Bài 1 trang 223 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Có hay không một khối đa diện gồm một số lẻ mặt mà mỗi mặt có một số lẻ cạnh ? Giải Giả sử tồn tại một khối đa diện H gồm k mặt và c cạnh thoả mãn yêu cầu của bài toán. Gọi c1 là số cạnh của mặt thứ nhất, c2 là số cạnh của mặt thứ hai, ..., ck là số cạnh của mặt thứ k. Theo giả thiết thì k, c1 ,c2,..,ck là những số lẻ. Vì mỗi cạnh thuộc đúng hai mặt nên ta có : \({c_1} + {c_2} + ... + {c_k} = 2c.\) Điều này là vô lí vì vế trái của đẳng thức trên là một số lẻ, còn vế phải là một số chẵn. Vậy không có khối đa diện nào thoả mãn yêu cầu của bài toán. Bài 2 trang 223 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hai đường thẳng chéo nhau a, b và hai đường thẳng chéo nhau a', b'. Biết rằng : i) Khoảng cách giữa a và b bằng khoảng cách giữa a' và b' ii) Góc hợp bởi a và b bằng góc hợp bởi a' và b' Chứng minh rằng có phép dời hình biến a thành a', biến b thành b'. Giải (h.106) Gọi PQ là đường vuông góc chung của a và b, trong đó\(P \in a,Q{\rm{ }} \in {\rm{ }}b\). Gọi P'Q' là đường vuông góc chung của a' và b' trong đó \(P' \in a',Q' \in {\rm{ }}b'\). Theo giả thiết PQ = P'Q' Gọi c là đường thẳng đi qua P và song song với b, c' là đường thẳng đi qua P ' và song song với b'. Theo giả thiết, góc giữa a và c bằng góc giữa a' và c'. Lấy lần lượt trên avà ccác điểm A, C sao cho PA = PC = PQ,rồi lấy lần lượt trên a' và c' các điểm A', C' sao cho P'A' = P'C' = P'Q'và góc APC bằng góc A'P'C'. Từ đó, dễ thấy hai tứ diện PQACvà P'Q'A'C'có các cạnh tương ứng bằng nhau. Vậy có một phép dời hình biến tứ diện PQACthành tứ diện P'Q'A'C'. Khi đó, biến hai đường thẳng a, blần lượt thành hai đường thẳng a'và b' Bài 3 trang 223 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Xét hình lăng trụ tam giác đều với chiều cao h, nội tiếp một mặt cầu bán kính R (h < 2R) (tức sáu đỉnh của hình lăng trụ nằm trên mặt cầu đó). a) Tính cạnh đáy của hình lăng trụ. b) Tính thể tích của khối lăng trụ. c) Tính h theo R để mỗi mặt bên của hình lăng trụ là hình vuông. Giải (h.107). a) Gọi O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ, I là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC).Khi đó ta có : \(OA = OB = OC = R,OI = {1 \over 2}h.\)Tam giác OAIvuông tại I nên\(A{I^2} = O{A^2} - {\rm{ }}O{I^2} = {\rm{ }}{R^2}\; - {{{h^2}} \over 4}.\) IAlà bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABCnên \(AB = IA\sqrt 3 = \sqrt {3\left( {{R^2} - {{{h^2}} \over 4}} \right)} .\) Vậy cạnh đáy của hình lăng trụ bằng \({1 \over 2}\sqrt {3\left( {4{R^2} - {h^2}} \right)} .\) b) Thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C'là : \(V = {S_{ABC}}.h = {{A{B^2}\sqrt 3 } \over 4}h = {{3\sqrt 3 } \over {16}}\left( {4{R^2} - {h^2}} \right)h.\) c) Mỗi mặt bên của hình lăng trụ là hình vuông khi và chỉ khi AB = h,tức\({1 \over 2}\sqrt {3\left( {4{R^2} - {h^2}} \right)} = h \Leftrightarrow h = \sqrt {{{12} \over 7}} R\) (để ý rằng \(\sqrt {{{12} \over 7}} \)< 2). Bài 4 trang 223 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tam giác cân ABC, AB = AC. Một điểm M thay đổi trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A (M không trùng với điểm A). a) Tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của tam giác MBC. b) Gọi O là trực tâm của tam giác ABC, hãy xác định vị trí của điểm M để thể tích khối tứ diện OHBCđạt giá trị lớn nhất. Giải a) Nếu gọi Elà trung điểm của BC(h.l08a) thì trọng tâm Gcủa tam giác MBC xác định bởi \(\overrightarrow {EG} = {1 \over 3}\overrightarrow {EM} .\) Từ đó, khi M vạch đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với mp(ABC) tại A \(\left( {M \ne \;A} \right)\)thì Gvạch đường thẳng \(\Delta \)' vuông góc với mp(ABC)tại trọng tâm Dcủa tam giác ABC(trừ điểm D). Do AB = AC nên các tam giác vuông MAB, MAC bằng nhau, vậy ME và AE cùng vuông góc với BC. Từ đó trực tâm H của tam giác MBC thuộc ME (h.l08b) Trong mặt phẳng (AME), đường thẳng vuông góc với ME tại trực tâm H của tam giác MBC cắt AE tại O thì do BC \( \bot \) (AEM) nên BC \( \bot \) OH, từ đó OH \( \bot \) (MBC). Ta có BM \( \bot \) CH mà BM \( \bot \) OH nên BM \( \bot \) (OHC), do đó OC \( \bot \) BM, nhưng OC\( \bot \) AM nên OC \( \bot \) (ABM). Vậy OC \( \bot \)AB. Điểm O thuộc đường cao OC và đường cao AE của tam giác ABC nên O là trực tâm của tam giác ABC. Như vậy, khi \(M{\rm{ }} \in {\rm{ }}\Delta{\rm{ }}(M \ne A)\) thì H là trực tâm của tam giác MBC khi và chỉ khi H là hình chiếu của trực tâm O của tam giác ABC trên ME. Vậy quỹ tích của H là đường tròn đường kính OE (bỏ hai điểm O, E) trong mặt phẳng trung trực của BC. b) (h.108b). \({V_{OHBC}} = 2{V_{OHBE}} = {2 \over 3}{S_{OHE}}.BE\) (vì (OHE) là mặt phăng trung trực của BC) nên VOHBC lớn nhất khi và chỉ khi SOHE lớn nhất. Tam giác vuông OHE có cạnh huyền OE cố định nên có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi tam giác đó vuông cân, tức HEO = 45° hay AM = AE. Vậy có hai vị trí của M trên \(\Delta \) để VOHBC đạt cực đại, đó là các điểm M sao cho AM = AE Bài 5 trang 223 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có chiều cao bằng h và hai đường thẳng AB' và BC vuông góc với nhau. a) Gọi M' là trung điểm của A'B'. Chứng minh rằng \(AB' \bot BM'.\) b) Tính độ dài đoạn thẳng A'B' theo h. c) Tính thể tích khối lăng trụ đã cho. Giải (h.109) a) Ta có C'M' \( \bot \) A'B, C'M' \( \bot \) AA' => C'M' \( \bot \)(ABB'A') => C'M' \( \bot \) AB. Mặt khác, theo giả thiết BC' \( \bot \) AB', suy ra AB' \( \bot \) mp(BC'M'). Do đó AB' \( \bot \) BM'. b) Từ kết quả của câu a), ta dễ dàng suy ra \(\Delta BB'M'\) đồng dạng \( \Delta B'A'A\) \(\eqalign{ & \Rightarrow {{A'B'} \over {BB'}} = {{A'A} \over {B'M'}} \cr & \Rightarrow A'B'.B'M' = A'A.BB' \cr & \Rightarrow {1 \over 2}A'B{'^2} = {h^2} \cr & \Rightarrow A'B' = h\sqrt 2 . \cr} \) c) \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{A'B'C'}}.AA'\) \(= {\left( {h\sqrt 2 } \right)^2}.