Giải Toán 12 trang 88 Tập 2 Cánh diều

Giảm giá 50% sách VietJack đánh giá năng lực các trường trên Shopee Mall

Với Giải Toán 12 trang 88 Tập 2 trong Bài tập cuối chương 5 Toán 12 Tập 2 Cánh diều hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 12 trang 88.

Giải Toán 12 trang 88 Tập 2 Cánh diều

Quảng cáo

Bài 7 trang 88 Toán 12 Tập 2: Viết phương trình của mặt cầu (S) trong mỗi trường hợp sau:

a) (S) có tâm I(4; – 2; 1) và bán kính R = 9;

b) (S) có tâm I(3; 2; 0) và đi qua điểm M(2; 4; – 1);

c) (S) có đường kính là đoạn thẳng AB với A(1; 2; 0) và B(– 1; 0; 4).

Lời giải:

a) Phương trình mặt cầu (S) có tâm I(4; – 2; 1) và bán kính R = 9 là:

(x – 4)² + (y + 2)² + (z – 1)² = 81.

b) Ta có bán kính của mặt cầu (S) là R = IM = $\sqrt{{(2 - 3)}^{2} + {(4 - 2)}^{2} + {(- 1 - 0)}^{2}} = \sqrt{6}$ .

Phương trình mặt cầu (S) là:

(x – 3)² + (y – 2)² + z² = 6.

c) Tâm của mặt cầu (S) là trung điểm I của đoạn thẳng AB.

Ta có $x_{I} = \frac{1 + (- 1)}{2} = 0; y_{I} = \frac{2 + 0}{2} = 1; z_{I} = \frac{0 + 4}{2} = 2$ . Suy ra I(0; 1; 2).

Bán kính của mặt cầu (S) là R = IA = $\sqrt{{(1 - 0)}^{2} + {(2 - 1)}^{2} + {(0 - 2)}^{2}} = \sqrt{6}$ .

Phương trình mặt cầu (S) là:

x² + (y – 1)² + (z – 2)²= 6.

Quảng cáo

Bài 8 trang 88 Toán 12 Tập 2: Xác định vị trí tương đối của hai đường thẳng ∆₁ và ∆₂ trong mỗi trường hợp sau:

Bài 8 trang 88 Toán 12 Cánh diều Tập 2 | Giải Toán 12

Lời giải:

a) Đường thẳng ∆₁ đi qua điểm M₁(– 1; – 5; 5) và có $\vec{u_{1}} = (3; 4; - 1)$ là vectơ chỉ phương.

Đường thẳng ∆₂ đi qua điểm M₂(– 13; 5; – 17) và có $\vec{u_{2}} = (5; - 2; 7)$ là vectơ chỉ phương.

Ta có $\frac{3}{5} \neq \frac{4}{- 2}$ , suy ra hai vectơ $\vec{u_{1}}, \vec{u_{2}}$ không cùng phương.

$\vec{M_{1} M_{2}} = (- 12; 10; - 22)$ , $[\vec{u_{1}}, \vec{u_{2}}] = (|\begin{matrix} 4 & - 1 \\ - 2 & 7 \end{matrix}|; |\begin{matrix} - 1 & 3 \\ 7 & 5 \end{matrix}|; |\begin{matrix} 3 & 4 \\ 5 & - 2 \end{matrix}|) = (26; - 26; - 26)$ .

Quảng cáo

Do $[\vec{u_{1}} \cdot \vec{u_{2}}] \cdot \vec{M_{1} M_{2}} =$ 26 ∙ (– 12) + (– 26) ∙ 10 + (– 26) ∙ (– 22) = 0 nên $\vec{u_{1}}, \vec{u_{2}}, \vec{M_{1} M_{2}}$ đồng phẳng.

Vậy ∆₁ cắt ∆₂.

b) Đường thẳng ∆₁ đi qua điểm M₁(2; – 1; 4) và có $\vec{u_{1}} = (2; 3; - 7)$ là vectơ chỉ phương.

Đường thẳng ∆₂ đi qua điểm M₂(– 10; – 19; 45) và có $\vec{u_{2}} = (- 6; - 9; 21)$ là vectơ chỉ phương.

Ta có $\vec{u_{2}} = - 3 \vec{u_{1}}$ , suy ra hai vectơ $\vec{u_{1}}, \vec{u_{2}}$ cùng phương.

