Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tọa độ hóa bài toán hình không gian (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A=(0,0,0)$, $B=(a,0,0)$, $C=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$. Vì $\widehat{A^{\prime }AB}=\widehat{A^{\prime }AC}=60^{\circ }$, $A{A}^{\prime }=2a$ nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{AB}=2a\cdot a\cos 60^{\circ }=a^2\Rightarrow x_{A^{\prime }}=a$; tương tự $y_{A^{\prime }}=\frac{a}{\sqrt{3}}$, và $z_{A^{\prime }}=\sqrt{4a^2-a^2-\frac{a^2}{3}}=2a\sqrt{\frac{2}{3}}$. Suy ra $B^{\prime }=\left(2a,\frac{a}{\sqrt{3}},2a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$. Điểm $M=(x,y,0)$ với $\overrightarrow{AM}\perp \overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$: $ax+\frac{a}{\sqrt{3}}y=0\Rightarrow y=-\sqrt{3}x$. Khi đó $B^{\prime }{M}^2=(x-2a{)}^2+{\left(-\sqrt{3}x-\frac{a}{\sqrt{3}}\right)}^2+\frac{8a^2}{3}=4x^2-2ax+7a^2$, đạt min tại $x=\frac{a}{4}$ với giá trị $\frac{27a^2}{4}$. Vậy $B^{\prime }{M}_{\min }=\frac{3\sqrt{3}}{2}a$.

Gọi O là chân trụ của trạm A và I là chân trụ của trạm B. Khi đó ta có OA=20m, IB=20m, OI=500m. Xe ô tô di chuyển trên đường từ O đến C và từ C đến I, ta có OC=600, IC=400. Kí hiệu ô tô là X và Flycam là F.
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, ta có O(0;0;0), A(0;0;20), I(0;500;0), B(0;500;20). Flycam F đang bay trong vùng phủ sóng wifi của trạm A hoặc trạm B nên F thuộc khối cầu tâm A bán kính $R_1=400$, hoặc F thuộc khối cầu tâm B bán kính $R_2=300$. (0,5 điểm)



Theo đề bài ta cần tìm giá trị lớn nhất của FX.
+ Khi X thuộc đoạn OC, ta có $FX\le \max \{FO;FC\}$, và khi X thuộc đoạn CI, ta có $FX\le \max \{FC;FI\}$.
Suy ra $FX\le \max \{FO;FC;FI\}$. (0,5 điểm)

Lại có $FO\le \max \{OA+R_1;OB+R_2\}=\max \{420;300+20\sqrt{626}\}=300+20\sqrt{626}$
$FC\le \max \{CA+R_1;CB+R_2\}=\max \{400+20\sqrt{901};300+20\sqrt{401}\}=400+20\sqrt{901}$ (0,5 điểm)
$FI\le \max \{IA+R_1;IB+R_2\}=\max \{400+20\sqrt{626};320\}=400+20\sqrt{626}$

Suy ra $FX\le 400+20\sqrt{901}$, nên $\max FX=400+20\sqrt{901}$ khi ô tô ở vị trí C, Flycam ở vị trí trên tia đối tia AC và thuộc mặt cầu A. (0,5 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $D(0;5;0)$, $A^{\prime }(0;0;4)$ (vì $C^{\prime }(6;5;4)$). Khi đó $P$ trung điểm $A^{\prime }{B}^{\prime }$ với $B^{\prime }(6;0;4)$ nên $P(6;0;2)$. Điểm $M$ trên $A{A}^{\prime }$ nên $M(0;0;t)$ với $0\le t\le 4$.

Chiều dài dây: $f(t)=QM+MP=\sqrt{2,4^2+(1,8-t{)}^2}+\sqrt{6^2+(2-t{)}^2}$.

Đặt $a=1,8-t$ (khi đó $2-t=a+0,2$). Đạo hàm $f^{\prime }(t)=\frac{t-1,8}{\sqrt{5,76+(1,8-t{)}^2}}+\frac{t-2}{\sqrt{36+(2-t{)}^2}}=0$ tương đương $\frac{a}{\sqrt{5,76+a^2}}=-\frac{a+0,2}{\sqrt{36+(a+0,2{)}^2}}$, suy ra $-0,2<a<0$. Bình phương hai vế: $36a^2=5,76(a+0,2{)}^2\Rightarrow 6|a|=2,4|a+0,2|\Rightarrow -6a=2,4(a+0,2)\Rightarrow a=-\frac{2}{35}$.

Vậy $t=1,8+\frac{2}{35}=\frac{13}{7}\approx 1,857$ (thỏa $[0;4]$), và $2-t=\frac{1}{7}$.

