Giải bài tập hình học lớp 12 nâng cao

Thông tin

Trình bày: Bộ Giáo Dục Và Đào Tạo

Nhà cung cấp: Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam

Giới thiệu: Sách giáo khoa hình học 12 nâng cao gồm các bài sau:

Khái niệm về khối đa diện Phép đối xứng qua mặt phẳng và sự bằng nhau của các khối đa diện Phép vị tự và sự đồng dạng của các khối đa diện. Các khối đa diện đều Thể tích của khối đa diện Ôn tập chương 1 Mặt cầu, khối cầu Khái niệm về mặt tròn xoay Mặt trụ, hình trụ và khối trụ Mặt nón, hình nón và khối nón Ôn tập chương 2 Hệ toạ độ trong không gian Phương trình mặt phẳng Phương trình đường thẳng Ôn tập chương 3

Ôn tập cuối năm

Ảnh đẹp,18,Bài giảng điện tử,10,Bạn đọc viết,225,Bất đẳng thức,74,Bđt Nesbitt,3,Bổ đề cơ bản,9,Bồi dưỡng học sinh giỏi,39,Cabri 3D,2,Các nhà Toán học,129,Câu đố Toán học,83,Câu đối,3,Cấu trúc đề thi,15,Chỉ số thông minh,4,Chuyên đề Toán,289,Công thức Thể tích,11,Công thức Toán,101,Cười nghiêng ngả,31,Danh bạ website,1,Dạy con,8,Dạy học Toán,259,Dạy học trực tuyến,20,Dựng hình,5,Đánh giá năng lực,1,Đạo hàm,16,Đề cương ôn tập,38,Đề kiểm tra 1 tiết,29,Đề thi - đáp án,939,Đề thi Cao đẳng,15,Đề thi Cao học,7,Đề thi Đại học,157,Đề thi giữa kì,16,Đề thi học kì,130,Đề thi học sinh giỏi,123,Đề thi THỬ Đại học,381,Đề thi thử môn Toán,48,Đề thi Tốt nghiệp,41,Đề tuyển sinh lớp 10,98,Điểm sàn Đại học,5,Điểm thi - điểm chuẩn,210,Đọc báo giúp bạn,13,Epsilon,8,File word Toán,33,Giải bài tập SGK,16,Giải chi tiết,185,Giải Nobel,1,Giải thưởng FIELDS,24,Giải thưởng Lê Văn Thiêm,4,Giải thưởng Toán học,5,Giải tích,29,Giải trí Toán học,170,Giáo án điện tử,11,Giáo án Hóa học,2,Giáo án Toán,17,Giáo án Vật Lý,3,Giáo dục,349,Giáo trình - Sách,80,Giới hạn,20,GS Hoàng Tụy,8,GSP,6,Gương sáng,192,Hằng số Toán học,19,Hình gây ảo giác,9,Hình học không gian,106,Hình học phẳng,88,Học bổng - du học,12,Khái niệm Toán học,64,Khảo sát hàm số,36,Kí hiệu Toán học,13,LaTex,12,Lịch sử Toán học,81,Linh tinh,7,Logic,11,Luận văn,1,Luyện thi Đại học,231,Lượng giác,55,Lương giáo viên,3,Ma trận đề thi,7,MathType,7,McMix,2,McMix bản quyền,3,McMix Pro,3,McMix-Pro,3,Microsoft phỏng vấn,11,MTBT Casio,26,Mũ và Logarit,36,MYTS,8,Nghịch lí Toán học,11,Ngô Bảo Châu,50,Nhiều cách giải,36,Những câu chuyện về Toán,15,OLP-VTV,33,Olympiad,280,Ôn thi vào lớp 10,1,Perelman,8,Ph.D.Dong books,7,Phần mềm Toán,26,Phân phối chương trình,5,Phụ cấp thâm niên,3,Phương trình hàm,4,Sách giáo viên,12,Sách Giấy,10,Sai lầm ở đâu?,13,Sáng kiến kinh nghiệm,8,SGK Mới,6,Số học,56,Số phức,34,Sổ tay Toán học,4,Tạp chí Toán học,37,TestPro Font,1,Thiên tài,95,Thơ - nhạc,9,Thủ thuật BLOG,14,Thuật toán,3,Thư,2,Tích phân,77,Tính chất cơ bản,15,Toán 10,129,Toán 11,173,Toán 12,366,Toán 9,64,Toán Cao cấp,26,Toán học Tuổi trẻ,26,Toán học - thực tiễn,100,Toán học Việt Nam,29,Toán THCS,16,Toán Tiểu học,4,Tổ hợp,36,Trắc nghiệm Toán,220,TSTHO,5,TTT12O,1,Tuyển dụng,11,Tuyển sinh,270,Tuyển sinh lớp 6,7,Tỷ lệ chọi Đại học,6,Vật Lý,24,Vẻ đẹp Toán học,109,Vũ Hà Văn,2,Xác suất,28,

Giải Bài Tập Hình Học 12 nâng cao
Để học tốt hình học lớp 12 nâng cao, đây bài giải bài tập Toán 12 nâng cao được biên soạn bám sát theo nội dung sách giáo khoa Hình Học 12 nâng cao.