{{\sqrt 3 } \over 4}h = {{\sqrt 3 } \over 2}{h^3}.\) Bài 6 trang 223 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh SA = a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Một mặt phẳng đi qua CD cất các cạnh SA, SB lần lượt tại M, N. Đặt AM = x. a) Tứ giác MNCD là hình gì ? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a, x. b) Xác định giá trị của x để thể tích của hình chóp S.MNCD bằng \({2 \over 9}\) lần thể tích hình chóp S.ABCD. Giải a) Do \(AB//CD,{\rm{ }}AB \subset \left( {SAB} \right),{\rm{ }}CD \subset \left( {MNCD} \right)\)nên hai mặt phẳng (SAB) và (MNCD) cắt nhau theo giao tuyến MN song song với AB và CD. Mặt khác \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot DM.\) Vậy MNCD là hình thang vuông. Vì MN//AB nên ta có \({{MN} \over {AB}} = {{SM} \over {SA}}.\) Vây \(MN = {{AB.SM} \over {SA}} = {{aSM} \over a} = SM = a - x.\) \({S_{MNCD}} = {1 \over 2}\left( {MN{\rm{ }} + {\rm{ }}CD} \right).DM\) \(\eqalign{ & = {1 \over 2}\left( {a - {\rm{ }}x + a} \right)\sqrt {{a^2} + {x^2}} \cr & = {1 \over 2}\left( {2a - {\rm{ }}x} \right)\sqrt {{a^2} + {x^2}} . \cr} \) b) \({S_{ABCD}} = {1 \over 3}{S_{ABCD}}.SA = {1 \over 3}{a^3}\) \(= > {V_{S.ACD}}{\rm{ }} = {V_{S.ACB}} = {1 \over 6}{a^3}.\) \({V_{S.MNCD}} = {V_{S.MNC}} + {V_{S.MCD}}.\) Mặt khác \({{{V_{S.MCN}}} \over {{V_{S.ACB}}}} = {{SM} \over {SA}}.{{SC} \over {SC}}.{{SN} \over {SB}} = {\left( {{{a - x} \over a}} \right)^2}\) \(\Rightarrow {{{V_{S.MCN}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {1 \over 2}{\left( {{{a - x} \over a}} \right)^2}.\) \({{{V_{S.MCD}}} \over {{V_{S.ACD}}}} = {{SM} \over {SA}}.{{SC} \over {SC}}.{{SD} \over {SD}}={{SM} \over {SA} }= {{a - x} \over a} \) \(\Rightarrow {{{V_{S.MCD}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {{a - x} \over {2a}}.\) \({{{V_{S.MNCD}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {{{V_{S.MCN}} + {V_{S.MCD}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {{{V_{S.MCN}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} + {{{V_{S.MCD}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} \) \( = {1 \over 2}{\left( {{{a - x} \over a}} \right)^2} + {{a - x} \over {2a}}.\) Từ đó ta có \({{{V_{S.MNCD}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {2 \over 9} \Leftrightarrow {\rm{ }}9{x^2} - {\rm{ }}27ax + 14{a^2} = {\rm{ }}0\) \(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = {7 \over 3}a\text{ ( loại vì theo giả thiết x < a)}\hfill \cr x = {2 \over 3}a \hfill \cr} \right.\) Bài 7 trang 224 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Trong không gian cho các điểm A, B, C lần lượt thuộc các tia Ox, Oỵ, Oz vuông góc với nhau từng đôi một sao cho \(OA = a\;(a > {\rm{ }}0),OB = a\sqrt 2 ,\)\(OC{\rm{ }} = {\rm{ }}c{\rm{ }}\;(c{\rm{ }} > 0).\)Gọi D là đỉnh đối diện với O của hình chữ nhật AOBD và M là trung điểm của đoạn BC. (P) là mặt phẳng đi qua AM và cắt mặt phẳng (OCD) theo một đường thẳng vuông góc với đường thẳng AM. a) Gọi E là giao điểm của (P) với đường thẳng OC, tính độ dài đoạn thẳng OE. b) Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện được tạo thành khi cắt khối chóp C.AOBD bởi mặt phẳng (P). c) Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (P). Giải (h.111) a) Cách 1: Giả sử I là giao điểm của OD và AB, F là giao điểm củá mp(P) với CD. Khi đó dễ thấy ba đường thẳng EF, AM và CI đồng quy tại trọng tâm G của tam giác ABC. Đặt \(\overrightarrow {OE} {\rm{ }} = {\rm{ }}k.\overrightarrow {OC} .\) Từ giả thiết GA \( \bot \) GE, ta có \(\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GE} = 0.\) Mặt khác \(\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GE} = \left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OG} } \right).\left( {\overrightarrow {OE} - \overrightarrow {OG} } \right)\) \( = \left[ {\overrightarrow {OA} - {1 \over 3}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right)} \right].\) \(\left[ {k\overrightarrow {OC} - {1 \over 3}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right)} \right]\) \( = - {1 \over 3}\overrightarrow {O{A^2}} + {1 \over 9}\overrightarrow {O{A^2}} + {1 \over 9}\overrightarrow {O{B^2}} + {1 \over 9}\overrightarrow {O{C^2}} - {1 \over 3}k\overrightarrow {O{C^2}} \) (Vì \(\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OB} .\overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OA} = 0\)) \( =- {1 \over 3}{a^2} + {1 \over 9}{a^2} + {2 \over 9}{a^2} + {1 \over 9}{c^2} - {k \over 3}{c^2}\) (vì \(OA = a,OB = a\sqrt 2 ,OC = c\)). Vậy \(\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GE} = 0 \Leftrightarrow {1 \over 9}{c^2} - {k \over 3}{c^2} = 0 \Leftrightarrow k = {1 \over 3}.\) Vậy \(OE = {1 \over 3}c.\) Cách 2. Chọn hệ toạ độ Đề-các vuông góc Oxyz như hình 111 thì \(A{\rm{ }} = {\rm{ }}\left( {a{\rm{ }};{\rm{ }}0{\rm{ }};{\rm{ 0}}} \right),{\rm{ }}B{\rm{ }} = \left( {0;a\sqrt 2 ;0} \right){\rm{, }}D = {\rm{ }}\left( {a{\rm{ }};a\sqrt 2 ;{\rm{ }}0} \right),\) \({\rm{ }}C = {\rm{ }}\left( {0{\rm{ }};{\rm{ }}0{\rm{ }};{\rm{ }}c} \right),\)\(M = \left( {0;{{a\sqrt 2 } \over 2};{c \over 2}} \right),\) Sử dụng giả thiết của bài toán, ta lập được phương trình của mặt phẳng (P) là \(c\sqrt 2 \left( {x{\rm{ }} - a} \right) - {\rm{ }}cy{\rm{ }} + {\rm{ }}3a\sqrt 2 z{\rm{ }} = {\rm{ }}0\). Giao điếm của (P) với trục Oz là \(E{\rm{ }} = {\rm{ }}\left( {0{\rm{ }};{\rm{ }}0{\rm{ }};{c \over 3}} \right)\), suy ra \(OE{\rm{ }} = {c \over 3}.\) b) Vì \(\overrightarrow {OE} = {1 \over 3}\overrightarrow {OC} \) , giao tuyến EF của (P) với (OCD) song song với OD nên \(\overrightarrow {DF} = {1 \over 3}\overrightarrow {DC} \) . Ta có \(\eqalign{ & {{{V_{C.AEF}}} \over {{V_{C.AOD}}}} = {{CE} \over {CO}}.{{CF} \over {CD}} = {2 \over 3}.{2 \over 3} = {4 \over 9}, \cr & {{{V_{C.MEF}}} \over {{V_{C.BOD}}}} = {{CM} \over {CB}}.