Bài 29 sbt toán hình nâng cao 12

Xét hình trụ nội tiếp một mặt cầu bán kính R

Xét hình trụ nội tiếp một mặt cầu bán kính R mà diện tích thiết diện qua trục hình trụ là lớn nhất. Tính :

1. Thể tích V và diện tích toàn phần \[{S_{tp}}\] của hình trụ.

1. Thể tích hình lăng trụ n-giác đều nội tiếp hình trụ và thể tích hình lăng trụ n-giác đều ngoại tiếp hình trụ.

1. Diện tích thiết diện của hình trụ khi cắt bởi một mặt phẳng song song với trục hình trụ và cách trục một khoảng \[{R \over 2}.\]

Giải

Gọi O’ là trung điểm của trục \[{O_1}O\] của hình trụ thì O’ là tâm mặt cầu đã cho. Kí hiệu h và r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ thì diện tích thiết diện qua trục là \[{S_{td}} = 2r.h.\]

Mặt khác \[{R^2} = O'{A^2} = {r^2} + {{{h^2}} \over 4} \Rightarrow {r^2} = {R^2} – {{{h^2}} \over 4}.\]

Từ đó \[{S_{td}} = h\sqrt {4{R^2} – {h^2}} = \sqrt {{h^2}[4{R^2} – {h^2}]} .\]

Vậy \[{S_{td}}\] lớn nhất khi và chỉ khi \[h = R\sqrt 2 .\]

Khi đó \[r = \sqrt {{R^2} – {1 \over 4}.2{R^2}} = {{R\sqrt 2 } \over 2} = {h \over 2},\] tức là thiết diện qua trục là hình vuông.

1. \[V = \pi {r^2}h = 2\pi {r^2}.r = 2\pi {r^3} = {{\pi {R^3}\sqrt 2 } \over 2}.\]

\[{S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 3\pi {R^2}.\]

2]

\[ \bullet \] Dễ thấy diện tích đáy của hình lăng trụ n-giác đều nội tiếp hình trụ là \[{n \over 2}{r^2}\sin {{2\pi } \over n}\].

Vậy thể tích hình lăng trụ đó là:

\[V_{\text{lăng trụ}}={n \over 2}{r^2}\sin {{2\pi } \over n}.2r = n{r^3}\sin {{2\pi } \over n} = {{n{R^3}} \over {2\sqrt 2 }}\sin {{2\pi } \over n}\]

\[ \bullet \] Xét đa giác đều n cạnh ngoại tiếp đường tròn đáy hình trụ thì độ dài cạnh của đa giác bằng \[2r\tan {\pi \over n},\] từ đó diện tích đáy hình trụ là

\[{S_{đáy}} = n.{1 \over 2}2r.\tan {\pi \over n}.r = n{r^2}\tan {\pi \over n}.\]

Vậy thể tích hình lăng trụ n-giác đều ngoại tiếp hình trụ là

\[n{r^2}\tan {\pi \over n} \cdot 2r = 2n{r^3}.\tan {\pi \over n} = {{n{R^3}} \over {\sqrt 2 }}\tan {\pi \over n}\]

1. Giả sử thiết diện là \[MN{N_1}{M_1}\] thì \[MN{N_1}{M_1}\] là hình chữ nhật. Gọi I là trung điểm của MN thì

\[OI = {R \over 2}\] và \[IM = \sqrt {{r^2} – {{{R^2}} \over 4}} = \sqrt {{{{R^2}} \over 2} – {{{R^2}} \over 4}} = {R \over 2}.\]

d’ là giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left[ \alpha \right]:x + y - z = 0,\,\,\left[ {\alpha '} \right]:2x - y + 2z = 0\].

Giải

1. Đường thẳng d đi qua M[1; 7; 3] và có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow u = \left[ {2;1;4} \right]\]. Đường thẳng d’ đi qua \[M'\left[ {3; - 1; - 2} \right]\] và có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow u ' = \left[ {6; - 2;1} \right]\]. Ta có \[\overrightarrow {MM'} = \left[ {2; - 8; - 5} \right]\] và \[\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow u '} \right] = \left[ {9;22; - 10} \right]\]

\[\Rightarrow \left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow u '} \right].\overrightarrow {MM'} = - 108 \ne 0\]. Vậy d và d’ chéo nhau.

1. Đường thẳng d đi qua \[M\left[ {0; - 3; - 3} \right]\] và có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow u = \left[ {1; - 4; - 3} \right]\] Đường thẳng d’ có vectơ chỉ phương

d và d’ có cùng vectơ chỉ phương và \[M\left[ {0; - 3; - 3} \right]\] không nằm trên d’ nên d và d’ song song.