MỤC LỤC

Lời nói đầu

Chương III. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

ÔN TẬP CUỐI NĂM ————–

— Các bạn bấm vào tên chương để xem toàn bộ chương —-

Chú ý: Các sách giải bài tập là để tham khảo, các bạn học sinh tránh lạm dụng quá – Chúc các bạn học tốt.

————————–
Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Nếu thấy chưa hiểu hãy đặt câu hỏi ở phần comment.

Bài 5 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao

Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng?

a] Nếu hình đa diện nội tiếp mặt cầu thì mọi mặt của nó là đa giác nội tiếp đường tròn.

b] Nếu tất cả các mặt của một hình đa diện nội tiếp đường tròn thì đa diện đó nội tiếp mặt cầu.

Giải

a] Đúng vì mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn.

b] Không đúng, chẳng hạn:

Cho tứ diện \[ABCD\] nội tiếp mặt cầu \[[S]\]. Lấy một điểm \[E\] nằm khác phía với \[A\] đối với mp \[[BCD]\] sao cho \[E\] không nằm trên \[[S]\]. Xét hình đa diện \[ABCDE\] có sáu mặt là các tam giác \[ABC, ABD, ADC, EBC, ECD, EDB\]. Các mặt đó đều nội tiếp đường tròn nhưng hình đa diện \[ABCDE\] không nội tiếp mặt cầu.

Thật vậy nếu có mặt cầu đi qua các đỉnh \[A, B, C, D, E\] thì nó phải đi qua \[A, B, C, D\] nên nó chính là mặt cầu \[[S]\], nhưng \[E\] lại không nằm trên \[[S]\], vô lí.

Bài 6 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao

a] Tìm tập hợp các mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh của một tam giác cho trước.

b] Chứng minh rằng nếu có mặt cầu tiếp xúc với sáu cạnh của hình tứ diện \[ABCD\] thì \[AB + CD = AC + BD = AD + BC\]

Giải

a]

Mặt cầu tâm \[O\] tiếp xúc với ba cạnh \[AB, BC, CA\] của tam giác \[ABC\] lần lượt tại các điểm \[I, J, K\] khi và chỉ khi \[OI \bot AB\,\,,\,\,OJ \bot BC\,\,,\,\,OK \bot CA\]

\[OI = OJ = OK\,\, \in \left[ * \right]\]

Gọi \[O’\] là hình chiếu vuông góc của \[O\] trên mp \[[ABC]\] thì các điều kiện [*] tương đương với \[O'I \bot AB\,\,,\,\,O'J \bot BC\,\,,\,\,O'K \bot CA\]

\[O'I = O'J = O'K\] hay \[O’\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC\].

Từ đó suy ra tập hợp các điểm \[O\] là trục của đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC\].

b]

Giả sử mặt cầu \[[S]\] nội tiếp với các cạnh \[AB, BC, CD, DA, AC, BD\] lần lượt tại \[P, Q, R, S, T, U\]. Ta cần chứng minh: \[AB + CD = AC + BD = AD + BC\]

Theo tính chất của tiếp tuyến ta có:

\[\eqalign{& AB + CD = AP + PB + CR + RD \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = AT + BU + CT + DU \cr 

& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left[ {AT + TC} \right] + \left[ {BU + UD} \right] = AC + BD \cr} \]

Vậy \[AB + CD = AC + BD\]

Chứng minh tương tự \[AC + BD = AD + BC\]

Vậy \[AB + CD = AC + BD = AD + BC\].

Bài 7 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao

a] Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng \[a\] và chiều cao bằng \[h\].

b] Cho hình chóp tứ giác đều \[S.ABCD\] có tất cả các cạnh cùng bằng \[a\]. Gọi \[A’, B’, C’, D’\] lần lượt là trung điểm của \[SA, SB, SC, SD\]. Chứng minh rằng các điểm \[A, B, C, D, A’, B’, C’, D’\] cùng thuộc một mặt cầu và tính thể tích khối cầu đó.

Giải

a]

Gọi \[H\] là tâm của tam giác đều \[ABC\]. \[SH\] là đường cao của hình chóp đều \[S.ABC\] nên \[SH\] là trục của tam giác \[ABC\].

Trong mặt phẳng \[[SAH]\] gọi \[O\] là giao điểm của đường trung trực \[SA\] với \[SH\] thì \[O\] là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và bán kính của mặt cầu là \[R = SO\].

Gọi \[I\] là trung điểm của \[SA\] thì tứ giác \[AHOI\] nội tiếp nên:

\[SO.SH = SI.SA \Rightarrow SO = {{S{A^2}} \over {2SH}} = {{S{A^2}} \over {2h}}\]

Mà \[S{A^2} = S{H^2} + A{H^2} = {h^2} + {\left[ {{{a\sqrt 3 } \over 3}} \right]^2} = {{{a^2} + 3{h^2}} \over 3}\]

Từ đó suy ra \[R = SO = {{{a^2} + 3{h^2}} \over {6h}}\]

Vậy thể tích khối cầu cần tìm là \[V = {{\pi {{\left[ {{a^2} + 3{h^2}} \right]}^3}} \over {162{h^3}}}\]

b]

Gọi \[SH\] là đường cao của hình chóp đều \[S.ABCD\] thì \[H\] là tâm của hình vuông \[ABCD\] và \[SH\] đi qua tâm \[H’\] của hình vuông \[A’B’C’D’\].