{{CE} \over {CO}}.{{CF} \over {CD}} = {1 \over 2}.{2 \over 3}.{2 \over 3} = {2 \over 9}. \cr} \) Vậy \({V_{C.AEMF}} = \left( {{4 \over 9} + {2 \over 9}} \right){1 \over 2}{V_{C.AOBD}} = {1 \over 3}{V_{C.AOBD}}\), từ đó \({{{V_{C.AEMF}}} \over {{V_{AEMFDBO}}}} = {1 \over 2}.\) c) Cách 1. Tứ giác lồi AEMF có các đường chéo AM, EF vuông góc nên có diện tích : \({S_{AEMF}} = {1 \over 2}AM.FE\) \( = {1 \over 2}\sqrt {A{O^2} + O{J^2} + J{M^2}} .{2 \over 3}OD\) (J là trung điểm của OB) \( = {1 \over 2}\sqrt {{a^2} + {{{a^2}} \over 2} + {{{c^2}} \over 4}} .{2 \over 3}\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} = {{\sqrt 3 } \over 6}a\sqrt {6{a^2} + {c^2}} .\) Vậy khoảng cách từ C đến mp(P) là \(d\left( {C{\rm{ }},{\rm{ }}\left( P \right)} \right) = {{3{V_{C.AEMF}}} \over {{S_{AEMF}}}} = {{{a^2}c{{\sqrt 2 } \over 3}} \over {{{\sqrt 3 } \over 6}a\sqrt {6{a^2} + {c^2}} }} = {{2ac\sqrt 6 } \over {3\sqrt {6{a^2} + {c^2}} }}.\) Cách 2. Sử dụng cách 2 của câu a), ta tính được khoảng cách từ điểm \(C(0{\rm{ }};{\rm{ }}0{\rm{ }};c)\) đến mp(P) có phương trình \(c\sqrt 2 \left( {x - a} \right) - cy{\rm{ }} + {\rm{ }}3a\sqrt 2 z{\rm{ }} = {\rm{ }}0\)là \(d\left( {C,\left( P \right)} \right) = {{\left| { - ac\sqrt 2 + 3ac\sqrt 2 } \right|} \over {\sqrt {2{c^2} + {c^2} + {\rm{ }}18{a^2}} }} = {{2ac\sqrt 6 } \over {3\sqrt {{c^2} + {\rm{ 6}}{a^2}} }}.\) Bài 8 trang 224 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân, AB = AC = a ; mp(SBC)\( \bot \)mp(ABC) và SA = SB = a ; 1. Chứng minh rằng SBC là tam giác vuông. 2. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC biết \(SC = {{3a} \over 2}.\) Giải (h.l 12a) 1. Gọi I là trung điểm của BC, ta có AI \( \bot \) BC. Do (SBC) \( \bot \) (ABC) nên AI \( \bot \) mp(SBC), suy ra \(\Delta \)SAI vuông tại I. Các tam giác vuông SAI, BAI có IA chung, AB = AS, do đó IB = IS, mặt khác IB = IC, suy ra tam giác SBC vuông ở S. 2. Vì IB = IC = IS và AI \( \bot \) (SBC) nên tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC thuộc đường thẳng AI, suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác cân ABC và bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi J là giao điểm thứ hai của AI (h.l 12b) và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì AJ = 2R và AB2= AI.AJ hay a2 = AI.2R \( \Rightarrow R = {{{a^2}} \over {2AI}}.\) (1) Mặt khác \(B{C^2} = S{B^2} + {\rm{ }}S{C^2} = {a^2} + {{9{a^2}} \over 4} = {{13{a^2}} \over 4}\) Và \(A{I^2} = A{B^2} - B{I^2} = {a^2} - {{B{C^2}} \over 4} \) \(= {a^2} - {{13{a^2}} \over {16}} = {{3{a^2}} \over {16}} \Rightarrow AI = {{a\sqrt 3 } \over 4}.\) (2) Thay (2) vào (1) ta có \(R{\rm{ }} = {{2a} \over {\sqrt 3 }}.\) Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là \({4 \over 3}\pi {{8{a^3}} \over {3\sqrt 3 }} = {{32\pi {a^3}} \over {9\sqrt 3 }}.\) Bài 9 trang 224 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABC. Biết rằng các điểm A, B, C và các trung điểm A', B', C' của các cạnh SA, SB, SC cùng thuộc một mặt cầu bán kính R. 1. Chứng minh rằng tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC thuộc đường cao SH của hình chóp. 2. Cho góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60°, chứng minh rằng H là tâm của mặt cầu đi qua sáu điểm A, B,C, A' ,B' ,C'. Khi đó, hãy tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Giải 1. Vì A, B, A', B' cùng thuộc một mặt cầu và A'B'//AB nên ABBA' là hình thang cân, từ đó SA = SB.Lập luận tương tự ta có SB = SC. Vậy SA = SB = SC. Suy ra đường cao SH của hình chóp S.ABC chính là trục của tam giác ABC. Do đó, tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC thuộc SH. 2. Ta sẽ chứng minh H chính là tâm của mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, A', B', C', Thật vậy, do SH \( \bot \) mp(ABC) nên từ đó\(HC{\rm{ }} = {1 \over 2}SC,\)mặt khác C'S = C'C nên\(HC' = {1 \over 2}SC\). Từ chứng minh trên ta có HA = HB = HC = HC' = HA' = HB', tức H là tâm của mặt cầu đi qua A, B, C, A', B', C'. Gọi G là trung điểm của C'C thì HG \( \bot \) SC. Kẻ C'H' song song với GH \(\left( {H' \in SH} \right)\)thì H'S = H'C, từ đó H' là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và H'S là bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABC. Ta có \(H'{S^2} = H'C{'^2} + SC'{^2}\) ,mặt khác \(H'C' = {2 \over 3}HG,HG = {{R\sqrt 3 } \over 2},SC' = {{SC} \over 2} = R.\) Từ đó \(H'{S^2} = {\left( {{2 \over 3}.{{R\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2} + {R^2} = {{{R^2}} \over 3} + {R^2} = {{4{R^2}} \over 3}.\) Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là \({{16\pi {R^2}} \over 3}.\) Bài 10 trang 224 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tam giác ABC vuông ở A, AB = c,AC = b. Trên đường thẳng d vuông góc với mp(ABC) tại A, lấy điểm S bất kì, \(S \ne A\) . Gọi B1, C1 lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. 1. Xác định tâm của mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, B1, C1 và tính bán kính của mặt cầu đó. 2.Cho SA = h, tính tỉ số thể tích của hai tứ diện SA B1C1 và SABC. Giải 1.Ta có AC \( \bot \) mp(SAB) nến AC\( \bot \)SB, từ đó SB \( \bot \) B1C tức là \(\widehat {B{B_1}C} = {90^0}\) Tương tự ta cũng có \(\widehat {B{C_1}C} = {90^0}\). Vậy tâm mặt cầu đi qua B, C, A, B1, C1 là trung điểm O của BC. Ta có \(AO = {1 \over 2}{\rm{ }}BC,\) \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {\rm{ }}{b^2} + {\rm{ }}{c^2}.\) Từ đó bán kính mặt cầu bằng\({{\sqrt {{b^2} + {\rm{ }}{c^2}} } \over 2}.\) 2. Ta có \({{{V_{S.A{B_1}{C_1}}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SA} \over {SA}}.{{S{B_1}} \over {SB}}.{{S{C_1}} \over {SC}} \) \(= {{S{B_1}.SB} \over {S{B^2}}}.{{S{C_1}.SC} \over {S{C^2}}} = {{S{A^2}} \over {S{B^2}}}.{{S{A^2}} \over {S{C^2}}} = {{{h^4}} \over {\left( {{h^2} + {c^2}} \right)\left( {{h^2} + {b^2}} \right)}}.