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 là mặt phẳng đi qua ba điểm D, N, B’. Mặt phẳng cắt hình hộp...

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).

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: 

\({x^2} + {y^2} + {z^2} + {{53} \over 5}x + {{36} \over 5}y = 0 \Leftrightarrow 5{x^2} + 5{y^2} + 5{z^2} + 53x + 36y = 0.\)