Mọi điểm nằm trên \[SH\] đều cách đều bốn điểm \[A’, B’, C’, D’\]. Trên đường thẳng \[SH\], ta xác định điểm \[O\] sao cho \[OA = OA’\] thì \[O\] cách đều tám điểm \[A, B, C, D, A’, B’, C’, D’\] tức là tám điểm đó nằm trên mặt cầu tâm \[O\], bán kính \[R = OA\]. Điểm \[O\] là giao điểm của đường thẳng \[SH\] và mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \[AA’\].

Ta có: \[2{a^2} = A{C^2} = S{A^2} + S{C^2}\] nên tam giác vuông cân tại S suy ra \[\widehat {ASO} = {45^0}\] do đó ASIO vuông cân tại I và \[IS = IO = {{3a} \over 4}\].

Từ đó suy ra \[R = OA = \sqrt {O{I^2} + I{A^2}}  = \sqrt {{{9{a^2}} \over {16}} + {{{a^2}} \over {16}}}  = {{a\sqrt {10} } \over 4}\]

Vậy thể tích khối cầu cần tìm là: \[V = {4 \over 3}\pi {\left[ {{{a\sqrt {10} } \over 4}} \right]^3} = {{5\pi {a^3}\sqrt {10} } \over {24}}\]

Giaibaitap.me

Page 2

Bài 14 trang 53 SGK Hình học 12 Nâng cao

Chứng minh rằng các tiếp tuyến của mặt cầu song song với một đường thẳng cố định luôn nằm trên một mặt trụ xác định.

Giải

Cho mặt cầu \[S[O;R]\] và đường thẳng \[d\].

Gọi \[\Delta \] là đường thẳng đi qua \[O\] và song song với \[d\]. Nếu \[d'\] là tiếp tuyến của mặt cầu và \[d' // d\] thì \[d'\] cách \[\Delta \] một khoảng không đổi \[R\]. Vậy \[d'\] nằm trên mặt trụ có trục \[\Delta \] và có bán kính bằng \[R\].

Bài 15 trang 53 SGK Hình học 12 Nâng cao

Mặt phẳng đi qua trục của một hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh \[2R\].

a] Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình trụ.

b] Tính thể tích của khối trụ.

c] Tính thể tích của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ.

Giải

Mặt phẳng đi qua \[OO’\] của hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông \[ABCD\] cạnh \[2R\], do đó bán kính đáy bằng \[R\] và đường sinh \[AD = 2R\].

a] Ta có: 

\[\eqalign{ & {S_{xq}} = 2\pi .R.2R = 4\pi {R^2} \cr

& {S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{day}} = 4\pi {R^2} + 2\pi {R^2} = 6\pi {R^2} \cr} \]

b] Thể tích của khối trụ là \[V = \pi {R^2}.2R = 2\pi {R^3}\].

c] Hình lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ là hình lăng trụ đứng có cạnh bên bằng \[2R\] và có đáy là hình vuông cạnh \[R\sqrt 2 \] nên có thể tích \[{V_{LT}} = 2{R^2}.2R = 4{R^3}\].

Bài 16 trang 54 SGK Hình học 12 Nâng cao

Một hình trụ có bán kính đáy bằng \[R\] và chiều cao \[R\sqrt 3 \].

a] Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình trụ.

b] Tình thể tích của khối trụ giới hạn bởi hình trụ.

c] Cho hai điểm A và B lần lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho góc giữa AB và trục của hình trụ bằng \[{30^0}\]. Tính khoảng cách giữa AB và trục của hình trụ.

Giải

a] Diện tích xung quanh của hình trụ

\[{S_{xq}} = 2\pi R.R\sqrt 3  = 2\sqrt 3 \pi {R^2}\]

Diện tích toàn phần của hình trụ là:

\[{S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{day}} = 2\sqrt 3 \pi {R^2} + 2\pi {R^2}\]

\[= 2\left[ {\sqrt 3  + 1} \right]\pi {R^2}\]
b] Thể tích của khối trụ \[V = \pi {R^2}.R\sqrt 3  = \sqrt 3 \pi {R^3}\].

c] Gọi \[O\] và \[O’\] là tâm của hao đường tròn đáy.

Kẻ \[AA’ // OO’\] [A’ nằm trên đáy dưới hình trụ]

Ta có: \[O'A' = R\,\,,\,\,AA' = R\sqrt 3 \] và \[\widehat {BAA'} = {30^0}\].

Vì \[OO’ // [ABA’]\] nên khoảng cách giữa \[OO’\] và \[AB\] bằng khoảng cách giữa \[OO’\] và \[[ABA’]\].

Kẻ \[OH \bot A'B\] thì \[H\] là trung điểm của \[A’B\] [quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung] và \[O'H \bot \left[ {ABA'} \right]\].

Trong tam giác vuông \[AA’B\] ta có:

\[\tan {30^0} = {{AB'} \over {AA'}} \Rightarrow AB' = AA'.tan{30^0} \]

\[= R\sqrt 3 .{1 \over {\sqrt 3 }} = R\]

Vậy tam giác \[BA’O’\] là tam giác đều cạnh \[R\] nên \[O'H = {{R\sqrt 3 } \over 2}\].

