Chương 1: Khảo Sát Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số
Chương 2 Hàm số lũy thừa, Hàm số mũ và Hàm số Lôgarit
Chương 3: Nguyên Hàm – Tích Phân Và Ứng Dụng
Chương 4: Số phức
Chương 1: Khối Đa Diện
Chương 2: Mặt Nón, Mặt Trụ, Mặt Cầu
Chương 3 Phương pháp tọa độ trong không gian

Giải bài tập SGK bài 1,2,3,4 Ôn tập cuối năm – Hình học 12

toan 12
Giải bài tập SGK bài 1,2,3,4 Ôn tập cuối năm – Hình học 12

Bài 1. Cho lăng trụ lục giác đều \(ABCDEF.A’B’C’D’E’F’\), \(O\) và \(O’\) là tâm đường tròn ngoại tiếp hai đáy, mặt phẳng \((P)\) đi qua trung điểm của \(OO’\) và cắt các cạnh bên cúa lăng trụ. Chứng minh rằng \((P)\) chia lăng trụ đã cho thành hai đa diện có thể tích bằng nhau.

Giải

Giải bài tập SGK bài 1,2,3,4 Ôn tập cuối năm - Hình học 12

Gọi \(I\) là trung điểm của \(OO’\) thì \(I\) là tâm đối xứng của lăng trụ. Giả sử mặt phẳng \((P)\) đi qua \(I\) và chia khối lăng trụ thành hai phần (H1) và (H2).

Lấy điểm \(M\) bất kì thuộc (H1) thì điểm \(M’\) đối xứng với \(M\) cũng nằm trong hình lăng trụ, và do đó \(M’ ∈\) (H2) và ngược lại, một điểm \(N ∈\) (H2), lấy đối xứng qua \(I\) sẽ được \(N’ ∈\) (H1).

Do đó hai hình (H1) và (H2) đối xứng với nhau qua tâm \(I\).

Vì vậy thể tích (H1) bằng thể tích (H2)

Nhận xét: Trong một hình bất kì trong không gian mà có tâm đối xứng, thì mặt phẳng đi qua tâm sẽ chia hình không gian đó thành hai phần có thể tích bằng nhau.

=============

Bài 2. Cho khối lập phương \(ABCD.A’B’C’D’\) cạnh bằng \(a\). Gọi \(E\) và \(F\) lần lượt là trung điểm của \(B’C’\) và \(C’D’\). Mặt phẳng \((AEF)\) chia khối lập phương đó thành hai khối đa diện (H) và (H’) trong đó (H) là khối đa diện chứa đỉnh \(A’\). Tính thể tích của (H).

Giải

Giải bài tập SGK bài 1,2,3,4 Ôn tập cuối năm - Hình học 12

 

Cách vẽ thiết diện:

Ta có \(EF // B’D’\) mà \(B’D’ // BD\) nên từ \(A\) kẻ đường song song với \(BD\), cắt \(CD\) kéo dài tại \(D_1\) và \(CB\) kéo dài tại \(B_1\).

Nối \(B_1E\) cắt \(BB’\) tại \(G\). Nối \(D_1F\) cắt \(DD’\) tại \(K\).

Thiết diện là ngũ giác \(AGEFK\).

Hình (H) là khối \(AGEFK.A’B’D’\).

Theo giả thiết \(E\) là trung điểm của \(B’C’\); \(F\) là trung điểm của \(C’D’\), ta có

\(BB_1= BC = a = 2B’E\) \( \Rightarrow BG = 2GB’ = {2 \over 3}a\)

Từ đó \({V_{(A.B{B_1}G)}} = {1 \over 3}{S_{\Delta B{B_1}G}}.AB = {1 \over 9}{a^3} = {V_1}\)

\({V_{(A.D{D_1}K)}} = {1 \over 3}.{S_{\Delta D{D_1}K}}.AD = {1 \over 9}{a^3} = {V_2}\)

Ta có \({S_{\Delta C{B_1}{D_1}}} = {1 \over 2}C{B_1}.C{D_1} = 2{a^2}\);

\({S_{\Delta EC’F}} = {1 \over 2}.C’E.C’F = {{{a^2}} \over 8}\)

Chiều cao hình chóp cụt \(CB_1D_1.C’EF \)là \(CC’ = a\)

\({V_{C{C_1}{D_1}.C’EF}} = {1 \over 3}a\left( {2{a^2} + {{{a^2}} \over 8} + {{{a^2}} \over 2}} \right) = {{7{a^3}} \over 8}\)

Thể tích của khối (H’) bằng:

\({V_{(H’)}} = {V_{C{C_1}{D_1}.C’EF}} – ({V_1} + {V_2}) = {7 \over 8}{a^3} – {2 \over 9}{a^3} \)

\(= {{47} \over {72}}{a^3}\)

Từ đó thể tích của khối (H) bằng:

\({V_{(H)}} = \)\(V\)lập phương – \(V\)(H’) = a3 – \({{47} \over {72}}{a^3} = {{25} \over {72}}{a^3}\)

===========

Bài 3. Cho mặt cầu \((S)\) tâm \(O\) bán kính \(r\). Hình nón có đường tròn đáy \((C)\) và đỉnh \(I\) đều thuộc \((S)\) được gọi là hình nón nội tiếp mặt cầu \((S)\). Gọi \(h\) là chiều cao của hình nón đó.

a) Tính thể tích của hình nón theo \(r\) và \(h\).

b) Xác định \(h\) để thể tích của hình nón là lớn nhất.

