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) 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 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 \(D\left( {0, - 2,1} \right)\).

loigiaihay.com



Bình chọn:
3.7 trên 3 phiếu

Các bài liên quan: - III. Một số đề kiểm tra

>> Luyện thi tốt nghiệp THPT và Đại học năm 2021, mọi lúc, mọi nơi tất cả các môn cùng các thầy cô giỏi nổi tiếng, dạy hay dễ hiểu trên Tuyensinh247.com. Đã có đầy đủ các khóa học từ nền tảng tới luyện thi chuyên sâu.


Gửi bài