\) Vậy tỉ số thể tích của hai tứ diện \(SA{B_1}{C_1}\) và \(SABC\)bằng \({{{h^4}} \over {({h^2} + {b^2})({h^2} + {c^2})}}.\) Bài 11 trang 224 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R, trục là OO'. Gọi MN là dây cung thay đổi của đường tròn tâm Osao cho MN = R. Kí hiệu N' là hình chiếu của N trên mặt phẳng chứa đường tròn tâm O'. Gọi I và Jlần lượt là trung điểm của OO' và MN. 1. Chứng minh rằng IJ là đường vuông góc chung của OO' và MN' và độ dài IJ không đổi. 2. Chứng minh rằng mp(MNN') luôn tiếp xúc với một mặt trụ \({\rm T}\) cố định (tức giao của chúng là một đường sinh của \({\rm T}\). Giải 1. Hai tam giác vuông OO'N' và O'OM có OO' chung và O'N' = OM nên chúng bằng nhau, từ đó IM = IN'. Mặt khác JM = JN' nên IJ \( \bot \)MN'. Cũng dễ thấy các tam giác OMN' và O'N'M bằng nhau, từ đó OJ = OJ'; mặt khác IO = IO' nên IJ \( \bot \) OO'. Vậy IJ là đường vuông góc chung của OO' và MN'. Goi K là trung điểm của MN thì \(OK = {{R\sqrt 3 } \over 2}\)và \(IJ = OK,\) tức là độ dài \(IJ\) không đổi. 2. Từ IJ = \({{R\sqrt 3 } \over 2}\) và IJ \( \bot \) OO' suy ra điểm J thuộc mặt trụ có trục là OO' và bán kính mặt trụ bằng \({{R\sqrt 3 } \over 2}\). Mặt khác từ IJ \( \bot \) MN', IJ \( \bot \) OO'suy ra IJ \( \bot \) mp(MNN'), tức là mp(MNN') tiếp xúc với mặt trụ cố định có trục là OO', bán kính \({{R\sqrt 3 } \over 2}\). Bài 12 trang 225 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình nón tròn xoay đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O. Gọi A là điểm cố định và M là điểm thay đổi cùng thuộc đường tròn đáy hình nón. Đặt \(AOM{\rm{ }} = {\rm{ }}\alpha \) . Gọi P là góc giữa mp(SAM) và mặt phẳng chứa đáy hình nón ; khoảng cách từ O đến mp(SAM) bằng a. 1. Tính thể tích khối nón đã cho theo a, \(\alpha \),\(\beta \). 2. Xác định điểm M để tam giác SAM có diện tích lớn nhất. 3. Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên mp(SAM) thuộc một đường tròn cố định. Giải 1. Gọi I là trung điểm của AM thì OI \( \bot \)AM và SI \( \bot \)AM từ đó \(\widehat {SIO} = \beta \). Gọi H là hình chiếu của O trên SI thì OH \( \bot \)mp(SAM), từ đó OH = a. Ta có \(OI = {{OH} \over {\sin \beta }} = {a \over {\sin \beta }}.\) \(OM = {{OI} \over {\cos {\alpha \over 2}}} = {a \over {sin\beta \cos {\alpha \over 2}}}.\) \(SO = OI\tan \beta = {a \over {sin\beta }}.tan\beta = {a \over {\cos \beta }}.\) Từ đó thể tích khối nón đã cho là \(V = {{\pi {a^3}} \over {3{{\cos }^2}{\alpha \over 2}{{\sin }^2}\beta \cos \beta }}.\) 2. Ta có Vì SA không đổi nên \({S_{\Delta SAM}}\) lớn nhất \(\Leftrightarrow \sin \widehat {ASM}\) lớn nhất. Dễ thấy \(\widehat {ASB} > \widehat {ASM}\) (B là điểm đối xứng của A qua O). Vậy có hai trường hợp : a) \(0 < \widehat {ASB} < {90^0}\) Khi đó , \(\sin \widehat {ASM} \le \sin \widehat {ASB}\) từ đó \(\sin \widehat {ASM}\) lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với B. b) \({90^0} < \widehat {ASB} < {180^0}\) Khi đó \(\sin \widehat {ASM}\) lớn nhất khi và chỉ khi \( \widehat {ASM} = {90^0}\). Vậy có hai vị trí của M trên đường tròn đáy hình nón để diện tích tam giác SAM lớn nhất, đó là hai điểm M sao cho \(\widehat {ASM} = {90^0}\) 3. Vì OH \( \bot \) mp(SAM) nên OH \( \bot \) SA. Vậy H thuộc mp(P) đi qua O và vuông góc với SA tại K. Ta có (P) là mặt phẳng cố định, ngoài ra \(\widehat {OHK} = {90^0}\), tức là H thuộc đường tròn đường kính OK trong mặt phẳng (P) nêu trên, tất nhiên đường tròn này cố định. Bài 13 trang 225 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 2), B(1 ; 1 ; 0), C(0 ; 0 ; 1) và D( 1 ; 1 ; 1). 1. Chứng minh A, B,C, D là bốn đỉnh của một khối tứ diện. 2. Tính thể tích khối tứ diện ABCD. 3. Viết phương trình đường cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh D. 4. Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD. 5. Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại đỉnh A. 6. Xác định toạ độ của điểm A' đối xứng với điểm A qua mp(BCD). 7. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD. Giải 1. \(\overrightarrow {CA} {\rm{ }} = {\rm{ }}\left( {{\rm{ }};{\rm{ }}0{\rm{ }};{\rm{ }}1} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {CB} {\rm{ }} = \left( {1{\rm{ }};{\rm{ }}1{\rm{ }}; - 1} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {CD} {\rm{ }} = \left( {1{\rm{ }};{\rm{ }}1{\rm{ }};{\rm{ }}0} \right)\) \( = > \left[ {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right] = ( - 1;2;1)\) \(\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right].\overrightarrow {CD = } 1 \ne 0\) => A, B, C, D không đồng phẳng hay A, B, C, D là bốn đỉnh của một khối tứ diện. 2. \({V_{ABCD}} = {1 \over 6}\left| {\left[ {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right].\overrightarrow {CD} } \right| = {1 \over 6}.\) 3. Vectơ chỉ phương của đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D có thế lấy là vectơ pháp tuyến của mp(ABC) hay vectơ \(\left[ {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right]{\rm{ }} = {\rm{ }}\left( { - 1{\rm{ }};{\rm{ }}2{\rm{ }};{\rm{ }}1} \right).\) Vậy đường cao đó có phương trình chính tắc là \({{x - 1} \over { - 1}} = {{y - 1} \over 2} = {{z - 1} \over 1}.\) 4. Phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD có dạng \({x^2} + {\rm{ }}{y^2} + {\rm{ }}{z^2} - {\rm{ }}2ax{\rm{ }} - {\rm{ }}2by{\rm{ }} - {\rm{ }}2cz{\rm{ }} + {\rm{ }}d{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\) Do A, B, C, D thuộc (S) nên ta có hệ phương trình \(\left\{ {\matrix{ {2a{\rm{ }} + {\rm{ }}4c - d - 5{\rm{ }} = {\rm{ }}0} \hfill \cr {2a{\rm{ }} + {\rm{ }}2b - d - 2{\rm{ }} = {\rm{ }}0} \hfill \cr {2c - d - {\rm{ 1}} = {\rm{ }}0} \hfill \cr {2a{\rm{ }} + {\rm{ }}2b{\rm{ }} + {\rm{ }}2c - d - 3{\rm{ }} = {\rm{ }}0.} \hfill \cr } } \right.\) Giải hệ ta có : \(a = {3 \over 2},b = - {1 \over 2},c = {1 \over 2},d = 0.