$f_{\min }=\sqrt{5,76+\frac{4}{1225}}+\sqrt{36+\frac{1}{49}}=\frac{\sqrt{7060}}{35}+\frac{\sqrt{1765}}{7}\approx 2,4007+6,0017\approx 8,4024$.

Độ dài nhỏ nhất của dây cáp là $\approx 8,40$ m.

Lời giải.

1. a) Gắn trục tọa độ như hình vẽ:



Chọn mặt phẳng đáy $(ABC)$ là mặt phẳng $z=0$. vì $AB=5$ nên Đặt
$$A(0,0,0),S(0,0,h)(h=SA),B(5,0,0)$$
Do tam giác $ABC$ cân tại $B$, đặt:
$$C(x,y,0).$$
Khi đó:
$$BC=BA=5\Rightarrow (x-5{)}^2+y^2=25.\text{\hspace{1em}(1)}$$
Trong tam giác $SAB$, do $SA\perp AB$ nên $AH\perp SB$.
Ta có:
$$\overrightarrow{SB}=(5,0,-h).$$
Một vectơ vuông góc với $\overrightarrow{SB}$ là:
$$\overrightarrow{u}=(h,0,5)$$
vì
$$\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{SB}=5h-5h=0.$$
Vậy có thể chọn vecto chỉ phương của $AH$ là:
$$\vec{u}=(h,0,5).$$
Vì hai cạnh đối của tứ diện đều vuông góc nhau nên:
$$SC\perp AH.$$
Ta có:
$$\overrightarrow{SC}=(x,y,-h).$$
Do đó:
$$\overrightarrow{SC}\cdot \vec{u}=0\Rightarrow xh+y\cdot 0+(-h)\cdot 5=0\Rightarrow h(x-5)=0.$$
Vì $h\ne 0$, suy ra:
$$x=5.$$
Thế vào $(1)$, được
$$y^2=25\Rightarrow y=\pm 5.$$
Theo hình vẽ, chọn:
$$C(5,5,0)\Rightarrow \overrightarrow{BA}(5;0;0),\overrightarrow{BC}(0;5;0)\Rightarrow \overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=\vec{0}$$
Do đó: $BA\perp BC$, mà tam giác ABC cân tại B nên tam giác ABC vuông cân tại B.

b) Xét góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBC)$, ta có:
$$\overrightarrow{SA}=(0,0,-h),\overrightarrow{SC}=(5,5,-h).$$
Suy ra một vectơ pháp tuyến của $(SAC)$ là
$$\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{SC}=(5h,-5h,0).$$
Mặt khác:
$$\overrightarrow{SB}=(5,0,-h),\overrightarrow{SC}=(5,5,-h),$$
Nên một vectơ pháp tuyến của $(SBC)$ là:
$$\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(5h,0,25).$$
Vì góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBC)$ bằng $60^{\circ }$, nên:
$$\cos 60^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{\Vert \overrightarrow{n_1}\Vert \Vert \overrightarrow{n_2}\Vert }.$$
Do đó
$$\frac{1}{2}=\frac{|(5h,-5h,0)\cdot (5h,0,25)|}{(5h\sqrt{2})\cdot 5\sqrt{h^2+25}}=\frac{25h^2}{25h\sqrt{2}\sqrt{h^2+25}}=\frac{h}{\sqrt{2}\sqrt{h^2+25}}.$$
Suy ra
$$\frac{h}{\sqrt{2}\sqrt{h^2+25}}=\frac{1}{2}\Rightarrow 2h=\sqrt{2}\sqrt{h^2+25}\Rightarrow h^2=25.$$
Vì $h>0$, nên
$$SA=h=5.$$
Khi đó tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$, nên
$$SB=5\sqrt{2}.$$
Suy ra đường cao từ $A$ xuống $SB$ là
$$AH=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{5\cdot 5}{5\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}.$$
Lại có $\overrightarrow{AH}//(5,0,5)$, đặt
$$\overrightarrow{AH}=k(5,0,5).$$
Khi đó
$$A{H}^2=50k^2={\left(\frac{5\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{25}{2}\Rightarrow k=\frac{1}{2}.$$
Vậy
$$\overrightarrow{AH}=\left(\frac{5}{2},0,\frac{5}{2}\right).$$
Ta có
$$\overrightarrow{SC}=(5,5,-5),\overrightarrow{AS}=(0,0,5).$$
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SC$ và $AH$ là:
$$d=\frac{\left|\overrightarrow{AS}\cdot \left(\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{AH}\right)\right|}{\Vert \overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{AH}\Vert }=\frac{5}{\sqrt{6}}.$$
Gọi $a$ là cạnh của tứ diện đều. Ta chứng minh:
Với tứ diện đều, khoảng cách giữa hai cạnh đối bằng: $\frac{a}{\sqrt{2}}$ và thể tích tứ diện bằng: $\frac{\sqrt{2}{a}^3}{12}$.
Thật vậy, xét tứ diện đều $M.NPQ$ có các cạnh bằng a:



Gọi $K$ là trung điểm $PQ$, $O$ là trọng tâm của tam giác $NPQ$.
Đặt $d=d(MN,PQ)$, ta có:
$$d(PQ,MN)=d(K,MN)=\frac{3}{2}d(O,MN).$$
Xét tam giác đều $NPQ$ có:
$$NK=\frac{\sqrt{3}a}{2}\Rightarrow NO=\frac{2}{3}NK=\frac{\sqrt{3}a}{3}\Rightarrow MO=\frac{\sqrt{6}a}{3}.$$
Mặt khác:
$$d(O,MN)=\frac{MO\cdot NO}{\sqrt{M{O}^2+N{O}^2}}=\frac{\sqrt{2}a}{3}\Rightarrow d(PQ,MN)=\frac{2}{3}\cdot \frac{\sqrt{2}a}{3}\cdot \frac{3}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}.$$
Suy ra:
$$d=\frac{a}{\sqrt{2}}\Rightarrow a=\sqrt{2}d.$$
Ta lại có:
$$V_{M.NPQ}=\frac{1}{3}{S}_{NPQ}\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}{a}^2\sin 60^{\circ }\cdot \frac{\sqrt{6}a}{3}=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{12}.$$
Áp dụng bài toán ta có, giả sử viên kim cương tứ diện đều có cạnh bằng $a$.
Suy ra:
$$\frac{a}{\sqrt{2}}=d=\frac{5}{\sqrt{6}}\Rightarrow a=\sqrt{2}\cdot \frac{5}{\sqrt{6}}=\frac{5}{\sqrt{3}}.$$
Thể tích tứ diện đều cạnh $a$ là
$$V=\frac{\sqrt{2}}{12}{a}^3.$$
Vậy
$$V=\frac{\sqrt{2}}{12}{\left(\frac{5}{\sqrt{3}}\right)}^3=\frac{125\sqrt{6}}{108}{\text{ cm}}^3.$$
Vậy $\Delta ABC$ vuông cân tại $B$ và $V=\frac{125\sqrt{6}}{108}{\text{ cm}}^3\approx 2,84{\text{ cm}}^3.$

2. Gọi $O$ là vị trí ban đầu của tàu.
Vì mặt phẳng ranh giới cách $O$ một khoảng đúng bằng $a$, nên nó luôn là một mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu tâm $O$, bán kính $a$.
Ta dựng một bát diện đều có tâm $O$ và mặt cầu nội tiếp chính là mặt cầu đó. Khi đó khoảng cách từ $O$ đến mỗi mặt của bát diện đều bằng $a$. (Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa)



Gọi $s$ là cạnh bát diện đều. Ta có bán kính mặt cầu nội tiếp của bát diện đều là
$$r=\frac{\sqrt{6}}{6}s.$$
Do $r=a$, suy ra
$$s=a\sqrt{6}.$$
Khoảng cách từ tâm $O$ đến mỗi đỉnh của bát diện đều là
$$R=\frac{\sqrt{2}}{2}s=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot a\sqrt{6}=a\sqrt{3}.$$
Ta cho tàu bay như sau:
- Từ $O$ bay thẳng đến một đỉnh của bát diện: quãng đường là $a\sqrt{3}$.
- Sau đó bay dọc theo 5 cạnh liên tiếp để đi qua cả 6 đỉnh của bát diện: quãng đường là $5a\sqrt{6}$.
Vậy tổng quãng đường là
$$S=a\sqrt{3}+5a\sqrt{6}\approx 1,732a+12,247a=13,979a<14a..$$
Bây giờ ta chứng minh cách đi này luôn gặp mặt phẳng ranh giới.
Vì mặt phẳng ranh giới tiếp xúc với mặt cầu nội tiếp nên nó sẽ cắt khối bát diện thành hai phần, do đó trong 6 đỉnh của bát diện luôn có đỉnh nằm ở hai phía khác nhau của mặt phẳng.
Mà tàu đi liên tiếp qua tất cả 6 đỉnh, nên sẽ có ít nhất một đoạn bay nối hai đỉnh nằm khác phía. Khi đó đoạn thẳng ấy chắc chắn cắt mặt phẳng ranh giới.
Vì thế tàu chắc chắn chạm được mặt phẳng ranh giới.
Kết luận: phi hành đoàn có thể chắc chắn đến được mặt phẳng ranh giới với quãng đường không vượt quá $14a$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0)$ và các đỉnh tương ứng có tung z bằng 1. Khi đó $M(0;0;\frac{3}{4})$, $P(1;1;\frac{1}{4})$, $N(1;0;t)$, $Q(0;1;s)$ với $0\le t,s\le 1$.