$\vec{M_{1} M_{2}} = (- 12; - 18; 41)$ và $\frac{- 12}{2} = \frac{- 18}{3} \neq \frac{41}{- 7}$ nên $\vec{u_{1}}, \vec{M_{1} M_{2}}$ không cùng phương.

Vậy ∆₁ // ∆₂.

c) Đường thẳng ∆₁ đi qua điểm M₁(– 3; 5; 2) và có $\vec{u_{1}} = (1; 1; 3)$ là vectơ chỉ phương.

Đường thẳng ∆₂ đi qua điểm M₂(– 13; 9; – 13) và có $\vec{u_{2}} = (5; - 2; 7)$ là vectơ chỉ phương.

Quảng cáo

Ta có $\frac{1}{5} \neq \frac{1}{- 2}$ , suy ra hai vectơ $\vec{u_{1}}, \vec{u_{2}}$ không cùng phương.

$\vec{M_{1} M_{2}} = (- 10; 4; - 15)$ , $[\vec{u_{1}}, \vec{u_{2}}] = (|\begin{matrix} 1 & 3 \\ - 2 & 7 \end{matrix}|; |\begin{matrix} 3 & 1 \\ 7 & 5 \end{matrix}|; |\begin{matrix} 1 & 1 \\ 5 & - 2 \end{matrix}|) = (13; 8; - 7)$ .

Do $[\vec{u_{1}} \cdot \vec{u_{2}}] \cdot \vec{M_{1} M_{2}} =$ 13 ∙ (– 10) + 8 ∙ 4 + (– 7) ∙ (– 15) = 7 ≠ 0 nên $\vec{u_{1}}, \vec{u_{2}}, \vec{M_{1} M_{2}}$ không đồng phẳng.

Vậy ∆₁ và ∆₂ chéo nhau.

Bài 9 trang 88 Toán 12 Tập 2: Tìm góc giữa hai đường thẳng ∆₁ và ∆₂, biết $Δ_{1} : \{\begin{cases} x = 1 + t_{1} \\ y = 2 - \sqrt{2} t_{1} \\ z = 3 + t_{1} \end{cases}$ và $Δ_{2} : \{\begin{cases} x = - 3 + t_{2} \\ y = 1 + t_{2} \\ z = 5 - \sqrt{2} t_{2} \end{cases}$ (t₁, t₂ là tham số) (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của độ).

Lời giải:

Hai đường thẳng ∆₁ và ∆₂ có vectơ chỉ phương lần lượt là $\vec{u_{1}} = (1; - \sqrt{2}; 1)$ và $\vec{u_{2}} = (1; 1; - \sqrt{2})$ .

Ta có: cos (∆₁, ∆₂) = $\frac{|1 \cdot 1 + (- \sqrt{2}) \cdot 1 + 1 \cdot (- \sqrt{2})|}{\sqrt{1^{2} + {(- \sqrt{2})}^{2} + 1^{2}} \cdot \sqrt{1^{2} + 1^{2} + {(- \sqrt{2})}^{2}}} = \frac{2 \sqrt{2} - 1}{4}$ .

Suy ra (∆₁, ∆₂) ≈ 63°.

Bài 10 trang 88 Toán 12 Tập 2: Tính góc giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của độ), biết $Δ : \{\begin{cases} x = - 1 + 2 t \\ y = 4 - 3 t \\ z = - 1 + 4 t \end{cases}$ (t là tham số) và (P): x + y + z + 3 = 0.

Lời giải:

Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương $\vec{u} = (2; - 3; 4)$ , mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến $\vec{n} = (1; 1; 1)$ .

Ta có: sin (∆, (P)) = $\frac{|2 \cdot 1 + (- 3) \cdot 1 + 4 \cdot 1|}{\sqrt{2^{2} + {(- 3)}^{2} + 4^{2}} \cdot \sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2}}} = \frac{3}{\sqrt{29} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{87}}{29}$ .

Suy ra (∆, (P)) ≈ 19°.

Bài 11 trang 88 Toán 12 Tập 2: Tính góc giữa hai mặt phẳng (P₁) và (P₂), biết

(P₁): 2x + 2y – z – 1 = 0 và (P₂): x – 2y – 2z + 3 = 0.

Lời giải:

Do (P₁) và (P₂) có hai vectơ pháp tuyến lần lượt là $\vec{n_{1}} = (2; 2; - 1)$ , $\vec{n_{2}} = (1; - 2; - 2)$ nên

cos ((P₁), (P₂)) = $\frac{|2 \cdot 1 + 2 \cdot (- 2) + (- 1) \cdot (- 2)|}{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + {(- 1)}^{2}} \cdot \sqrt{1^{2} + {(- 2)}^{2} + {(- 2)}^{2}}} = 0$ .

