trung điểm của AB) luôn thuộc một hình nón cố định. Giải 1) Ta có \(SM = {{OM} \over {\sin \alpha }} = {R \over {\sin \alpha }}\) \(SO = R\cot \alpha .\) Diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi R.{R \over {\sin \alpha }} = {{\pi {R^2}} \over {\sin \alpha }}.\) Thể tích khối nón là \(V = {1 \over 3}\pi {R^2}.R\cot \alpha = {1 \over 3}\pi {R^3}\cot \alpha .\) 2) Giả sử (P) cắt hình nón theo thiết diện SMN và \(SM \bot SN,\) khi đó diện tích thiết diện là \({S_1} = {1 \over 2}SM.SN = {{{R^2}} \over {2{{\sin }^2}\alpha }}.\) 3) Với I là trung điểm của AB thì \(\widehat {SIO} =\beta ,\)\(OI = SO\cot \beta = R.\cot \alpha .\cot \beta .\) Vậy điểm I thuộc đường tròn tâm O bán kính \(R.\cot \alpha .\cot \beta \) trong mặt phẳng chứa đáy hình nón. Vì SI quay quanh S và dựa vào đường tròn tâm O, bán kính \(R.\cot \alpha .\cot \beta \) trong mặt phẳng chứa đáy hình nón đã cho nên SI thuộc một hình nón cố định với đường cao SO, đường tròn đáy của hình nón này là đường tròn đã nêu trên. Bài 50 trang 64 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Một hình nón có bán kính đáy r, chiều cao bằng 3r. Tìm hình trụ nội tiếp hình nón và thỏa mãn một trong các điều kiện sau : 1) Thể tích của hình trụ đạt giá trị lớn nhất; 2) Diện tích xung quanh của hình trụ đạt giá trị lớn nhất. Giải Xét mặt phẳng qua trục hình nón cắt hình nón và hình trụ nội tiếp hình nón, ta được tam giác cân SABvà hình chữ nhật \(MN{N_1}{M_1}\) nội tiếp SAB. Ở đó AB = 2r, SH = 3r, MN bằng đường kính của đáy hình trụ, \(NN_1\) bằng chiều cao của hình trụ. Kí hiệu \({r_1}\) là bán kính đáy hình trụ, \({h_1}\) là chiều cao hình trụ, ta có \(0 < {r_1} < r,0 < {h_1} < h\) và \({{{r_1}} \over r} = {{S{H_1}} \over {SH}} = {{SH - {h_1}} \over {SH}} = {{3r - {h_1}} \over {3r}},\) từ đó \({h_1} = 3(r - {r_1}).\) Khi đó 1) Thể tích hình trụ là \(V = 3\pi r_1^2(r - {r_1}) = {{3\pi } \over 2}{r_1}.{r_1}(2r - 2{r_1}).\) Từ đó, V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \({r_1} = {{2r} \over 3}.\) 2) Diện tích xung quanh của hình trụ là \(S = 2\pi {r_1}.{h_1} = 3.2\pi {r_1}(r - {r_1}) = 6\pi {r_1}(r - {r_1}).\) Từ đó S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \({r_1} = {r \over 2}.\)
Bài 1 trang 64 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Hình chóp D.ABC có \(DA \bot mp(ABC),\) đáy ABC là tam giác vuông tại B. Đặt AB = c, BC = a, AD = b. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng \(\eqalign{ & (A)\;{1 \over 3}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} ; \cr & (B)\;{1 \over 2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} ; \cr & (C)\;\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} ; \cr & (D)\;2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} . \cr} \) Giải Chọn (B). Bài 2 trang 64 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho điểm A và đường thẳng d không đi qua A. Xét các mặt cầu có tâm thuộc d và đi qua điểm A. Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng ? (A) Các mặt cầu đó luôn đi qua một điểm cố định; (B) Các mặt cầu đó luôn đi qua hai điểm cố định; (C) Các mặt cầu đó luôn đi qua một đường tròn cố định; (D) Cả ba mệnh đề trên đều sai. Giải Chọn (C ). Bài 3 trang 64 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho bốn điểm A, B, C,D cùng thuộc một mặt cầu và \(\widehat {ADB} = \widehat {BDC} = \widehat {CDA}\) =900. Một đường kính của mặt cầu đó là (A) AB; (B) BC; (C ) AC; (D) DD’, trong đó \(\overrightarrow {DD'} = 3\overrightarrow {DG} \) với G là trọng tâm tam giác ABC. Giải Chọn (D). Bài 4 trang 65 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho mặt cầu (S1) bán kính R1, mặt cầu (S2) có bán kính bằng R2 mà \({R_2} = 2{R_1}\). Tỉ số diện tích của mặt cầu (S2) và mặt cầu (S1) bằng \(\eqalign{ & (A)\;{1 \over 2}; \cr & (B)\;2; \cr & (C)\;3; \cr & (D)\;4. \cr} \) Giải Chọn (D). Bài 5 trang 65 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho mặt phẳng (P) và điểm S nằm ngoài (P). Gọi A là điểm cố định thuộc (P) sao cho SA không vuông góc với (P). Một đường thẳng d thay đổi, nằm trong (P) và luôn đi qua A. Tập hợp các hình chiếu của điểm S trên đường thẳng d là (A) Một mặt cầu; (B) Một mặt trụ; (C) Một mặt nón; (D) Một đường tròn. Giải Chọn (D). Bài 6 trang 65 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho điểm A cố định thuộc mặt cầu (S). Ba đường thẳng thay đổi đi qua A, đôi một vuông góc và cắt mặt cầu (S) tại B, C, D. Xét hình hộp chữ nhật dựng trên ba cạnh AB, AC, AD. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? (A)Hình hộp đó có một đường chéo cố định; (B) Hình hộp đó có hai đường chéo cố định; (C ) Hình hộp đó có ba đường chéo cố định; (D) Hình hộp đó có không đường chéo cố định. Giải Chọn (A). Bài 7 trang 65 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi (P) là mặt phẳng qua BC và vuông góc với mp(ABC). Trong mp(P), xét đường tròn (C ) đường kính BC. Bán kính của mặt cầu (S) đi qua (C ) và điểm A bằng \(\eqalign{ & (A)\;a\sqrt 3 ; \cr & (B)\;{{a\sqrt 3 } \over 2}; \cr & (C)\;{{a\sqrt 3 } \over 3}; \cr & (D)\;{{a\sqrt 3 } \over 4}. \cr} \) Giải Chọn (C ). Bài 8 trang 65 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Gọi \({O_1},{O_2},{O_3}\) lần lượt là tâm các mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp, tiếp xúc với các cạnh của một hình lập phương. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? (A) O1 trùng với O2; (B) O2 trùng với O3; (C ) O3 trùng với O1; (D) O1, O2, O3 trùng nhau. Giải Chọn (D). Bài 9 trang 66 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Kí hiệu R1, R2, R3 lần lượt là bán kính của các mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp, tiếp xúc với các cạnh của một hình lập phương. Khi ấy : \(\eqalign{ & (A)\;{R_1} > {R_2} > {R_3}; \cr & (B)\;{R_2} > {R_3} > {R_1}; \cr & (C)\;{R_1} > {R_3} > {R_2}; \cr & (D)\;{R_3} > {R_1} > {R_2}. \cr} \) Giải Chọn (C ). Bài 10 trang 66 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh cùng bằng a. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó là \(\eqalign{ & (A)\;a\sqrt 2 ; \cr & (B)\;{{a\sqrt 2 } \over 2}; \cr & (C)\;a\sqrt 3 ; \cr & (D)\;{{a\sqrt 3 } \over 2}. \cr} \) Giải Chọn (B ). Bài 11 trang 66 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh cùng bằng a. Bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp đó là \(\eqalign{ & (A)\;{{a\sqrt 2 } \over {2(1 + \sqrt 3 )}}; \cr & (B)\;{{a\sqrt 2 } \over {4(1 + \sqrt 3 )}}; \cr & (C)\;{{a\sqrt 3 } \over {2(1 + \sqrt 3 )}}; \cr & (D)\;{{a\sqrt 3 } \over {4(1 + \sqrt 3 )}}. \cr} \) Giải Chọn (A ). Bài 12 trang 66 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho hình lăng trụ tam giác đều có các cạnh cùng bằng a. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ là \(\eqalign{ & (A)\;7\pi {a^2}; \cr & (B)\;{{7\pi {a^2}} \over 2}; \cr & (C)\;{{7\pi {a^2}} \over 3}; \cr & (D)\;{{7\pi {a^2}} \over 6}. \cr} \) Giải Chọn (C ). Bài 13 trang 66 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi (P) là mặt phẳng qua BC và vuông góc với mp(ABC). Trong (P),xét đường tròn (C ) đường kính BC. Diện tích mặt cầu nội tiếp hình nón có đáy là (C ), đỉnh là A bằng \(\eqalign{ & (A)\;{{\pi {a^2}} \over 2}; \cr & (B)\;{{\pi {a^2}} \over 3}; \cr & (C)\;\pi {a^2}; \cr & (D)\;2\pi {a^2}. \cr} \) Giải Chọn (B). Bài 14 trang 66 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho hai điểm A, B cố định. M là điểm di động trong không gian sao cho \(\widehat {MAB}\) = 300. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? (A) M thuộc mặt cầu cố định; (B) M thuộc mặt trụ cố định; (C) M thuộc mặt phẳng cố định; (D) M thuộc mặt nón cố định; Giải Chọn (D). Bài 15 trang 66 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho hai đường thẳng song song a và b. Gọi (P) và (Q) là các mặt phẳng thay đổi lần lượt đi qua a, bvà vuông góc với nhau. Gọi c là giao tuyến của (P) và (Q). Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? (A) c thuộc mặt phẳng cố định; (B) c thuộc mặt trụ cố định; (C) c thuộc mặt nón cố định; (D) Cả ba mệnh đề trên đều sai. Giải Chọn (B). Bài 16 trang 67 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4, diện tích đáy bằng diện tích một mặt cầu bán kính bằng 1. Thể tích khối trụ đó là \(\eqalign{ & (A)\;4; \cr & (B)\;6; \cr & (C)\;8; \cr & (D)\;10. \cr} \) Giải Chọn (A). Bài 17 trang 66 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Một hình trụ có bán kính đáy bằng 1, thiết diện qua trục là hình vuông. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình trụ là \(\eqalign{ & (A)\;6\pi \sqrt 3 ; \cr & (B)\;3\pi \sqrt 3 ; \cr & (C)\;{{4\pi \sqrt 2 } \over 3}; \cr & (D)\;{{8\pi \sqrt 2 } \over 3}. \cr} \) Giải Chọn (D). Bài 18 trang 67 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng \(4\pi \). Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình trụ là \(\eqalign{ & (A)\;12\pi ; \cr & (B)\;10\pi ; \cr & (C)\;8\pi ; \cr & (D)\;6\pi . \cr} \) Giải Chọn (C ). Bài 19 trang 67 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Thể tích một khối trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng \(4\pi \) là \(\eqalign{ & (A)\;\pi ; \cr & (B)\;2\pi ; \cr & (C)\;3\pi ; \cr & (D)\;4\pi . \cr} \) Giải Chọn (B). Bài 20 trang 67 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Diện tích toàn phần của một hình trụ có diện tích xung quanh bằng \(4\pi \), thiết diện qua trục là hình vuông bằng \(\eqalign{ & (A)\;12\pi ; \cr & (B)\;10\pi ; \cr & (C)\;8\pi ; \cr & (D)\;6\pi . \cr} \) Giải Chọn (D). Bài 21 trang 67 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng \(4\pi \), thiết diện qua trục là hình vuông. Một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) song song với trục, cắt hình trụ theo thiết diện ABB’A’, biết một cạnh của thiết diện là một dây của đường tròn đáy hình trụ và căng một cung 1200. Diện tích thiết diện ABB’A’ là \(\eqalign{ & (A)\;\sqrt 3 ; \cr & (B)\;2\sqrt 3 ; \cr & (C)\;2\sqrt 2 ; \cr & (D)\;3\sqrt 2 . \cr} \) Giải Chọn (B). Bài 22 trang 67 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. Diện tích xung quanh của hình trụ có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và có chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD là \(\eqalign{ & (A){{2\pi {a^2}\sqrt 2 } \over 3}; \cr & (B){{\pi {a^2}\sqrt 2 } \over 3}; \cr & (C)\pi {a^2}\sqrt 3 ; \cr & (D){{\pi {a^2}\sqrt 3 } \over 2}. \cr} \) Giải Chọn (A). Bài 23 trang 67 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Diện tích xung quanh của hình trụ có đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD, chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD là \(\eqalign{ & (A){{\pi {a^2}\sqrt 3 } \over 2}; \cr & (B){{\pi {a^2}\sqrt 2 } \over 3}; \cr & (C){{\pi {a^2}\sqrt 3 } \over 3}; \cr & (D){{\pi {a^2}\sqrt 2 } \over 2}. \cr} \) Giải Chọn (B). Bài 24 trang 68 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Một hình trụ có bán kính bằng R và thiết diện qua trục là hình vuông. Thể tích của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ là \(\eqalign{ & (A)\;2{R^3}; \cr & (B)\;3{R^3}; \cr & (C)\;4{R^3}; \cr & (D)\;5{R^3}. \cr} \) Giải Chọn (C ). Bài 25 trang 68 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác đều cạnh bằng 2. Một mặt cầu có diện tích bằng diện tích toàn phần của hình nón sẽ có bán kính là \(\eqalign{ & (A)\;2\sqrt 3 ; \cr & (B)\;2; \cr & (C)\;\sqrt 3 ; \cr & (D)\;{{\sqrt 3 } \over 2}. \cr} \) Giải Chọn (D). Bài 26 trang 68 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Một hình chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên của hình hộp bằng 2a. Diện tích xung quanh của hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp một đáy hình hộp và đỉnh là tâm của đáy còn lại của hình hộp là \(\eqalign{ & (A)\;{{\pi {a^3}} \over 3}; \cr & (B)\;{{\pi {a^3}} \over 2}; \cr & (C)\;\pi {a^3}; \cr & (D)\;2\pi {a^3}. \cr} \) Giải Chọn (A). Bài 27 trang 68 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Một hình chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên của hình hộp bằng 2a. Diện tích xung quanh của hình nón có đáy là đường tròn nội tiếp một đáy hình hộp và đỉnh là tâm của đáy còn lại của hình hộp là \(\eqalign{ & (A)\;{{\pi {a^2}\sqrt {17} } \over 2}; \cr & (B)\;{{\pi {a^2}\sqrt {17} } \over 4}; \cr & (C)\;{{3\pi {a^2}} \over 2}; \cr & (D)\;3\pi {a^2}. \cr} \) Giải Chọn (B). Bài 28 trang 68 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Một hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều. Tỉ số thể tích của khối cầu ngoại tiếp và khối cầu nội tiếp khối nón là \(\eqalign{ & (A)\;8; \cr & (B)\;6; \cr & (C)\;4; \cr & (D)\;2. \cr} \) Giải Chọn (A). Bài 29 trang 68 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Cho tứ diện ABCD có \(DA \bot mp(ABC),DB \bot BC,AD = AB = BC = a.\) Kí hiệu \({V_1},{V_2},{V_3}\) lần lượt là thể tích của hình nón xoay sinh bởi tam giác ABD khi quay quanh AD, tam giác ABC khi quay quanh AB, tam giác DBC khi quay quanh BC. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? \(\eqalign{ & (A)\;{V_1} + {V_2} = {V_3}; \cr & (B)\;{V_1} + {V_3} = {V_2}; \cr & (C)\;{V_2} + {V_3} = {V_1}; \cr & (D)\;{V_1} = {V_2} = {V_3}. \cr} \) Giải Chọn (A). Bài 30 trang 69 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao Một hình nón có bán kính đáy bằng R, đường cao \({{4R} \over 3}\). Khi đó, góc ở đỉnh của hình nón là \(2\alpha \) mà \(\eqalign{ & (A)\sin \alpha = {3 \over 5}; \cr & (B)\cos \alpha = {3 \over 5}; \cr & (C)\tan \alpha = {3 \over 5}; \cr & (D)\cot \alpha = {3 \over 5}. \cr} \) Giải Chọn (A).