\) Vậy phương trình mặt cầu (S) là \({x^2} + {\rm{ }}{y^2} + {\rm{ }}{z^2} - 3x{\rm{ }} + {\rm{ }}y - z{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\) Suy ra (S) có tâm là \(I\left( {{3 \over 2}; - {1 \over 2};{1 \over 2}} \right)\) và bán kính \(R{\rm{ }} = {{\sqrt {11} } \over 2}.\) 5. Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại A có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {AI} = \left( {{1 \over 2}; - {1 \over 2}; - {3 \over 2}} \right) = {1 \over 2}\left( {1; - 1; - 3} \right).\) Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là \(\matrix{ {\left( {x{\rm{ }} - {\rm{ }}1} \right){\rm{ }} - {\rm{ }}\left( {y{\rm{ }} - {\rm{ }}0} \right){\rm{ }} - {\rm{ }}3\left( {z{\rm{ }} - {\rm{ }}2} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0} \hfill \cr { < = > x - y - 3z{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0.} \hfill \cr } \) 6. Ta viết phương trình mp(BCD), đó là mặt phẳng đi qua \(C\left( {0{\rm{ }};{\rm{ }}0{\rm{ }};{\rm{ }}1} \right)\) và các vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n {\rm{ = }}\left[ {\overrightarrow {CB} ,\overrightarrow {CD} } \right] = {\rm{ }}\left( {1{\rm{ }}; - {\rm{ }}1{\rm{ }};{\rm{ }}0} \right).\) Vậy mp(BCD) có phương trình : \(x - y{\rm{ }} = 0.\) Đường thẳng qua A và vuông góc với mp(BCD) có phương trình là \(\left\{ \matrix{ x = 1 + t \hfill \cr y = - t \hfill \cr z = 2. \hfill \cr} \right.\) Gọi K là giao điểm của đường thẳng này với mp(BCD), toạ độ của K là nghiệm của hệ \(\left\{ \matrix{ x = 1 + t \hfill \cr y = - t \hfill \cr z = 2 \hfill \cr x - y = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow K = \left( {{1 \over 2};{1 \over 2};2} \right).\) Vì A ' là điểm đối xứng với A qua mp(BCD) nên ta có \(\left\{ \matrix{ {x_{A'}} + {x_A} = 2{x_K} \hfill \cr {y_{A'}} + {y_A} = 2{y_K} \hfill \cr {z_{A'}} + {z_A} = 2{z_K} \hfill \cr} \right. \Rightarrow A' = \left( {0;1;2} \right).\) 7. Dễ dàng nhận thấy BD song song với mp(xOz) mà mp(xOz) chứa AC nên \(d\left( {AC,BD} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}d\left( {B,\left( {xOz} \right)} \right){\rm{ }} = 1.\) Bài 14 trang 225 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Trong không gian Oxyz cho mp(P) : \( x + 2y{\rm{ }} - {\rm{ }}z + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) và đường thẳng \(d:{{x + 1} \over 2} = y + 1 = z - 3.\) 1. Tim toạ độ giao điểm A của d và (P). 2. Tính góc \(\alpha \) giữa đường thẳng d và mp(P). 3. Viết phương trình mp(Q) chứa đường thẳng d và vuông góc với mp(P). 4. Viết phương trình hình chiếu vuông góc d' của d trên mp(P). 5. Viết phương trình đường thẳng nằm trong mp(P) chứa A và vuông góc với đường thẳng d. 6. Viết phương trình mặt cầu có tâm I nằm trên đường thẳng d, tiếp xúc với mp(P) và có bán kính \(R = \sqrt 6 .\) 7. Viết phương trình mp(R) chứa đường thẳng d và tạo với mp(P) một góc nhỏ nhất. Giải 1. Phương trình tham số của d:\(\left\{ {\matrix{ {x = {\rm{ }} - 1{\rm{ }} + {\rm{ }}2t} \hfill \cr {y = {\rm{ }} - 1{\rm{ }} + t} \hfill \cr {z{\rm{ }} = {\rm{ }}3{\rm{ }} + t.} \hfill \cr } } \right.\) Toạ độ giao điểm A của đường thẳng d với mp(P) thoả mãn hệ : \(\left\{ {\matrix{ {x = - 1{\rm{ }} + {\rm{ }}2t} \hfill \cr {y{\rm{ }} = - 1{\rm{ }} + t} \hfill \cr {\;z = {\rm{ }}3{\rm{ }} + t} \hfill \cr {x{\rm{ }} + 2y - z + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0} \hfill \cr } } \right. \) \(\Rightarrow t = {1 \over 3} \Rightarrow A = \left( { - {1 \over 3}; - {2 \over 3};{{10} \over 3}} \right).\) 2. Gọi \(\alpha \)là góc giữa đường thẳng d và mp(P). d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_d}} (2;1;1),\)(P) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_p}} (1;{\rm{ }}2;{\rm{ }} - {\rm{ }}1)\)nên \(\sin \alpha = {{\left| {\overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {{n_P}} } \right|} \over {\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right|}} = {{\left| {2 + 2 - 1} \right|} \over {\sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }}={1 \over 2}\) \(\Rightarrow \alpha = {30^ \circ }.\) 3. Vì (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mp(P) nên mp(Q) chứa điểm \(\left( { - 1{\rm{ }};{\rm{ }} - 1{\rm{ }};{\rm{ }}3} \right) \in d\) và có vectơ pháp tuyến là \(\left[ {\overrightarrow {{n_d}} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = {\rm{ }}\left( { - 3{\rm{ }};{\rm{ }}3{\rm{ }};{\rm{ }}3} \right)\) Suy ra phương trình mp(Q) là: \(x - y - z + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\) 4. d' chính là đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q). Vì vậy, điểm \((x{\rm{ }};{\rm{ }}y;{\rm{ }}z) \in d'\)khi và chỉ khi \(\left( {x;y;z} \right)\) thoả mãn hệ \(\left\{ {\matrix{ {x{\rm{ }} + {\rm{ }}2y{\rm{ }} - {\rm{ }}z{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0} \hfill \cr {x - y - z + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}0,} \hfill \cr } } \right.\) hay d' có phương trình tham số là : \(\left\{ \matrix{ x = - {{11} \over 3} + t \hfill \cr y = - {2 \over 3} \hfill \cr z = t. \hfill \cr} \right.\) 5. Gọi \(\Delta \) là đường thẳng nằm trong mpc(P), đi qua điểm \(A\left( { - {1 \over 3}; - {2 \over 3};{{10} \over 3}} \right)\) và vuông góc với đường thẳng d. Khi đó, \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = {1 \over 3}\left[ {\overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( { - 1{\rm{ }};{\rm{ }}1{\rm{ }};{\rm{ }}1} \right)\) nên \(\Delta \) có phương trình chính tắc là \({{x + {1 \over 3}} \over { - 1}} = y + {2 \over 3} = z - {{10} \over 3}.\) 6. Vì \(I \in d\)nên \(I = {\rm{ }}\left( { - 1 + 2t; - 1{\rm{ }} + {\rm{ }}t;3 + {\rm{ }}t} \right).