Giaibaitap.me

Page 3

• Giải bài 1, 2 trang 274, 275 SGK Sinh học 12 Nâng...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 273, 274 SGK Sinh học...
• Giải bài I.1, I.2, II.1, II.2 trang 272 SGK Sinh...
• Giải bài 6, 7, 8, 9, 10 trang 271 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 270 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 5, 6, 7, 8, 9 trang 268, 269, 270 SGK...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 267 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 266 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 263 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 258 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 254 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 248 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 243 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 239 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 236 SGK Sinh học 12...

Page 4

• Giải bài 1, 2 trang 274, 275 SGK Sinh học 12 Nâng...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 273, 274 SGK Sinh học...
• Giải bài I.1, I.2, II.1, II.2 trang 272 SGK Sinh...
• Giải bài 6, 7, 8, 9, 10 trang 271 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 270 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 5, 6, 7, 8, 9 trang 268, 269, 270 SGK...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 267 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 266 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 263 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 258 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 254 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 248 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 243 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 239 SGK Sinh học 12...
• Giải bài 1, 2, 3, 4 trang 236 SGK Sinh học 12...

Page 5

Bài 1 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao

Cho mp  \[[P]\] và điểm \[A\] không thuộc \[[P]\]. Chứng minh rằng mọi mặt cầu đi qua \[A\] và có tâm nằm trên \[[P]\] luôn luôn đi qua hai điểm cố định.

Giải

Lấy điểm \[O\] nằm trên mp \[[P]\]. Gọi \[[S]\] là mặt cầu đi qua \[A\] có tâm \[O\].

Gọi \[A’\] là điểm đối xứng của \[A\] qua mp \[[P]\] ta có \[OA’ = OA = R\] nên \[[S]\] đi qua \[A’\]. Vậy mặt cầu \[[S]\] luôn đi qua hai điểm cố định \[A\] và \[A’\].

Bài 2 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao

Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \[S.ABC\], biết \[SA = SB = SC = a\], \[\widehat {ASB} = {60^0},\widehat {BSC} = {90^0},\widehat {CSA} = {120^0}\].

Giải

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \[SAB, SAC\] ta có:

\[\eqalign{& A{B^2} = S{A^2} + S{B^2} - 2SA.SB.\cos {60^0} \cr & = {a^2} + {a^2} - 2{a^2}.{1 \over 2} = {a^2} \Rightarrow AB = a \cr & A{C^2} = S{A^2} + S{C^2} - 2SA.SC.\cos {120^0} \cr 

& = {a^2} + {a^2} - 2{a^2}\left[ { - {1 \over 2}} \right] = 3{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 3 \cr} \]

Trong tam giác vuông \[SBC\] có: \[B{C^2} = S{B^2} + S{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow BC = a\sqrt 2 \]

Ta có: \[A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} \Rightarrow \Delta ABC\] vuông tại \[B\].

Gọi \[H\] là trung điểm của \[AC\] thì \[H\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì \[SA = SB = SC\] nên \[SH \bot mp\left[ {ABC} \right]\]

Và \[S{H^2} = S{C^2} - H{C^2} = {a^2} - {\left[ {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right]^2} = {{{a^2}} \over 4} \]

\[\Rightarrow SH = {a \over 2}\]

Gọi \[O\] là điểm đối xứng của \[S\] qua \[H\] thì \[SO = OA = OB = OC = a\] nên mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \[S.ABC\] có tâm \[O\] và bán kính \[R = a\].

Bài 3 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao

Cho hai đường tròn \[[O; r]\] và \[[O’; r’]\] cắt nhau tại hai điểm \[A, B\] và lần lượt nằm trên hai mặt phẳng phân biệt \[[P]\] và \[[P’]\].

a] Chứng minh rằng có mặt cầu \[[S]\] đi qua hai đường tròn đó.

b] Tìm bán kính \[R\] của mặt cầu \[[S]\] khi \[r = 5, r' = \sqrt {10} \], \[AB = 6\], \[{\rm{OO}}' = \sqrt {21} \].

Giải

a] Gọi \[M\] là trung điểm của \[AB\] ta có: \[OM \bot AB\] và \[O'M \bot AB \Rightarrow AB \bot \left[ {OO'M} \right]\]

Gọi \[\Delta ,\,\Delta '\] lần lượt là trục của đường tròn \[[O; r]\] và \[[O’; r’]\] thì \[AB \bot \Delta \,\,,\,\,AB \bot \Delta '\]. Do đó \[\Delta ,\,\Delta '\] cùng nằm trong mp \[[OO’M]\].

Gọi \[I\] là giao điểm của \[\Delta \] và \[\Delta '\] thì \[I\] là tâm của mặt cầu \[[S]\] đi qua hai đường tròn \[[O; r]\] và \[[O’; r’]\] và \[S\] có bán kính \[R = IA\].

b] Ta có: \[MA = MB = 3\,\,,\,\,OA = r = 5,\,\,OA' = r' = \sqrt {10} \]

\[\eqalign{& OM = \sqrt {O{A^2} - A{M^2}} = \sqrt {25 - 9} = 4 \cr 

& O'M = \sqrt {O'{A^2} - A{M^2}} = \sqrt {10 - 9} = 1 \cr} \]