Điều kiện đồng phẳng của $M,N,P,Q$: với $\overrightarrow{MN}=(1;0;t-\frac{3}{4})$, $\overrightarrow{MQ}=(0;1;s-\frac{3}{4})$, $\overrightarrow{MP}=(1;1;-\frac{1}{2})$, ta có định thức $\det [\overrightarrow{MN};\overrightarrow{MQ};\overrightarrow{MP}]=1-s-t=0$, tức $s+t=1$.

Đặt $u=t-\frac{3}{4}$, khi đó $s-\frac{1}{4}=-u$ và $s-\frac{3}{4}=-(u+\frac{1}{2})$. Chu vi:
$$P_{MNPQ}=MN+NP+PQ+QM=2\sqrt{1+u^2}+2\sqrt{1+{\left(u+\frac{1}{2}\right)}^2}.$$

Xét $f(u)=\sqrt{1+u^2}+\sqrt{1+(u+\frac{1}{2}{)}^2}$. Đạo hàm:
$$f^{\prime }(u)=\frac{u}{\sqrt{1+u^2}}+\frac{u+\frac{1}{2}}{\sqrt{1+(u+\frac{1}{2}{)}^2}}.$$
Vì $g(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ đồng biến và lẻ trên $\mathbb{R}$, $f^{\prime }(u)=0\iff g(u)=g(-(u+\frac{1}{2}))\iff u=-(u+\frac{1}{2})\iff u=-\frac{1}{4}$ (thỏa mãn $t=\frac{1}{2},s=\frac{1}{2}$ trong $[0;1]$). Đây là điểm đạt giá trị nhỏ nhất vì $f^{\prime }\to \mp \infty$ khi $u\to \mp \infty$ và $f$ có một điểm tới hạn duy nhất.

Khi đó $f=2\sqrt{1+\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{17}}{2}$, nên chu vi nhỏ nhất $=2f=\sqrt{17}$.

(AI giải đề cho tôi)
Dùng hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{2})$.

Hình chiếu của $A$ lên $SB$: vectơ $\overrightarrow{SB}=(a;0;-a\sqrt{2})$, $|SB{|}^2=3a^2$, $\overrightarrow{AS}=(0;0;a\sqrt{2})$. Gọi $M=S+t\overrightarrow{SB}$ với $t=\frac{-\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{SB}}{|SB{|}^2}=\frac{2a^2}{3a^2}=\frac{2}{3}$. Vậy $M=\left(\frac{2a}{3};0;\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)$, tương tự $N=\left(0;\frac{2a}{3};\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)$.

Mặt phẳng $(AMN)$ đi qua $A$ nên có dạng $\alpha x+\beta y+\gamma z=0$. Thay tọa độ $M$: $\frac{2a\alpha }{3}+\frac{a\sqrt{2}\gamma }{3}=0\Rightarrow \gamma =-\sqrt{2}\alpha$. Chọn $\alpha =1$: $(AMN):x+y-\sqrt{2}z=0$.

Điểm $P\in SC$: $P=S+u\overrightarrow{SC}=(ua;ua;a\sqrt{2}(1-u))$. Thay vào mặt phẳng: $2ua-\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}(1-u)=2ua-2a(1-u)=0\Rightarrow u=\frac{1}{2}$.

Vậy $\frac{SP}{SC}=\frac{1}{2}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 999, trang 7), Câu 6 (Phần III) có đáp số là $0,56$.

Ta có $A(8;15;0)$, mặt phẳng quỹ đạo đi qua $O,A$ và trục $Oz$. Phương trình đường thẳng vạch cầu môn trong $(Oxy)$ đi qua $M^{\prime }(4;15;0)$ và $N^{\prime }(8;14;0)$ là $x+4y-64=0$, cắt $OA$ tại điểm có hoành độ $x_0=\frac{256}{34}=\frac{128}{17}$. Từ parabol đi qua $(0;2)$, có đỉnh tại $x=3$ và cắt trục tại $x=8$, tính được độ cao tại $x_0=\frac{128}{17}$ là $z\approx 0,56\text{ m}$.