\) Mặt cầu tâm I tiếp xúc với mp(P) và có bán kính \(R{\rm{ }} = \sqrt 6 \). Và khi và chỉ khi \(d\left( {I,\left( P \right)} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}\sqrt 6 \)hay \({{\left| { - 1{\rm{ }} + 2t{\rm{ }} - 2{\rm{ }} + 2t{\rm{ }} - 3{\rm{ }} - t{\rm{ }} + 5} \right|} \over {\sqrt {{1^2} + {\rm{ }}{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \sqrt 6 \) \( < = > \left| {3t - 1} \right|{\rm{ }} = {\rm{ }}6 \Rightarrow \left[ \matrix{ 3t - 1 = 6 \hfill \cr 3t - 1 = - 6 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left[ \matrix{ t = {7 \over 3} \hfill \cr t = - {5 \over 3} \hfill \cr} \right. \) \(\Rightarrow \left[ \matrix{ I = \left( {{{11} \over 3};{4 \over 3};{{16} \over 3}} \right) \hfill \cr I = \left( { - {{13} \over 3};{{ - 8} \over 3};{4 \over 3}} \right). \hfill \cr} \right.\) Vậy có hai mặt cầu thoả mản yêu cầu đặt ra là: \( \left( {{S_1}} \right):{\left( {x - {{11} \over 3}} \right)^2} + {\left( {x - {4 \over 3}} \right)^2} + {\left( {x - {{16} \over 3}} \right)^2} = 6, \) \(\left( {{S_2}} \right):{\left( {x + {{13} \over 3}} \right)^2} + {\left( {x + {8 \over 3}} \right)^2} + {\left( {x - {4 \over 3}} \right)^2} = 6. \) 7. Cách 1. Ta tìm hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng d. Cho t = 0, ta được \(M( - 1;{\rm{ }} - 1{\rm{ }};{\rm{ }}3) \in d,{\rm{ }}t = {\rm{ }}1,\)ta được \(N\left( {{\rm{ }}1{\rm{ }};{\rm{ }}0{\rm{ }};{\rm{ }}4} \right) \in d.\) Giả sử mặt phẳng (R) cần tìm có phương trình Ax + By + Cz + D = 0 với \({A^2} + {B^2} + {C^2} \ne 0.\) Vì M, N \( \in \) mp(R) \(\left\{ \matrix{ - A - B + 3C + D = 0 \hfill \cr A + 4C + D = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ C = - (2A + B) \hfill \cr D = {\rm{ }}7A{\rm{ }} + {\rm{ }}4B. \hfill \cr} \right.\) Do đó \(\overrightarrow {{n_R}} = {\rm{ }}\left( {A{\rm{ }};{\rm{ }}B; - 2A - {\rm{ }}B} \right).\) Ta có \(\overrightarrow {{n_P}} = {\rm{ }}\left( {1{\rm{ }};2; - 1} \right).\) Gọi \(\varphi \) góc giữa hai mặt phẳng (R) và (P) \((0^\circ \le \varphi \le 90^\circ )\) thì: \(\cos \varphi = {{\left| {A + 2B + 2A + B} \right|} \over {\sqrt 6 \sqrt {{A^2} + {B^2} + {{\left( {2A + B} \right)}^2}} }} = {3 \over {\sqrt 6 }}{{\left| {A + B} \right|} \over {\sqrt {5{A^2} + 2{B^2} + 4AB} }}.\) Trường hợp A + B = 0, ta có \(\varphi \) = 90° là góc lớn nhất trong các góc có thể có giữa hai mặt phẳng (P) và (R), loại. Trường hợp \(A + B \ne 0\), ta có \(\cos \varphi = {3 \over {\sqrt 6 }}\sqrt {{{{{\left( {A + B} \right)}^2}} \over {2{{\left( {A + B} \right)}^2} + 3{A^2}}}} \) \(= {3 \over {\sqrt 6 }}\sqrt {{1 \over {2 + 3{{\left( {{A \over {A + B}}} \right)}^2}}}} \le {3 \over {\sqrt 6 }}.\sqrt {{1 \over 2}} = {{\sqrt 3 } \over 2},\) suy ra \(\varphi \ge 30^\circ .\) Dấu = xảy ra khi A = 0. Khi đó B \( \ne \) 0 (vì nếu B = 0 thì C = 0, vô lí). Ta chọn B = 1 thì \(C = - (2A + B) = - 1,D{\rm{ }} = {\rm{ }}7A{\rm{ }} + {\rm{ }}4B{\rm{ }} = {\rm{ }}4{\rm{ }}.\) Vậy mp(R) chứa đường thẳng d và tạo với mp(P) một góc nhỏ nhất (bằng 30°) có phương trình là : \(y{\rm{ }} - {\rm{ }}z{\rm{ }} + 4{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\) Cách 2. (h. 117) Xét mặt phẳng (Q) thay đổi đi qua đường thẳng d, cắt mp(P) theo giao tuyến \(\Delta '.\) Vì \(A{\rm{ }} = {\rm{ }}d{\rm{ }} \cap {\rm{ }}\left( P \right)\) nên \(A{\rm{ }} \in \Delta '\). Lấy một điểm K cố định trên d (K\( \ne \)A). Gọi H là hình chiếu của K trên mp(P), I là hình chiếu của Htrên \(\Delta \)' thì HI và KI cùng vuông góc với \(\Delta \)' nên là góc giữa mp(P) và mp(Q). Ta có tan mà KH không đổi khi (Q) thay đổi và \(HI \le HA\) nên nhỏ nhất <=> tan nhỏ nhất <=> HI lớn nhất <=> I trùng A hay \(\Delta ' \bot d\) tại A, tức là \(\Delta \)' trùng \(\Delta \) (\(\Delta \) nói ở câu 5). Vậy mp(R) chứa đường thẳng d và tạo với mp(P) một góc nhỏ nhất khi và chỉ khi mp(R) chứa d và \(\Delta \) (\(\Delta \) nằm trên (P), đi qua A và vuông góc với d. Ta có \(\left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right] = \left( {0; - {\rm{ }}3;3} \right)\) nên (R) có vectơ pháp tuyến là \(\left( {0{\rm{ }};{\rm{ }}1{\rm{ }};{\rm{ }} - 1} \right).\) Vì mp(R) đi qua \(A\left( { - {1 \over 3}; - {2 \over 3};{{10} \over 3}} \right)\) nên có phưomg trình là \(y + {2 \over 3} - \left( {z - {{10} \over 3}} \right) = 0\) hay \(y{\rm{ }} - {\rm{ }}z{\rm{ }} - {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\) Bài 15 trang 226 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(3;3;1), B(0;2;1) và mặt phẳng (P):x+y+z-7=0. 1. Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Viết phương trình hình chiếu vuông góc của AB trên mp(P). 3. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mp(P) và mọi điểm của d cách đều hai điểm A, B. 4. Viết phương trình đường vuông góc chung của AB và d. 5. Tìm điểm K thuộc đường thẳng AB (\(K \ne B\)) sao cho d(K,(P))=d(B,(P)). 6. Tìm điểm C trên đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất. Giải 1. Đường thẳng AB đi qua \(A\left( {3{\rm{ }};{\rm{ }}3{\rm{ }};{\rm{ }}1} \right),\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;{\rm{ }} - {\rm{ }}1;{\rm{ }}0} \right)\) nên có phương trình : \(\left\{ {\matrix{ {x{\rm{ }} = {\rm{ }}3 - 3t} \hfill \cr {y{\rm{ }} = {\rm{ }}3 - t} \hfill \cr {z{\rm{ }} = {\rm{ }}1.} \hfill \cr } } \right.\) 2. Ta nhận thấy A \( \in \) mp(P) nên hình chiếu vuông góc của AB trên mp(P) là đường thẳng AH, trong đó H là hình chiếu của điểm B trên mp(P). Đường thẳng BH qua \(B\left( {0{\rm{ }};{\rm{ }}2{\rm{ }};{\rm{ }}1} \right)\) và vuông góc với mp(P) nên có phương trình \(\left\{ {\matrix{ {x{\rm{ }} = {\rm{ }}t} \hfill \cr {y{\rm{ }} = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}t} \hfill \cr {z{\rm{ }} = {\rm{ }}1{\rm{ }} + {\rm{ }}t.} \hfill \cr } } \right.\) Do đó toa độ \(\left( {x;y;z} \right)\) của điểm H thoả mãn hệ: \(\left\{ {\matrix{ {x{\rm{ }} = {\rm{ }}t} \hfill \cr {y{\rm{ }} = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}t} \hfill \cr \matrix{ z{\rm{ }} = {\rm{ }}1{\rm{ }} + {\rm{ }}t \hfill \cr x + y + z - 7 = 0. \hfill \cr} \hfill \cr } } \right.