Áp dụng định lí Cosin trong \[\Delta {\rm{OMO'}}\] ta có:

\[\eqalign{& OO{'^2} = O{M^2} + O'{M^2} - 2OM.O'M.\cos \widehat {OMO'} \cr & \Rightarrow 21 = 16 + 1 - 2.4.1.cos\widehat {OMO'} \cr&\Rightarrow \cos \widehat {OMO'} = - {1 \over 2} \cr 

& \Rightarrow \widehat {OMO'} = {120^0},\,\,\widehat {OIO'} = {60^0} \cr} \]

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác \[OMO’\] ta có:

\[\eqalign{& M{O^2} = MO{'^2} + OO{'^2} - 2MO'.OO'.cos\widehat {MO'O} \cr 

& \Rightarrow \cos \widehat {MO'O} = {{\sqrt {21} } \over 7} \Rightarrow \sin \widehat {OO'I} = {{\sqrt {21} } \over 7} \cr} \]

[Vì \[\widehat {MO'O} + \widehat {OO'I} = {90^0}\]]

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \[OIO’\] ta có: 
\[{{OI} \over {\sin \widehat {OO'I}}} = {{OO'} \over {\sin \widehat {OIO'}}} \Leftrightarrow {{OI} \over {{{\sqrt {21} } \over 7}}} = {{\sqrt {21} } \over {{{\sqrt 3 } \over 2}}} \Leftrightarrow OI = 2\sqrt 3 \]

Vậy \[R = \sqrt {O{A^2} + O{I^2}}  = \sqrt {25  + 12} = \sqrt {37} \]

Giaibaitap.me

Page 6

Bài 4 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao

Cho hình nón \[[N]\] sinh bởi tam giác đều cạnh \[a\] khi quay quanh một đường cao của tam giác đó.

a] Một mặt cầu có diện tích bằng diện tích toàn phần của hình nón \[[N]\] thì có bán kính bằng bao nhiêu?

b] Một khối cầu có thể tích của khối nón \[[N]\] thì có bán kính bằng bao nhiêu?

Giải

Hình nón \[[N]\] có bán kính đáy \[r = BH = {1 \over 2}a\], chiều cao \[h = AH = {{a\sqrt 3 } \over 2}\] và đường sinh \[l = AB = a\].

Diện tích toàn phần

\[{S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi {{{a^2}} \over 2} + \pi {{{a^2}} \over 4} = {3 \over 4}\pi {a^2}\]
Thể tích \[V = {1 \over 3}\pi {r^2}h = {1 \over 3}\pi {{{a^2}} \over 4}.{{a\sqrt 3 } \over 2} = {{\sqrt 3 } \over {24}}\pi {a^3}\]

a] Nếu mặt cầu có bán kính \[R\] thì diện tích bằng \[4\pi {R^2}\] nên \[4\pi {R^2} = {3 \over 4}\pi {a^2} \Rightarrow R = {{a\sqrt 3 } \over 4}\]

b] Nếu khối cầu có bán kính \[R\] thì thể tích bằng \[{4 \over 3}\pi {R^3}\] nên \[{4 \over 3}\pi {R^3} = {{\sqrt 3 } \over {24}}\pi {a^3} \Rightarrow R = {{\root 6 \of {12} } \over 4}a\]

Bài 5 trang 63 Hình học 12 Nâng cao

Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\], \[AB = c,\,AC = b\] . Gọi \[{V_1},{V_2},{V_3}\]  là thể tích các khối tròn xoay sinh bởi tam giác đó [kê cả các điểm trong] khi lần lượt quay quanh \[AB, AC, BC\].

a] Tính \[{V_1},{V_2},{V_3}\] theo \[b, c\].

b] Chứng minh rằng \[{1 \over {V_3^2}} = {1 \over {V_1^2}} + {1 \over {V_2^2}}\]

Giải

a] Khi quay tam giác \[ABC\] quanh \[AB\] ta được khối nón có chiều cao \[AB = c\] và bán kính đáy \[AC = b\] nên có thể tích \[V_1 = {1 \over 3}\pi c{b^2}\]

Tương tự khi quay tam giác \[ABC\] quanh \[AC\] ta được khối nón có thể tích \[{V_2} = {1 \over 3}\pi b{c^2}\]

Gọi \[AH\] là chiều cao của tam giác \[ABC\]. Khi quay tam giác \[ABC\] quanh \[BC\] ta được hai khối nón sinh bởi hai tam giác \[ABH\] và \[ACH\].

Khi đó ta có
\[{V_3} = {1 \over 3}\pi A{H^2}.BH + {1 \over 3}\pi A{H^2}.CH = {1 \over 3}\pi AH.BC \]

\[= {1 \over 3}\pi {\left[ {{{bc} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}} \right]^2}\sqrt {{b^2} + {c^2}}  = {1 \over 3}{{\pi {b^2}{c^2}} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}\]

b] Ta có: \[{1 \over {V_3^2}} = {{9\left[ {{b^2} + {c^2}} \right]} \over {\pi {b^4}{c^4}}}\]

\[{1 \over {V_1^2}} + {1 \over {V_2^2}} = {9 \over {\pi {c^2}{b^4}}} + {9 \over {\pi {b^2}{c^4}}} = {{9\left[ {{a^2} + {b^2}} \right]} \over {\pi {b^4}{c^4}}} = {1 \over {V_3^2}}\]

Bài 6 trang 63 Hình học 12 Nâng cao

Một hình thang cân \[ABCD\] có các cạnh đáy \[AB = 2a, BD = 4a\], cạnh bên \[AD = BC = 3a\]. Hãy tính thể tích và diện tích toàn phần của khối tròn xoay sinh bởi hình thang đó khi quay quanh trục đối xứng của nó.

