Câu 2 Đề II trang 132 SGK Hình học 12 Nâng cao

Câu 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(2; 0; 0), A’(6; 0; 0), B(0; 3; 0), B’(0 ;4; 0), C(0; 0; 4), C’(0; 0; 3).

LG a

Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm A, A’, B, C. Chứng minh rằng B’ và C’ cũng nằm trên mặt cầu đó.

Lời giải chi tiết:

Gọi phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm A, A’, B, C là \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\)

\(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} > 0,{a^2} + {b^2} + {c^2} > d} \right)\)

Khi đó tọa độ các điểm A, A’, B, C phải thỏa mãn phương trình mặt cầu nên ta có hệ:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 - 4a + d = 0}\\{36 - 12a + d = 0}\\{9 - 6b + d = 0}\\{16 - 8c + d = 0}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = \dfrac{7}{2}\\c = \dfrac{7}{2}\\d = 12\end{array} \right.\left( {tm} \right)}\end{array}\)

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x - 7y - 7z + 12 = 0\,\,\left( * \right).\)

Thay tọa độ của điểm B’ vào (*) ta có: \(16 - 7.4 + 12 = 0 \Rightarrow B' \in \left( S \right)\)

Thay tọa độ của điểm C’ vào (*) ta có: \(9 - 7.3 + 12 = 0 \Rightarrow C' \in \left( S \right).\)

LG b

Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC, trọng tâm G của tam giác A’B’C’ cùng nằm trên một đường thẳng đi qua O. Viết phương trình đường thẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Gọi G là trọng tâm của tam giác A’B’C’ ta có: \(G\left( {2,{4 \over 3},1} \right).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {OG}  = \left( {2,{4 \over 3},1} \right) = {1 \over 3}\left( {6,4,3} \right).\)

Đường thẳng d đi qua O, G nhận \(\overrightarrow u  = \left( {6;4;3} \right)\) là 1 vectơ chỉ phương.
Phương trình tham số của d là

\(\left\{ \matrix{
x = 6t \hfill \cr
y = 4t \hfill \cr 
z = 3t \hfill \cr} \right.\)

Gọi H(x, y, z) là trực tâm của tam giác ABC ta có:

\(\left\{ \matrix{
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr 
\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\left( {x - 2,y,z} \right).\left( {0, - 3,4} \right) = 0 \hfill \cr 
\left( {x,y - 3,z} \right).\left( { - 2,0,4} \right) = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
- 3y + 4z = 0 \hfill \cr 
- 2x + 4z = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow 2x = 3y = 4z.\)

Đặt \(2x = 3y = 4z = 12a \Rightarrow x = 6a,y = 4a,z = 3a \Rightarrow H\left( {6a,4a,3a} \right)\)
Rõ ràng khi t = a thì \(H \in \left( d \right) \Rightarrow \)O, H, G cùng nằm trên đường thẳng có phương trình 

\(\left\{ \matrix{
x = 6t \hfill \cr 
y = 4t \hfill \cr 
z = 3t \hfill \cr} \right.\)

LG c

Tính khoảng cách từ điểm O tới giao tuyến của mp(ABC’) và mp(A’B’C).

Lời giải chi tiết:

Ta có :

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2;3;0} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( { - 2;0;3} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}3&0\\0&3\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}0&{ - 2}\\3&{ - 2}\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2}&3\\{ - 2}&0\end{array}} \right|} \right)\\ = \left( {9;6;6} \right) = 3\left( {3;2;2} \right)\end{array}\)

Mặt phẳng \(\left( {ABC'} \right)\) đi qua A và nhận \(\overrightarrow n \left( {3;2;2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến nên (A’B’C’) có phương trình

\(\begin{array}{l}2\left( {x - 6} \right) + 3\left( {y - 0} \right) + 3\left( {z - 0} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2x + 3y + 3z - 12 = 0\end{array}\)

Giao tuyến của hai mặt phẳng (ABC’) và (A’B’C’) ;à tập hợp tất cả các điểm thỏa mãn hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y + 2z - 6 = 0\\2x + 3y + 3z - 12 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{6}{5}\\y = t\\z = \dfrac{{24}}{5} - t\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng (ABC’) và (A’B’C’) có phương trình \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{6}{5}\\y = t\\x = \dfrac{{24}}{5} - t\end{array} \right.\)

\(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( { - \dfrac{6}{5};0;\dfrac{{24}}{5}} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {0;1; - 1} \right)\).

\(\begin{array}{l}d\left( {O;\Delta } \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}}\\ = \dfrac{{\sqrt {{{\left( { - \dfrac{{24}}{5}} \right)}^2} + {{\left( { - \dfrac{6}{5}} \right)}^2} + {{\left( { - \dfrac{6}{5}} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \dfrac{{18}}{5}\end{array}\)