Bài 29 trang 103 SGK Hình học 12 Nâng cao

Viết phương trình đường thẳng đi qua \[A\left[ {1; - 1;1} \right]\] và cắt cả hai đường thẳng sau:

\[d:\left\{ \matrix{ x = 1 + 2t \hfill \cr y = t \hfill \cr z = 3 - t \hfill \cr} \right.\,\,;\,\,d':\left\{ \matrix{ x = t \hfill \cr y = - 1 - 2t \hfill \cr z = 2 + t \hfill \cr} \right.\]

Giải

Lấy điểm \[M\left[ {1 + 2t,t,3 - 1} \right]\] nằm trên d và điểm \[M'\left[ {t', - 1 - 2t',2 + t'} \right]\] nằm trên d’. Rõ ràng \[A \notin d\] và \[A \notin d'\]. Ta tìm t và t’ sao cho A, M, M’ thẳng hàng, tức \[\overrightarrow {AM} \] và \[\overrightarrow {AM'} \] cùng phương. Ta có \[\overrightarrow {AM} = \left[ {2t,1 + t,2 - t} \right];\]

\[\overrightarrow {AM'} = \left[ { - 1 + t', - 2t',1 + t'} \right]\]. Do đó:

Hai vectơ \[\overrightarrow {AM} \] và \[\overrightarrow {AM'} \] cùng phương khi và chỉ khi \[\left[ {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AM'} } \right] = \overrightarrow 0 \] hay:

\[\left\{ \matrix{ 1 + t + 5t' - tt' = 0 \hfill \cr - 2 - t + 2t' - 3tt' = 0 \hfill \cr 1 + t - t' - 5tt' = 0 \hfill \cr} \right.\]

Khử số hạng tt’ từ các phương trình trên, ta được hệ

\[\left\{ \matrix{ 5 + 4t + 13t' = 0 \hfill \cr 4 + 4t + 26t' = 0 \hfill \cr} \right.\].

Suy ra \[t = - {3 \over 2};t' = {1 \over {13}}\]. Khi đó \[\overrightarrow {AM} = \left[ { - 3; - {1 \over 2};{7 \over 2}} \right]\]. Gọi \[\Delta \] là đường thẳng đi qua A và M, \[\Delta \] có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow u = 2\overrightarrow {AM} = \left[ { - 6; - 1;7} \right]\] nên có phương trình tham số là:

\[\left\{ \matrix{ x = 1 - 6t \hfill \cr y = - 1 - t \hfill \cr z = 1 + 7t \hfill \cr} \right.\]

Bài 30 trang 103 SGK Hình học 12 Nâng cao

Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng \[{d_1}\] và cắt cả hai đường thẳng \[{d_2}\] và \[{d_3}\], biết phương trình của \[{d_1},{d_2}\] và \[{d_3}\] là:

\[{d_1}:\left\{ \matrix{ x = 1 \hfill \cr y = {- 2 + 4t} \hfill \cr z ={ 1 - t} \hfill \cr} \right.\] \[ {d_2}:{{x - 1} \over 1} = {{y + 2} \over 4} = {{z - 2} \over 3}\] \[ {d_3}:\left\{ \matrix{ x ={ - 4 + 5t'} \hfill \cr y = {- 7 + 9t'} \hfill \cr z = {t'} \hfill \cr} \right.\]

Giải

Đường thẳng \[{d_1}\] có vectơ chỉ phương \[{\overrightarrow u _1} = \left[ {0;4; - 1} \right]\], \[{d_2}\] có phương trình tham số là

\[\left\{ \matrix{ x = 1 + t \hfill \cr y = - 2 + 4t \hfill \cr z = 2 + 3t \hfill \cr} \right.\]

Lấy điểm \[{M_2}\left[ {1 + t; - 2 + 4t;2 + 3t} \right]\] trên \[{d_2}\] và \[{M_3}\left[ { - 4 + 5t'; - 7 + 9t';t'} \right]\] trên \[{d_3}\]. Ta tìm t và t’ để \[\overrightarrow {{M_2}{M_3}} \] cùng phương với \[\overrightarrow {{u_1}} \]. Ta có \[\overrightarrow {{M_2}{M_3}} = \left[ { - 5 + 5t' - t; - 5 + 9t' - 4t; - 2 + t' - 3t} \right]\], \[\overrightarrow {{M_2}{M_3}} \] cùng phương với \[\overrightarrow {{u_1}} \] khi và chỉ khi

\[\left\{ \matrix{ - 5 + 5t' - t = 0 \hfill \cr {{ - 5 + 9t' - 4t} \over 4} = {{ - 2 + t' - 3t} \over { - 1}} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ t = 0 \hfill \cr t' = 1 \hfill \cr} \right.\]