Suy ra ((P₁), (P₂)) = 90°.

Bài 12 trang 88 Toán 12 Tập 2: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hình lập phương OBCD.O'B'C'D' có O(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), O'(0; 0; a) với a > 0.

a) Chứng minh rằng đường chéo O'C vuông góc với mặt phẳng (OB'D').

b) Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo O'C và mặt phẳng (OB'D') là trọng tâm của tam giác OB'D'.

c) Tính khoảng cách từ điểm B' đến mặt phẳng (C'BD).

d) Tính côsin góc giữa hai mặt phẳng (CO'D) và (C'BD).

Lời giải:

Gọi tọa độ điểm C là C(x_C; y_C; z_C). Ta có $\vec{O B} = (a; 0; 0), \vec{D C} = (x_{C}; y_{C} - a; z_{C})$ .

Vì OBCD.O'B'C'D' là hình lập phương nên OBCD là hình vuông, do đó ta có

$\vec{D C} = \vec{O B} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{C} = a \\ y_{C} - a = 0 \\ z_{C} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{C} = a \\ y_{C} = a \\ z_{C} = 0 \end{cases}$ .

Suy ra C(a; a; 0).

Gọi tọa độ điểm B' là B'(x_B'; y_B'; z_B'). Ta có $\vec{B B^{'}} = (x_{B^{'}} - a; y_{B^{'}}; z_{B^{'}}), \vec{O O^{'}} = (0; 0; a)$ .

Ta có $\vec{B B^{'}} = \vec{O O^{'}} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{B^{'}} - a = 0 \\ y_{B^{'}} = 0 \\ z_{B^{'}} = a \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{B^{'}} = a \\ y_{B^{'}} = 0 \\ z_{B^{'}} = a \end{cases}$ . Suy ra B'(a; 0; a).

Gọi tọa độ điểm D' là D'(x_D'; y_D'; z_D'). Khi đó $\vec{D D^{'}} = (x_{D^{'}}; y_{D^{'}} - a; z_{D^{'}})$ .

Ta có $\vec{D D^{'}} = \vec{O O^{'}} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{D^{'}} = 0 \\ y_{D^{'}} - a = 0 \\ z_{D^{'}} = a \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{D^{'}} = 0 \\ y_{D^{'}} = a \\ z_{D^{'}} = a \end{cases}$ . Suy ra D'(0; a; a).

a) Ta có $\vec{O B^{'}} = (a; 0; a), \vec{O D^{'}} = (0; a; a)$ .

Xét vectơ $\vec{n_{1}} = [\vec{O B^{'}}, \vec{O D^{'}}] = (|\begin{matrix} 0 & a \\ a & a \end{matrix}|; |\begin{matrix} a & a \\ a & 0 \end{matrix}|; |\begin{matrix} a & 0 \\ 0 & a \end{matrix}|) = (- a^{2}; - a^{2}; a^{2})$ .

Khi đó $\vec{n_{1}}$ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (OB'D').

Lại có $\vec{O^{'} C} = (a; a; - a)$ . Ta có $\vec{n_{1}} = - a \vec{O^{'} C}$ , suy ra hai vectơ $\vec{n_{1}}, \vec{O^{'} C}$ cùng phương.

Do đó, $\vec{O^{'} C}$ cũng là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (OB'D').

Vậy đường chéo O'C vuông góc với mặt phẳng (OB'D').

b) Phương trình tổng quát của mặt phẳng (OB'D') đi qua điểm O và nhận $\vec{O^{'} C}$ làm vectơ pháp tuyến là: a(x – 0) + a(y – 0) – a(z – 0) = 0 ⇔ x + y – z = 0 (do a > 0).

Phương trình tham số của đường thẳng O'C đi qua đi qua điểm O'(0; 0; a) và nhận $\vec{u_{O^{'} C}} = \frac{1}{a} \vec{O^{'} C} = (1; 1; - 1)$ làm vectơ chỉ phương là: $\{\begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = a - t \end{cases}$ (t là tham số).

Gọi G là giao điểm của đường chéo O'C và mặt phẳng (OB'D').

Vì G ∈ O'C nên gọi tọa độ điểm G là G(t; t; a – t).

