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 ...

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 ot left( {BCD} ight)).
Vì từ diện AB’C’D’ đều nên (AO’ ot left( {B’C’D’} ight)).
Mà (BCD) // (B’C’D’)
Gọi E là trung điểm của CD. Dễ thấy tam giác EAB cân tại E nên (B’E ot 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 ot 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 = {{asqrt 3 } over 2} Rightarrow OE = {1 over 3}BE = {{asqrt 3 } over 6}.)

Tam giác B’C’D’ đều cạnh ({a over 2}) nên (B’F = {{{a over 2}sqrt 3 } over 2} = {{asqrt 3 } over 4} Rightarrow B’O’ = {2 over 3}B’F = {{asqrt 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 = {{asqrt 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}}  = {{asqrt 2 } over 2} Rightarrow B’J = {{asqrt 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{{asqrt 2 } over 4}} over 2} = {{3asqrt 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}}}  = {{asqrt {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}}} = {{asqrt 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}.{{asqrt 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} ight))

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} ight. Leftrightarrow left{ matrix{
a = 4 hfill cr
b = {7 over 2} hfill cr
c = {7 over 2} hfill cr
d = 12 hfill cr} ight.,,left( {tm} ight))

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

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

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

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

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

Đường thẳng d đi qua O, G nhận (overrightarrow u  = left( {6;4;3} ight)) 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} ight.)

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} ight. Leftrightarrow left{ matrix{
left( {x – 2,y,z} ight).left( {0, – 3,4} ight) = 0 hfill cr
left( {x,y – 3,z} ight).left( { – 2,0,4} ight) = 0 hfill cr} ight. Leftrightarrow left{ matrix{
– 3y + 4z = 0 hfill cr
– 2x + 4z = 0 hfill cr} ight. Leftrightarrow 2x = 3y = 4z.)

Đặt (2x = 3y = 4z = 12a Rightarrow x = 6a,y = 4a,z = 3a Rightarrow Hleft( {6a,4a,3a} ight))
Rõ ràng khi t = a thì (H in left( d ight) 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} ight.)

c) Ta có: 

Mặt phẳng (ABC’) đi qua A và nhận (overrightarrow n  = left( {3,2,2} ight)) là 1 vectơ pháp tuyến nên (ABC’) có phương trình: (3left( {x – 2} ight) + 2left( {y – 0} ight) + 2left( {z – 0} ight) = 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} ight)) là 1 vectơ pháp tuyến nên (A’B’C) có phương trình: (2left( {x – 6} ight) + 3left( {y – 0} ight) + 3left( {z – 0} ight) = 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} ight. Leftrightarrow left{ matrix{
9x + 6y + 6z – 18 = 0 hfill cr
4x + 6y + 6z – 24 = 0 hfill cr} ight. Leftrightarrow left{ matrix{
5x + 6 = 0 hfill cr
2y + 2z = 6 – 3x hfill cr} ight. Leftrightarrow left{ matrix{
x = – {6 over 5} hfill cr
y + z = {{24} over 5} hfill cr} ight. Leftrightarrow left{ matrix{
x = – {6 over 5} hfill cr
y = t hfill cr
z = {{24} over 5} – t hfill cr} ight.)

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} ight.).

(Delta ) đi qua điểm (Mleft( { – {6 over 5};0;{{24} over 5}} ight)) và có vectơ chỉ phương ({overrightarrow u _Delta } = left( {0,1, – 1} ight).)

Ta có: (dleft( {O;Delta } ight) = {{left| {left[ {overrightarrow {OM} ,{{overrightarrow u }_Delta }} ight]} ight|} over {left| {{{overrightarrow u }_Delta }} ight|}} = {{sqrt {{{left( { – {{24} over 5}} ight)}^2} + {{left( { – {6 over 5}} ight)}^2} + {{left( { – {6 over 5}} ight)}^2}} } over {sqrt {{0^2} + {1^2} + {{left( { – 1} ight)}^2}} }} = {{{{18sqrt 2 } over 5}} over {sqrt 2 }} = {{18} over 5})