Giải

Gọi \[S\] là giao điểm của hai cạnh bên \[AD\] và \[BC\] của hình thang. Đường cao \[SO\] của tam giác cân \[SCD\] là trục đối xứng của hình thang, do đó \[SO\] cắt \[AB\] tại trung điểm \[O’\] của \[AB\].

Khi quay quanh \[SO\], tam giác \[SCD\] sinh ra khối nón \[\left[ {{N_1}} \right]\] có thể tích \[{V_1}\], tam giác \[SAB\] sinh ra khối nón \[\left[ {{N_2}} \right]\] có thể tích \[{V_2}\], còn hình thang \[ABCD\] sinh ra một khối tròn xoay \[\left[ H \right]\] có thể tích \[V = {V_1} - {V_2}\].

Vì \[AB = {1 \over 2}CD\] nên \[AB\] là đường trung bình của tam giác \[SCD\] nên \[SB = BC = 3a\].

Ta có \[SO' = \sqrt {S{B^2} - O'{B^2}}  = \sqrt {9{a^2} - {a^2}}  = 2\sqrt 2 a\]

\[\eqalign{ & SO = 2SO' = 4\sqrt 2 a \cr & V = {V_1} - {V_2} = {1 \over 3}\pi O{C^2}.SO - {1 \over 3}\pi O'{B^2}.SO' \cr&= {1 \over 3}\pi 4{a^2}.SO - {1 \over 3}\pi {a^2}SO' \cr

& = {1 \over 3}\pi {a^2}\left[ {4SO - SO'} \right] = {1 \over 3}\pi {a^2}\left[ {16\sqrt 2 a - 2\sqrt 2 a} \right]\cr& = {{14\sqrt 2 } \over 3}\pi {a^3} \cr} \]

Diện tích xung quanh của khối tròn xoay \[[H]\] là:

\[\eqalign{ & {S_{xq}} = {S_1} - {S_2} = \pi OC.SC - \pi O'B.SB = 9\pi {a^2} \cr

& {S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 9\pi {a^2} + \pi {a^2} + 4\pi {a^2} = 14\pi {a^2} \cr} \]

Giaibaitap.me

Page 7

Câu hỏi trắc nghiệm

Bài 1. Trong các mệnh đề sau, mệnh đều nào đúng?

A. Mọi hình hộp có mặt cầu ngoại tiếp.

B. Mọi hình hộp đứng có mặt cầu ngoại tiếp.

C. Mọi hình hộp có mặt bên vuông góc với đáy đều có mặt cầu ngoại tiếp.

D. Mọi hình hộp chữ nhật đều có mặt cầu ngoại tiếp.

Giải

 Hình bình hành nội tiếp đường trong phải là hình chữ nhật.

Chọn [D].

Bài  2. Trong số các hình hộp nội tiếp một mặt cầu bán kính R thì

[A] Hình hộp có đáy là hình vuông có thể tích lớn nhất.

[B] Hình lập phương có thể tích lớn nhất.

[C] Hình hộp có kích thước tạo thành cấp số cộng công sai khác 0 có thể tích lớn nhất.

[D] Hình hộp có kích thước tạo thành cấp số nhân công bội khác 1 có thể tích lớn nhất.

Giải

Hình hộp nội tiếp một mặt cầu là hình hộp chữ nhật có đường chéo \[d = 2R\]. Gọi \[x, y, z\] là các kích thước của hình hộp chữ nhật.

Ta có \[{x^2} + {y^2} + {z^2} = {d^2} = 4{R^2}\]

Áp dụng BĐT Cô – si cho 3 số dương ta có:

\[4{R^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge 3\root 3 \of {{x^2}{y^2}{z^2}}  = 3\root 3 \of {{V^2}}  \]

\[\Rightarrow {V^2} \le {\left[ {{{4{R^2}} \over 3}} \right]^3}\]

\[V\] đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \[x = y = z\].

Chọn [B].

Bài 3. Một hình cầu có thể tích \[{4 \over 3}\pi \] ngoại tiếp một hình lập phương. Trong các số sau đây, số nào là thể tích khối lập phương?

[A] \[{{8\sqrt 3 } \over 9}\]            [B] \[{8 \over 3}\]           [C] 1               [D] \[2\sqrt 3 \]

Giải

Giả sử bán kính mặt cầu là \[R\] và cạnh hình lập phương là a thì thể tích khối cầu là \[V = {4 \over 3}\pi {R^3} \Rightarrow R = 1\] và \[4{R^2} = 3{a^2} = 4 \Rightarrow a = {2 \over {\sqrt 3 }}\]

Thể tích khối lập phương là \[V = {a^3} = {\left[ {{2 \over {\sqrt 3 }}} \right]^3} = {8 \over {3\sqrt 3 }} = {{8\sqrt 3 } \over 9}\].

Chọn [A].

Bài 4. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

[A] Hình chóp có đáy là tứ giác thì có mặt cầu ngoại tiếp.

[B] Hình chóp có đáy là hình thang vuông thì có mặt cầu ngoại tiếp.