Mà G ∈ (OB'D') nên ta có t + t – (a – t) = 0, suy ra t = $\frac{a}{3}$ . Do đó $G (\frac{a}{3}; \frac{a}{3}; \frac{2 a}{3})$ .

Tọa độ trọng tâm G' của tam giác OB'D': $\frac{0 + a + 0}{3} = \frac{a}{3}; \frac{0 + 0 + a}{3} = \frac{a}{3}; \frac{0 + a + a}{3} = \frac{2 a}{3}$ .

Suy ra $G^{'} (\frac{a}{3}; \frac{a}{3}; \frac{2 a}{3})$ . Do đó, G ≡ G'.

Vậy giao điểm của đường chéo O'C và mặt phẳng (OB'D') là trọng tâm của tam giác OB'D'.

c) Gọi tọa độ điểm C' là C'(x_C'; y_C'; z_C'). Khi đó $\vec{C C^{'}} = (x_{C^{'}} - a; y_{C^{'}} - a; z_{C^{'}})$ .

Ta có $\vec{C C^{'}} = \vec{O O^{'}} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{C^{'}} - a = 0 \\ y_{C^{'}} - a = 0 \\ z_{C^{'}} = a \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{C^{'}} = a \\ y_{C^{'}} = a \\ z_{C^{'}} = a \end{cases}$ . Suy ra C'(a; a; a).

Ta có $\vec{C^{'} B} = (0; - a; - a), \vec{C^{'} D} = (- a; 0; - a)$ .

Xét vectơ $\vec{n_{2}} = [\vec{C^{'} B}, \vec{C^{'} D}] = (|\begin{matrix} - a & - a \\ 0 & - a \end{matrix}|; |\begin{matrix} - a & 0 \\ - a & - a \end{matrix}|; |\begin{matrix} 0 & - a \\ - a & 0 \end{matrix}|) = (a^{2}; a^{2}; - a^{2})$ .

Khi đó, $\vec{n_{3}} = \frac{1}{a^{2}} \vec{n_{2}} = (1; 1; - 1)$ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (C'BD).

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (C'BD) là:

(x – a) + (y – a) – (z – a) = 0 ⇔ x + y – z – a = 0.

Khoảng cách từ điểm B' đến mặt phẳng (C'BD) là:

d(B', (C'BD)) = $\frac{|a + 0 - a - a|}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + {(- 1)}^{2}}} = \frac{a}{\sqrt{3}}$ (do a > 0).

d) Ta có $\vec{O^{'} C} = (a; a; - a), \vec{O^{'} D} = (0; a; - a)$ .

Xét vectơ $\vec{n_{4}} = [\vec{O^{'} C}, \vec{O^{'} D}] = (|\begin{matrix} a & - a \\ a & - a \end{matrix}|; |\begin{matrix} - a & a \\ - a & 0 \end{matrix}|; |\begin{matrix} a & a \\ 0 & a \end{matrix}|) = (0; a^{2}; a^{2})$ .

Khi đó, $\vec{n_{5}} = \frac{1}{a^{2}} \vec{n_{4}} = (0; 1; 1)$ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (CO'D).

Ta có cos ((CO'D), (C'BD)) = $\frac{|1 \cdot 0 + 1 \cdot 1 + (- 1) \cdot 1|}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + {(- 1)}^{2}} \cdot \sqrt{0^{2} + 1^{2} + 1^{2}}} = 0$

Lời giải bài tập Toán 12 Bài tập cuối chương 5 hay khác:

Xem thêm lời giải bài tập Toán lớp 12 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Xem thêm các tài liệu học tốt lớp 12 hay khác:

Tài liệu cho giáo viên: Giáo án, powerpoint, đề thi giữa kì cuối kì, đánh giá năng lực, thi thử THPT, HSG, chuyên đề, bài tập cuối tuần..... độc quyền VietJack, giá hợp lí

Sách VietJack thi THPT quốc gia 2025 cho học sinh 2k7:

ĐỀ THI, GIÁO ÁN, GÓI THI ONLINE DÀNH CHO GIÁO VIÊN VÀ PHỤ HUYNH LỚP 12

Bộ giáo án, đề thi, bài giảng powerpoint, khóa học dành cho các thầy cô và học sinh lớp 12, đẩy đủ các bộ sách cánh diều, kết nối tri thức, chân trời sáng tạo tại https://tailieugiaovien.com.vn/ . Hỗ trợ zalo VietJack Official