\) Giải hệ ta được \(t = {4 \over 3} \Rightarrow H = \left( {{4 \over 3};{{10} \over 3};{7 \over 3}} \right)\). Phương trình đường thẳng AH là \(\left\{ {\matrix{ {{\rm{x }} = 3 + 5t} \hfill \cr {\;y = 3-t} \hfill \cr {\;z = 1 - 4t.} \hfill \cr } } \right.\) 3. Đường thẳng d nằm trong mp(P), đồng thời nằm trong mặt phẳng trung trực (\(\pi \)) của đoạn AB.Gọi I là trung điếm AB, ta có\(I = \left( {{3 \over 2};{5 \over 2};1} \right).\) Mặt phẳng (\(\pi \)) đi qua I và có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {BA} = \left( {3{\rm{ }};{\rm{ }}1{\rm{ }};{\rm{ }}0} \right)\)nên có phương trình : \(\left( \pi \right):3x + y - 7 = 0.\) Vậy dlà giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (\(\pi \)). Do đó dcó phương trình : \(\left\{ {\matrix{ {{\rm{x = }}t} \hfill \cr \matrix{ y = 7 - 3t \hfill \cr z = 2t. \hfill \cr} \hfill \cr } } \right.\) 4. Vì \(AB \bot mp(\pi )\) và \(d \subset mp(\pi )\)nên nếu trong \(mp(\pi )\), kẻ đường thẳng IM vuông góc với \(d(M \in d)\) thì IM chính là đường vuông góc chung của AB và d. Ta có \(M = (t;7 - 3t;2t) \) \(\Rightarrow \overrightarrow {IM} = \left( {t - {3 \over 2};{9 \over 2} - 3t;2t - 1} \right).\) Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}} = (1; - 3;2).\) \(IM \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {IM} .\overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow t = {{17} \over {14}} \) \(\Rightarrow \overrightarrow {IM} = \left( { - {4 \over {14}};{{12} \over {14}};{{20} \over {14}}} \right)\) Vậy đường vuông góc chung của AB và d là đường thẳng qua I và có vec tơ chỉ phương \({{14} \over 4}\overrightarrow {IM} = ( - 1;3;5),\) đường thẳng đó có phương trình : \(\left\{ \matrix{ x = {3 \over 2} - t \hfill \cr y = {5 \over 2} + 3t \hfill \cr z = 1 + 5t. \hfill \cr} \right.\) 5. Cách 1. \(K \in AB \Rightarrow K = (3 - 3t;3 - t;1).\) \(\eqalign{ & d(K,(P)) = d(B,(P)) \cr&\Leftrightarrow {{\left| {3 - 3t + 3 - t + 1 - 7} \right|} \over {\sqrt 3 }} = {{\left| {0 + 2 + 1 - 7} \right|} \over {\sqrt 3 }}. \cr & \Leftrightarrow \left| { - 4t} \right| = \left| { - 4} \right| \Leftrightarrow \left| t \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ t = 1 \hfill \cr t = - 1. \hfill \cr} \right. \cr} \) Với t=1, K=(0;2;1) nên \(K \equiv B\((loại). Với t=-1, K=(6;4;1). Vậy K(6;4;1) là điểm phải tìm. Cách 2. Vì \(A \in (P)\) nên \(d(K;(P)) = d(B,(P))\) khi và chỉ khi A là trung điểm của KB. Từ đó suy ra K=(6;4;1). 6. Với \(C \in d\) thì \({S_{ABC}} = {1 \over 2}AB.CI\), AB không đổi nên \({S_{ABC}}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi IC nhỏ nhấ, tức C là hình chiếu của I trên d. Vì \(C \in d\) nên \(C = (t;7 - 3t;2t)\), suy ra \(\overrightarrow {IC} = \left( {t - {3 \over 2};7 - 3t - {5 \over 2};2t - 1} \right)\) Ta có \(IC \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {IC} .\overrightarrow {{u_d}} = 0\) \(\Leftrightarrow t - {3 \over 2} - 3\left( {7 - 3t - {5 \over 2}} \right) + 2(2t - 1) = 0\) \(\Leftrightarrow t = {{17} \over {14}}.\) Vậy điểm C cần tìm là \(C = \left( {{{17} \over {14}};{{47} \over {14}};{{34} \over {14}}} \right)\)(chính là điểm M ở câu 4). Bài 16 trang 226 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(3 ; 3 ; 1), B(0 ; 2 ; 1) và mặt phẳng \(\left( P \right):x{\rm{ }} + {\rm{ }}y{\rm{ }} + {\rm{ }}z - {\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\) 1. Viết phương trình đựờng thẳng AB. 2. Viết phương trình hình chiếu vuông góc của AB trên mp(P). 3. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mp(P) mà mọi điểm của d cách đều hai điểm A, B. 4. Viết phương trình đường vuông góc chung của AB và d. 5. Tìm điểm K thuộc đường thẳng AB \(\left( {K \ne B} \right)\)sao cho \(d\left( {K,\left( P \right)} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}d\left( {B,\left( P \right)} \right).\) 6. Tìm điểm C trên đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất. Giải 1. Đường thẳng d1 đi qua điểm M1(0;2;-4) và có vec tơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}} = (1; - 1;2).\) thẳng d2 đi qua điểm M1(-8;6;10) và có vec tơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_2}} = (2;1; - 1).\) Ta có \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = ( - 1;5;3),\overrightarrow {{M_1}{M_2}} = ( - 8;4;14) \) \(\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} = 70 \ne 0\) \( \Rightarrow {d_1},{d_2}\) chéo nhau. 2. Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng chứa d2 và song song với d1. Khi đó \(mp(\alpha )\) qua điểm \({M_2}( - 8;6;10)\) và có vec tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = ( - 1;5;3)\) \( \Rightarrow \left( \alpha \right):x - 5y - 3z + 68 = 0.\) 3. \(d\left( {{d_1},{d_2}} \right) = d({M_1},\left( \alpha \right) \) \(= {{\left| {0 - 10 + 12 + 68} \right|} \over {\sqrt {1 + 25 + 9} }} = {{70} \over {\sqrt {35} }} = 2\sqrt {35} .\) 4. Viết lại phương trình đường thẳng \({d_1},{d_2}\) dưới dạng tham số. Từ đó : \(M \in {d_1}\) nên M=(t;2-t;-4+2t) \(N \in {d_2}\) nên N=(-8+2t’;6+t’;10-t’) \( \Rightarrow \overrightarrow {MN} = ( - 8 + 2t' - t;4 + t' + t;14 - t' - 2t).\) Đường thẳng MN sẽ là đường thẳng d phải tìm khi \(MN\parallel Ox\) hay hai vec tơ \(\overrightarrow {MN} \)và \(\overrightarrow i (1;0;0)\) cùng phương, nghĩa là \(\left\{ \matrix{ t' + t = - 4 \hfill \cr t' + 2t = 14 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ t = 18 \hfill \cr t' = - 22. \hfill \cr} \right.\) Vậy M=(18;-16;32) và đường thẳng d phải tìm có phương trình tham số : \(d:\left\{ \matrix{ x = 18 + t \hfill \cr y = - 16 \hfill \cr z = 32. \hfill \cr} \right.