Giải bài tập SBT Toán 12 Bài 2: Mặt cầu

Trong mặt phẳng (α) cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Trên đường thẳng Ax vuông góc với (α) ta lấy một điểm S tùy ý, dựng mặt phẳng (β) đi qua A và vuông góc với đường thẳng SC. Mặt phẳng (β) cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’ , C’, D’.

a) Chứng minh rằng các điểm A, B, C, D, B’, C’ , D’ luôn luôn thuộc một mặt cầu cố định.

b) Tính diện tích của mặt cầu đó và tính thể tích khối cầu được tạo thành.

Phương pháp giải

a) Chứng mình các điểm B, D, B', C', D' cùng nhìn AC một góc \(90^0\)

b) Công thức tính diện tích mặt cầu: \(S = 4\pi {R^2}\)

Công thức tính thể tích khối cầu: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\)

Hướng dẫn giải

a) Ta có \(\displaystyle \left\{ {\matrix{{BC \bot AB} \cr {BC \bot SA} \cr} } \right.\Rightarrow BC \bot (SAB) \) \(\displaystyle \Rightarrow BC \bot AB'\)

Ta lại có \(\displaystyle AB' \bot SC\) nên suy ra \(\displaystyle AB' \bot (SBC)\). Do đó \(\displaystyle AB' \bot B'C\)

Chứng minh tương tự ta có \(\displaystyle AD' \bot D'C\)

Vậy \(\displaystyle \widehat {ABC} = \widehat {AB'C} = \widehat {AC'C} \displaystyle = \widehat {AD'C} = \widehat {ADC} = {90^0}\)

Từ đó suy ra 7 điểm A, B, C, D, B’, C’, D’ cùng nằm trên mặt cầu đường kính là AC.

b) Gọi r là bán kính mặt cầu, ta có \(\displaystyle r = {{AC} \over 2} = {{a\sqrt 2 } \over 2}\)

Vậy \(\displaystyle S = 4\pi {r^2} = 4\pi {({{a\sqrt 2 } \over 2})^2} = 2\pi {a^2} \,\, và \,\, \displaystyle V = {4 \over 3}\pi {r^3}\displaystyle = {4 \over 3}\pi {({{a\sqrt 2 } \over 2})^3} \displaystyle = {1 \over 3}\pi {a^3}\sqrt 2\)

Hình chóp tam giác S.ABC có SA = SB = SC = a và có chiều cao bằng h. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Tính diện tích của mặt cầu đó.

Phương pháp giải

- Xác định tâm mặt cầu, giao của trung trực của SA với trục đường tròn chính (SO).

- Tính bán kính mặt cầu dựa vào các kiến thức hình học đã biết.

Hướng dẫn giải

Giả sử ta có mặt cầu tâm I đi qua các đỉnh S, A, B, C của hình chóp. Mặt phẳng (ABC) cắt mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo giao tuyến là đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì SA = SB = SC nên ta có \(\displaystyle SO \bot (ABC)\) và OS là trục của đường tròn tâm O.

Do đó \(\displaystyle SO \bot AO\). Trong tam giác SAO, đường trung trực của đoạn SA cắt SO tại I và ta được hai tam giác vuông đồng dạng là SIM và SAO, với M là trung điểm của cạnh SA.

Ta có \(\displaystyle {{SI} \over {SA}} = {{SM} \over {SO}} = {{SA} \over {2SO}}\) với SI = IA = IB = IC = r

Vậy \(\displaystyle r = SI = {{S{A^2}} \over {2SO}} = {{{a^2}} \over {2h}}\)

Do đó diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC đã cho là :

\(\displaystyle S = 4\pi {r^2} = 4\pi {({{{a^2}} \over {2h}})^2}\displaystyle = \pi {{{a^4}} \over {{h^2}}}\)

Cho hai đường thẳng chéo nhau Δ và Δ′ có AA’ là đoạn vuông góc chung, trong đó A ∈ Δ và A′ ∈ Δ′. Gọi (α) là mặt phẳng chứa AA’ và vuông góc với Δ′ và cho biết AA’ = a. Một đường thẳng thay đổi luôn luôn song song với mặt phẳng (α) lần lượt cắtΔ và Δ′ tại M và M’ . Hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (α) là M1 .

a) Xác định tâm O và bán kính r của mặt cầu đi qua 5 điểm A, A’ , M , M’, M1. Tính diện tích của mặt cầu tâm O nói trên theo a, x = A’M’ và góc φ = (Δ, Δ′)

b) Chứng minh rằng khi x thay đổi mặt cầu tâm O luôn luôn chứa một đường tròn cố định.

