III. MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TRA

ĐỀ 1

Câu 1. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a$\sqrt{2}$.

a) Tính thể tích của hình chóp đã cho.

b) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

c) Gọi A' và C' lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA và SC. Chứng minh rằng hai hình chóp A'.ABCD và C'.CBAD bằng nhau.

Câu 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A(4; -1; 2), B(1; 2; 2) và C(1; - 1; 5).

a) Chứng minh rằng ABC là tam giác đều.

b) Viết phương trình mp(ABC). Tính thể tích khối tứ diện giới hạn bởi mp(ABC) và các mặt phẳng tọa độ.

c) Viết phương trình trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

d) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là tứ diện đều.

Giải

Câu 1.

a) Kẻ đường cao SH của hình chóp S.ABCD thì H là tâm của đáy ABCD, từ tam giác SHA vuông tại H:

SH = $\sqrt{SA^{2}-HA^{2}}$ = $\large \sqrt{(a\sqrt{2})^{2}-(\frac{a\sqrt{2}}{2})^{2}}$ = $\large \frac{a\sqrt{6}}{2}$

Thể tích khối chóp S.ABCD

V = $\large \frac{1}{3}$.$S_{ABCD}$.SH = $\large \frac{1}{3}$.$a^{2}$.$\large \frac{a\sqrt{6}}{2}$ = $\large \frac{a^{3}\sqrt{6}}{6}$

b) Gọi I là trung điểm của cạnh SB. Qua I dựng mặt phẳng trung trực (P) của SB, mặt phẳng này cắt SH tại điểm O, điểm O là tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Hai tam giác vuông SIO và SHB đồng dạng cho:

$\large \frac{SO}{SB}$ = $\large \frac{SI}{SH}$ ⇒ SO = $\large \frac{SI.SB}{SH}$ = $\large \frac{SB^{2}}{2SH}$ = $\large \frac{2a^{2}}{2.\frac{a\sqrt{6}}{2}}$ = $\large \frac{a\sqrt{6}}{3}$

Bán kính của (S): R = $\large \frac{a\sqrt{6}}{3}$

c) Từ giả thiết suy ra A'C' là đường trung bình của $\Delta$SAC nên A'C' // AC

Ta có AC $\perp$ BD và AC $\perp$ SH, suy ra AC $\perp$ mp(SBD). Để ý rằng H là trung điểm của AC, nên mp(SBD) là mặt trung trực của AC, do vậy mp(SBD) cũng là mặt trung trực của A'C'. Thực hiện phép đối xứng qua mặt (SBD), phép đối xứng này biến hai điểm B và D thành chính nó, biến A thành C và C thành A, biến A' thành C' và C' thành A'.

Vậy hai hình chóp A'.ABCD và C'.CBAD bằng nhau.

Câu 2.

a) Ta có AB = BC = AC = 3$\sqrt{2}$. Vậy ABC là tam giác đều cạnh 3$\sqrt{2}$.

b) $\vec{AB}$ = (-3; 3; 0), $\vec{AC}$ = (-3; 0; 3). Suy ra mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến:

$\vec{n}$ = [$\vec{AB}$, $\vec{AC}$] = (9; 9; 9), cùng phương với $\vec{u}$ = (1; 1; 1).

Phương trình của mặt phẳng (ABC):

1.(x - 4) + 1.(y + 1) + 1.(z - 2) = 0 ⇔ x + y + z- 5 = 0.

Dễ dàng thấy được mp(ABC) cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm M(5; 0; 0), N(0; 5; 0), P(0; 0; 5). Khối tứ diện OMNP là phần không gian giới hạn bởi mp(MNP) và các mặt phẳng tọa độ. Thể tích khối tứ diện OMNP là:

$V_{OMNP}$ = $\large \frac{1}{6}$OM.ON.OP = $\large \frac{1}{6}$.5.5.5 = $\large \frac{125}{6}$.

c) Gọi G là trọng tâm của $\Delta$ABC ta được G(2; 0; 3), tam giác ABC đều nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp của $\Delta$ABC. Suy ra trục của đường tròn ngoại tiếp của $\Delta$ABC là đường thẳng $\Delta$ đi qua G vuông góc với mp(ABC). Phương trình của trục $\Delta$ là:

x = 2 + t; y = t; z = 3 + t

d) Nếu ABCD là tứ diện đều thì D $\in$ $\Delta$, suy ra tọa độ của D có dạng D(2 + t; t; 3 + t).

Ta phải có điều kiện:

AD = AB ⇔ $AD^{2}$ = 18 ⇔ $(t-2)^{2}$ + $(t+1)^{2}$+ $(t+1)^{2}$ = 18 ⇔ $t^{2}$ = 4 ⇔

Vậy: Có hai điểm thỏa mãn đề bài là $D_{1}$(4; 2; 5), $D_{2}$(0; -2; 1)