Khi đó \[{M_2}\left[ {1; - 2;2} \right]\] và \[\overrightarrow {{M_2}{M_3}} = \left[ {0;4; - 1} \right]\]. Vậy \[\Delta \] qua \[{M_2},{M_3}\] có phương trình:

\[\left\{ \matrix{ x = 1 \hfill \cr y = - 2 + 4t \hfill \cr z = 2 - t \hfill \cr} \right.\].

Rõ ràng \[{M_2} \notin {d_1}\]. Vậy \[\Delta \] chính là đường thẳng cần tìm.

Bài 31 trang 103 SGK Hình học 12 Nâng cao

Cho hai đường thẳng

\[{d_1}:\left\{ \matrix{ x = 8 + t \hfill \cr y = 5 + 2t \hfill \cr z = 8 - t \hfill \cr} \right.\] và \[{d_2}:{{3 - x} \over 7} = {{y - 1} \over 2} = {{z - 1} \over 3}\].

1. Chứng tỏ rằng hai đường thẳng đó chéo nhau.
2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và song song với \[{d_1}\] và \[{d_2}\].
3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \[{d_1}\] và \[{d_2}\].
4. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng đó.

Giải

1. Đường thẳng \[{d_1}\] đi qua \[{M_1}\left[ {8;5;8} \right]\] có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_1}} \left[ {1;2; - 1} \right]\]. Đường thẳng \[{d_2}\] đi qua \[{M_2}\left[ {3;1;1} \right]\] có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_2}} \left[ { - 7;2;3} \right]\]. Ta có: \[\overrightarrow {{M_2}{M_1}} = \left[ {5;4;7} \right]\,\,;\,\,\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left[ {8;4;16} \right]\]. Do đó \[\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_2}{M_1}} = 168 \ne 0\]. Vậy hai đường thẳng \[{d_1}\] và \[{d_2}\] chéo nhau.
2. Gọi \[\left[ \alpha \right]\] là mặt phẳng qua O song song với cả \[{d_1}\] và \[{d_2}\]. \[Mp\left[ \alpha \right]\] có vectơ pháp tuyến là \[\overrightarrow n = {1 \over 4}\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left[ {2;1;4} \right]\]. Vậy \[\left[ \alpha \right]:2\left[ {x - 0} \right] + 1\left[ {y - 0} \right] + 4\left[ {z - 0} \right] = 0 \]

\[\Leftrightarrow 2x + y + 4z = 0\]. Rõ ràng \[{M_1},{M_2} \notin \left[ \alpha \right]\]. Vậy \[\left[ \alpha \right]\] chính là mặt phẳng cần tìm.

1. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \[{d_1}\] và \[{d_2}\] là:

\[d = {{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_2}{M_1}} } \right|} \over {\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}} = {{168} \over {\sqrt {{8^2} + {4^2} + {{16}^2}} }} = 2\sqrt {21} \]

1. Giả sử PQ là đường vuông góc chung của \[{d_1}\] và \[{d_2}\] với \[P \in {d_1}\,;\,Q \in {d_2}\]. Khi đó ta có các giá trị t và t’ sao cho: \[P\left[ {8 + t\,;5 + 2t\,;\,8 - t} \right],\]

\[Q\left[ {3 - 7t'\,;\,1 + 2t'\,;\,1 + 3t'} \right]\]. Ta có: \[\overrightarrow {PQ} = \left[ { - 5 - 7t' - t; - 4 + 2t' - 2t; - 7 + 3t' + t} \right]\]. Vectơ \[\overrightarrow {PQ} \] đồng thời vuông góc với hai vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_1}} \] và \[\overrightarrow {{u_2}} \] nên

Vậy \[P\left[ {7;3;9} \right]\,,\,Q\left[ {3;1;1} \right]\] và do đó, đường vuông góc chung của \[{d_1}\] và \[{d_2}\] có phương trình:

\[{{x - 3} \over {7 - 3}} = {{y - 1} \over {3 - 1}} = {{z - 1} \over {9 - 1}} \Leftrightarrow {{x - 3} \over 2} = {{y - 1} \over 1} = {{z - 1} \over 4}\]