\) 5. \(\eqalign{ & A \in {d_1} \Rightarrow A = (t;2 - t; - 4 + 2t), \cr & B \in {d_2} \Rightarrow B = ( - 8 + 2t';6 + t';10 - t'), \cr & \Rightarrow \overrightarrow {AB} = ( - 8 + 2t' - t;4 + t' + t;14 - t' - 2t). \cr & \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {{u_1}} \Leftrightarrow 6t + t' = 16, \cr & \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {{u_2}} \Leftrightarrow t + 6t' = 26. \cr} \) Giải hệ \(\left\{ \matrix{ 6t + t' = 16 \hfill \cr t + 6t' = 26 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ t = 2 \hfill \cr t' = 4 \hfill \cr} \right. \) \(\Rightarrow A = (2;0;0) ; B = (0;10;6). \) Suy ra mặt cầu đườn kính AB có tâm I=(1;5;3), bán kính bằng \(\sqrt {35} \). Phương trình của nó là : \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 5} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 35.\) Bài 17 trang 226 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Trong không gian Oxyz cho tứ diện OABC với A(a ; 0 ; 0), ((0 ; b ; 0), C(0 ; 0 ; c), a, b, c> 0. 1. Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn. 2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. 3. Kẻ OH vuông góc với mp(ABC), H \( \in \) mp(ABC). Tìm toạ độ điểm H theo a, b, c. 4. Xác định toạ độ điểm O' đối xứng với điểm O qua mp(ABC). 5. Kí hiệu \({\rm{S }} = {\rm{ }}{S_{ABC}},{\rm{ }}{S_1}{\rm{ }} = {\rm{ }}{S_{OAB}},{\rm{ }}{S_2} = {\rm{ }}{S_{OBC}},{\rm{ }}{S_3} = {\rm{ }}{S_{OCA}}.\) Chứng minh \({S^2} = {\rm{ }}S_1^2{\rm{ }} + {\rm{ }}S_2^2{\rm{ }} + S_3^2.\) 6. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm AB, BC, CA. Chứng minh rằng : mp (OMN) \( \bot \) mp(OMP)\( \Leftrightarrow {1 \over {{a^2}}} + {1 \over {{b^2}}} = {1 \over {{c^2}}}.\) 7. Chứng minh rằng với mọi điểm P trên mp(ABC), ta đều có : \({{A{P^2}} \over {A{O^2}}} + {{B{P^2}} \over {B{O^2}}} + {{C{P^2}} \over {C{O^2}}} = {{H{P^2}} \over {H{O^2}}} + 2.\) Giải 1.Ta có \(A{B^2} = {a^2} + {b^2},B{C^2} = {b^2} + {c^2},C{A^2} = {c^2} + {a^2}\) \( \Rightarrow A{B^2} + B{C^2} - C{A^2} = 2{b^2} > 0 \) \(\Rightarrow A{B^2} + B{C^2} > C{A^2} \Rightarrow \) \(\widehat B\) nhọn. Tương tự, ta suy ra các góc \(\widehat A,\widehat C\) nhọn. 2.Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có tâm \(I({a \over 2};{b \over 2};{c \over 2}),\) bán kính \(R = {1 \over 2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\) 3.Phương trình mp(ABC): \({x \over a} + {y \over b} + {z \over c} = 1.\) Đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O và vuông góc với mp(ABC) có phương trình là \(\left\{ \matrix{ x = {1 \over a}t \hfill \cr y = {1 \over b}t \hfill \cr z = {1 \over c}t. \hfill \cr} \right.\) Suy ra tọc độ giao điểm H của đường thẳng d với mp(ABC) là \(H = \left( {{{a{b^2}{c^2}} \over {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}};{{b{a^2}{c^2}} \over {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}};{{c{a^2}{b^2}} \over {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}}} \right)\) 4.Vì H là trung điểm của OO’ nên \(\overrightarrow {OO'} = 2\overrightarrow {OH} ,\) suy ra \(O' = \left( {{{2a{b^2}{c^2}} \over {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}};{{2b{a^2}{c^2}} \over {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}};{{2c{a^2}{b^2}} \over {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}}} \right)\) 5.Ta có : \({S_1} = {S_{OAB}} = {1 \over 2}ab,{S_2} = {S_{OBC}} = {1 \over 2}ab,\) \({S_3} = {S_{OCA}} = {1 \over 2}ca.\) \( \Rightarrow S_1^2 + S_2^2 + S_3^2 = {1 \over 4}\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right).\) Mặt khác, \({V_{OABC}} = d(O,(ABC)) = {{abc} \over {\sqrt {{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} + {a^2}{b^2}} }}\) Nên \({1 \over {36}}{a^2}{b^2}{c^2} = {1 \over 9}{S^2}.O{H^2}\) \( \Rightarrow {S^2} = {1 \over 4}\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) = S_1^2 + S_2^2 + S_3^2\) (đpcm). 6. M là trung điểm của AB nên \(M = \left( {{a \over 2};{b \over 2};0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OM} = \left( {{a \over 2};{b \over 2};0} \right).\) N là trung điểm của BC nên \(N = \left( {0;{b \over 2};{c \over 2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {ON} = \left( {0;{b \over 2};{c \over 2}} \right).\) P là trung điểm của CA nên \(P = \left( {{a \over 2};0;{c \over 2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OP} = \left( {{a \over 2};0;{c \over 2}} \right).\) Các mặt phẳng (OMN) và (OMP) có các vectơ pháp tuyến lần lượt là \(\eqalign{ & \overrightarrow {{n_{(OMN)}}} = \left[ {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {ON} } \right] = \left( {{{bc} \over 4};{{ - ac} \over 4};{{ab} \over 4}} \right), \cr & \overrightarrow {{n_{(OMP)}}} = \left[ {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {OP} } \right] = \left( {{{bc} \over 4}; - {{ac} \over 4}; - {{ab} \over 4}} \right). \cr} \) Do đó \(mp(OMN) \bot mp(OMP) \Leftrightarrow \overrightarrow {{n_{(OMN)}}} .\overrightarrow {{n_{(OMP)}}} = 0\) \( \Leftrightarrow {a^2}{b^2} = {b^2}{c^2} + {a^2}{c^2} \Leftrightarrow {1 \over {{c^2}}} = {1 \over {{a^2}}} + {1 \over {{b^2}}}\) (đpcm). 7. \(P({x_0};{y_0};{z_0}) \in mp(ABC) \Leftrightarrow {{{x_0}} \over a} + {{{y_0}} \over b} + {{{z_0}} \over c} = 1.\) \({{A{P^2}} \over {A{O^2}}} = {{{{({x_0} - a)}^2} + y_0^2 + z_0^2} \over {{a^2}}} = {{{x_0}^2 + y_0^2 + z_0^2} \over {{a^2}}} - {{2{x_0}} \over a} + 1 \) \(= {{O{P^2}} \over {{a^2}}} - {{2{x_0}} \over a} + 1.\) Tương tự, \({{B{P^2}} \over {B{O^2}}} = {{O{P^2}} \over {{b^2}}} - {{2{y_0}} \over b} + 1,{{C{P^2}} \over {C{O^2}}} = {{O{P^2}} \over {{c^2}}} - {{2{z_0}} \over c} + 1\) Suy ra \(\eqalign{ & {{A{P^2}} \over {A{O^2}}} + {{B{P^2}} \over {B{O^2}}} + {{C{P^2}} \over {C{O^2}}}\cr& = O{P^2}\left( {{1 \over {{a^2}}} + {1 \over {{b^2}}} + {1 \over {{c^2}}}} \right)\cr&\;\;\;\;\; - 2\left( {{{{x_0}} \over a} + {{{y_0}} \over b} + {{{z_0}} \over c}} \right) + 3 \cr & = O{P^2}.{{{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} + {a^2}{b^2}} \over {{a^2}{b^2}{c^2}}} + 1 \cr & = {{O{P^2}} \over {O{H^2}}} + 1 = {{H{P^2} + O{H^2}} \over {O{H^2}}} + 1 \cr & = {{H{P^2}} \over {O{H^2}}} + 2(dpcm). \cr} \)