[C] Hình chóp có đáy là hình bình hành thì có mặt cầu ngoại tiếp.

[D] Hình chóp có đáy là hình thang cân thì có mặt cầu ngoại tiếp.

Giải

Hình chóp có đáy là tứ giác có mặt cầu ngoại tiếp thì đáy phải là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Chọn [D].

Bài 5. Cho tứ diện đều \[ABCD\] có cạnh bằng \[a\]. Tập hợp các điểm \[M\] sao cho \[M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = 2{a^2}\]

[A] Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tam giác \[ABC\] và bán kính bằng \[{{a\sqrt 2 } \over 2}\].

[B] Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tứ diện và bán kính bằng \[{{a\sqrt 2 } \over 4}\].

[C] Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tứ diện và bán kính bằng \[{{a\sqrt 2 } \over 2}\].
[D] Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tam giác \[ABC\] và bán kính bằng \[{{a\sqrt 2 } \over 4}\].

Giải

Gọi \[G\] là trọng tâm tứ diện \[ABCD, AA’\] là đường cao xuất phát từ \[A\] của tứ diện \[ABCD\]. Ta có:

\[\eqalign{ & AA' = \sqrt {A{B^2} - BA{'^2}} = \sqrt {{a^2} - {{{a^2}} \over 3}} = {{a\sqrt 6 } \over 3} \cr

& \Rightarrow GA = GB = GC = GD = {3 \over 4}AA' = {{a\sqrt 6 } \over 4} \cr} \]

Ta có:   \[M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = 2{a^2}\]

\[\eqalign{ & \Leftrightarrow {\left[ {\overrightarrow {GA} - \overrightarrow {GM} } \right]^2} + {\left[ {\overrightarrow {GB} - \overrightarrow {GM} } \right]^2} \cr&+ {\left[ {\overrightarrow {GC} - \overrightarrow {GM} } \right]^2} + {\left[ {\overrightarrow {GD} - \overrightarrow {GM} } \right]^2} = 2{a^2} \cr & \Leftrightarrow 4G{A^2} + 4G{M^2} \cr& - 2\overrightarrow {GM} \left[ {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} } \right] = 2{a^2} \cr

& \Leftrightarrow M{G^2} = {{{a^2}} \over 2} - G{A^2} = {{{a^2}} \over 8} \Rightarrow MG = {{a\sqrt 2 } \over 4} \cr} \]

Tập hợp các điểm \[M\] là mặt cầu tâm \[G\] bán kính \[{{a\sqrt 2 } \over 4}\] . Chọn [B].

Bài 6. Bán kính mặt cầu tiếp xúc với các cạnh của tứ diện đều \[ABCD\] cạnh bằng \[a\] là:

[A] \[{{a\sqrt 2 } \over 2}\]       [B] \[{{a\sqrt 2 } \over 4}\]         [C] \[a\sqrt 2 \]          [D] \[2a\sqrt 2 \]

Giải

Gọi \[M, N\] lần lượt là trung điểm hai cạnh \[AB\] và \[CD\] của tứ diện đều \[ABCD\].

\[I\] là trung điểm của \[MN\] thì \[I\] cách đều \[6\] cạnh tứ diện nên \[I\] là tâm mặt cầu tiếp xúc với các cạnh của tứ diện đều.

Bán kính mặt cầu: \[R = {{MN} \over 2}\]

Ta có: \[M{N^2} = A{N^2} - M{A^2} \]

\[= A{D^2} - N{D^2} - M{A^2} \]

\[= {a^2} - {{{a^2}} \over 4} - {{{a^2}} \over 4} = {{{a^2}} \over 2} \Rightarrow MN = {{a\sqrt 2 } \over 2} \Rightarrow R = {{a\sqrt 2 } \over 4}\].

Chọn [B].

Bài 7. Trong số các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

[A] Có duy nhất một măt cầu đi qua hai đường tròn nằm trong hai mặt phẳng cắt nhau.

[B] Có duy nhất một măt cầu đi qua hai đường tròn nằm trong hai mặt phẳng song song.

[C] Có duy nhất một măt cầu đi qua hai đường tròn cắt nhau.

[D] Có duy nhất một măt cầu đi qua hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt và không cùng nằm trong một mặt phẳng.

Giải 

Chon D.

Bài 8. Cho hai điểm \[A, B\] phân biệt. Tập hợp các điểm \[M\] sao cho diện tích tam giác \[MAB\] không đổi là:

[A] Hai đường thẳng song song;           [B] Một mặt cầu;

[C] Một mặt trụ;                                    [D] Một mặt nón.

Giải

Tập hợp các điểm \[M\] sao cho khoảng cách từ \[M\] đến \[AB\] không đổi.

Chọn [C].

Bài 9. Cho hai điểm phân biệt \[A, B\] cố định và phân biệt. Một đường thẳng \[l\] thay đổi luôn đi qua \[A\] 

và cách \[B\] một khoảng \[{{AB} \over 2}\]. Gọi \[H\] là hình chiếu của \[B\] trên \[l\]. Tập hợp điểm \[H\] là:

[A] Một mặt phẳng;                            [B] Một mặt trụ;

[C] Một mặt nón;                                [D] Một đường tròn.