Giải

Giải bài tập SGK bài 1,2,3,4 Ôn tập cuối năm - Hình học 12

a) Cắt hình vẽ bằng một mặt phẳng qua trục hình nón, ta có hình vẽ trên, trong đó \(AH\) là bán kính đáy hình nón, \(SH\) là chiều cao hình nón \(SH = h\), \(SS’\) là đường kính hình cầu \(SS’ = 2r\).

Tam giác \(SAS’\) vuông tại đỉnh \(A\), và \(AH\) là đường cao nên:

\(AH^2= SH.S’H\) \( \Rightarrow AH^2 = h(2r – h)\)

\(V\)nón = \({1 \over 3}\pi .A{H^2}.SH \Rightarrow V\)nón = \({1 \over 3}\pi {h^2}(2r – h)\)

b) Ta có:

\(V\)nón max \( \Leftrightarrow \) \(2V\)nón = \({\pi  \over 3}.{h^2}(4r – 2h)\) lớn nhất.

Ta có \(h^2(4r – 2h) = h.h.(4r – 2h)\)\( \le {\left( {{{h + h + 4r – 2h} \over 3}} \right)^3} = {\left( {{{4r} \over 3}} \right)^3}\)

Dấu bằng xảy ra thì \(V\)nón lớn nhất.

Khi đó \(h = 4r – 2h\) \( \Rightarrow h = {4 \over 3}r\)

và \(V\)nón max = \({\pi  \over 6}{\left( {{{4r} \over 3}} \right)^3} = {{32} \over {81}}\pi {r^3}\)

==============

Bài 4. Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(A(1 ; 2 ;-1), B(7 ; -2 ; 3)\) và đường thẳng \(d\) có phương trình:

\(\left\{ \matrix{
x = – 1 + 3t \hfill \cr
y = 2 – 2t \hfill \cr
z = 2 + 2t. \hfill \cr} \right.\)

a) Chứng minh rằng hai đường thẳng \(d\) và \(AB\) cùng nằm trong một mặt phẳng.

b) Tìm điểm \(I\) trên \(d\) sao cho \(AI + BI\) nhỏ nhất.

Giải

a) Đường thẳng \(AB\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} =(6; -4; 4)\)

Đường thẳng \((d)\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow a  = (3; -2; 2)\)

Xét vectơ

\(\overrightarrow n = \left( {\left| \matrix{
– 4 \hfill \cr
– 2 \hfill \cr} \right.} \right.\)\(\left. \matrix{
4 \hfill \cr
2 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{
4 \hfill \cr
2 \hfill \cr} \right.\)\(\left. \matrix{
6 \hfill \cr
3 \hfill \cr} \right|;\left| \matrix{
6 \hfill \cr
3 \hfill \cr} \right.\)\(\left. {\left. \matrix{
– 4 \hfill \cr
– 2 \hfill \cr} \right|} \right)\) = \(( 0; 0; 0)\) \( \Rightarrow \overrightarrow n  = \overrightarrow 0 \)

\( \Rightarrow \) Hai đường thẳng \((d)\) và \(AB\) cùng thuộc một mặt phẳng. Ta lại có:

\(\overrightarrow {AB}  = 2\overrightarrow a \)  và  \(A ∉ (d)\)

\(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow a \) cùng phương \( \Rightarrow  AB\) và \((d)\) song song với nhau.

b) Gọi \(A’\) là điểm đối xứng của điểm \(A\) qua phép đối xứng qua đường thẳng \(d\) thì điểm \(I\) cần tìm là giao điểm của đường thẳng \(A’B\) và đường thẳng \(d\).

Trong câu a) ta chứng minh được \(AB // d\), từ đó suy ra \(I\) chính là giao điểm của đường thẳng \(d\) với mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \(AB\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\) thì \(M(4; 0; 1)\).

Phương trình mặt phẳng trung trực của \(AB\):

\(3(x – 4) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0\) \( \Rightarrow  3x – 2y + 2z – 14 = 0\)

Phương trình tham số của \((d)\):\(\left\{ \matrix{
x = – 1 + 3t \hfill \cr
y = 2 – 2t \hfill \cr
z = 2 + 2t \hfill \cr} \right.\)

Giá trị tham số ứng với giao điểm \(I \)của \((d)\) và mặt phẳng trung trực của \(AB\) là nghiệm của phương trình:

\(3( -1 + 3t) – 2(2 – 2t) + 2(2 + 2t) – 14 = 0\) \( \Rightarrow  t = 1\)

Từ đây ta được \(I (2; 0; 4)\)