Giải

\[\sin \widehat {HAB} = {{BH} \over {AB}} = {1 \over 2} \Rightarrow \widehat {HAB} = {30^0}\]

Tập hợp \[l\] là mặt nón có trục AB, đường sinh \[l\], góc ở đỉnh là \[{60^0}\]. Gọi \[I\] là hình chiếu của H lên AB.

Ta có: \[BI = BH.cos{60^0} = {{AB} \over 4} \Rightarrow I\] cố định.

\[ \Rightarrow H\] thuộc mặt phẳng qua \[I\] vuông góc với \[AB\]. Vậy tâp hợp \[H\] là đường tròn.

Chọn [D].

Bài 10. Với điểm \[O\] cố định thuộc mặt phẳng \[[P]\] cho trước, xét đường thẳng \[l\] thay đổi đi qua \[O\] và tạo với \[[P]\] góc \[30^0\] Tập hợp các đường thẳng \[l\] trong không gian là:

[A] Một mặt phẳng;                           [B] Hai đường thẳng;

[C] Một mặt trụ;                                 [D] Một mặt nón.

Giải

Chọn D.

Bài 11. Một hình trụ có bán kính đáy bằng \[a\], đường cao \[{\rm{OO}}' = a\sqrt 3 \]. Một đoạn thẳng \[AB\] thay đổi sao cho góc giữa \[AB\] và trục hình trụ bằng \[30^0\]. \[A, B\] thuộc hai đường tròn đáy của hình trụ. Tập hợp các trung điểm \[I\] của \[AB\] là:

[A] Một mặt trụ;                      [B] Một mặt cầu;

[C] Một đường tròn;                [D] Một mặt phẳng.

Giải

Gọi \[A’\] là hình chiếu của \[A\] xuống mặt phẳng đáy thì \[AA’ = OO’\]. Gọi \[I, M, N\] lần lượt là trung điểm của \[OO’, AB\] và \[AA’\].

Ta có: \[IA = IB\] và \[IM \bot AB\].

Mp[IMN] qua \[I\] và song song với hai mặt phẳng đáy.

Ta có: \[MN = AN.\tan {30^0} = {{a\sqrt 3 } \over 2}.{1 \over {\sqrt 3 }} = {a \over 2}\]

\[ \Rightarrow MI = \sqrt {N{I^2} - M{N^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{{a^2}} \over 4}}  = {{a\sqrt 3 } \over 2}\]

Vậy tập hợp trung điểm \[M\] của \[AB\] là đường tròn tâm \[I\] bán kính \[{{a\sqrt 3 } \over 2}\] nằm trong mp\[[IMN]\].
Chọn [C].

Bài 12. Trong mặt phẳng [P] cho góc xOy. Một mặt phẳng [Q] thay đổi và vuông góc với đường phân giác trong của góc xOy, cắt Ox, Oy tại A, B. Trong [Q] lấy điểm M sao cho \[\widehat {AMB} = {90^0}\]. Khi ấy, tập hợp điểm M là:

[A] Một đường tròn;                  [B] Một mặt trụ;

[C] Một mặt nón;                     [D] Một mặt cầu.

Giải

Tập hợp M là một mặt nón đỉnh O.

Chọn [C].

Bài 13. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a. Diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay sinh bởi đường gấp khúc AC’A’ khi quay quanh AA’ bằng:

[A] \[\pi {a^2}\sqrt 6 \]               [B] \[\pi {a^2}\sqrt 3 \] 

[C] \[\pi {a^2}\sqrt 2 \]                [D] \[\pi {a^2}\sqrt 5 \]

Giải

Hình nón tròn xoay sinh bởi đường gấp khúc AC’A’ khi quay quanh \[AA' \] có bán kính đáy \[A'C'=a\sqrt 2\] và độ dài đường sinh \[AC' = a\sqrt 3 \] nên diện tích xung quanh của hình nón là: \[{S_{xq}} = {1 \over 2}2\pi a\sqrt 2 .a\sqrt 3  = \pi {a^2}\sqrt 6 \]

Chọn [A].

Bài 14. Cho hình nón có bán kính đáy bằng a. Một dây cung thay đổi của đường tròn đáy có độ dài không đổi bằng a. Tập hợp các trung điểm của đoạn thẳng nối đỉnh hình nón với trung điểm của dây cung đó là:

[A] Một mặt nón cố đinh;         [B] Một mặt phẳng cố đinh;

[C] Một mặt trụ cố định;          [D] Một đường tròn cố đinh.

Giải

Gọi I là trung điểm AB ta có \[OI = \sqrt {O{B^2} - I{B^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{{a^2}} \over 4}}  = {{a\sqrt 3 } \over 2}\]

Tập hợp I là đường tròn tâm O bán kính \[{{a\sqrt 3 } \over 2}\] trong mặt phẳng đáy hình nón. Gọi O’ là trung điểm SO và M là trung điểm của SI thì \[MO' = {1 \over 2}OI = {{a\sqrt 3 } \over 4}\]

Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O’ bán kính \[{{a\sqrt 3 } \over 4}\] nằm trong mặt phẳng qua O’ và song song với mặt phẳng đáy.

Chọn [D].

Bài 15. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R, chiều cao OO’. Cắt hình trụ đó bằng \[mp\left[ \alpha  \right]\] vuông góc với đáy và cách điểm O một khoảng bằng h cho trước [h