Phương pháp giải

Chứng minh ba điểm \(A,M',{M_1}\) cùng nhìn A'M một góc \(90^0\)

Tình bán kính và suy ra diện tích theo công thức \(S = 4\pi {R^2}\)

Hướng dẫn giải

a) Theo giả thiết ta có: \(\displaystyle \widehat {A'M'M} = \widehat {A'AM} = \widehat {A'{M_1}M} = {90^0}\)

Do đó 5 điểm A, A’, M, M’ ,M1 cùng thuộc mặt cầu (S) tâm O, với O là trung điểm của A’M và có bán kính \(\displaystyle r = {{A'M} \over 2}\)

Mặt khác ta có A’M2 = A’A2 + AM2, trong đó \(\displaystyle \cos \varphi = {{M{M_1}} \over {AM}}\) nên \(\displaystyle AM = {{M{M_1}} \over {\cos \varphi }} = {x \over {\cos \varphi }}\)

Do đó \(\displaystyle A'{M^2} = {a^2} + {{{x^2}} \over {{{\cos }^2}\varphi }}\)

\(\displaystyle \Rightarrow A'M = \sqrt {{{{a^2}{{\cos }^2}\varphi + {x^2}} \over {{{\cos }^2}\varphi }}} = {1 \over {\cos \varphi }}\sqrt {{a^2}{{\cos }^2}\varphi + {x^2}}\)

Mặt cầu tâm O có bán kính \(\displaystyle r = {{A'M} \over 2} = {1 \over {2\cos \varphi }}\sqrt {{a^2}{{\cos }^2}\varphi + {x^2}}\)

Diện tích của mặt cầu tâm O là: \(\displaystyle S = 4\pi {r^2} = \pi {(2r)^2} = \pi {(A'M)^2} = \pi ({a^2} + {{{x^2}} \over {{{\cos }^2}\varphi }})\)

b) Gọi I là trung điểm của đoạn AA’. Ta có IO // \(\displaystyle \Delta \) nên tâm O di động trên đường thẳng d cố định đi qua I và song song với \(\displaystyle \Delta\)

Mặt cầu tâm O đi qua hai điểm cố định A, A’, có tâm di động trên đường trung trực d cố định của đoạn AA’.

Vậy mặt cầu tâm O luôn luôn chứa đường tròn cố định tâm I có đường kính AA’ nằm trong mặt phẳng AA’ và vuông góc với d.

Cho tứ diện SABC có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và có SA = a, AB = b , AC = c . Xác định tâm và bán kính hình cầu ngoại tiếp tứ diện trong các trường hợp sau:

a) \(\widehat {BAC} = {90^0}\)

b) \(\widehat {BAC} = {60^0} \,\, và \,\, b = c\)

c) \(\widehat {BAC} = {120^0} \,\, và \,\,b = c\)

Phương pháp giải

- Dựng tâm hình cầu (giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trung trực của đoạn thẳng SA)

- Tính bán kính dựa vào các kiến thức hình học đã biết.

Hướng dẫn giải

a)

\(\widehat {BAC} = {90^0}\). Gọi M là trung điểm của BC, ta có MA = MB = MC. Dựng đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại M. Mặt phẳng trung trực của đoạn SA cắt d tại O.

Ta có   OS = OA = OB = OC

Và \({r^2} = O{A^2} = O{M^2} + M{A^2} = {({a \over 2})^2} + {({b \over 2})^2} + {({c \over 2})^2}\)

Do đó ta có hình cầu tâm O ngoại tiếp tứ diện và có \(r = {1 \over 2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}\)

b) \(\widehat {BAC} = {60^0}\) và b = c, khi đó ABC là tam giác đều cạnh b. Gọi I là trọng tâm của tam giác đều nên I đồng thời cũng là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Dựng d là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại I. Mặt phẳng trung trực của đoạn SA cắt d tại O.

Ta có  OS = OA = OB = OC và r² = OA² = OI² + IA²

Do đó ta có hình cầu tâm O ngoại tiếp tứ diện và có

\({r^2} = {({a \over 2})^2} + {({2 \over 3}b{{\sqrt 3 } \over 2})^2} = {{{a^2}} \over 4} + {{{b^2}} \over 3} . Vậy \,\, r = \sqrt {{{{a^2}} \over 4} + {{{b^2}} \over 3}}\)

c) \(\widehat {BAC} = {120^0}\) và b = c, khi đó ABC là một tam giác cân có góc A ở đỉnh bằng 1200 và cạnh bên bằng b. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Kéo dài AM một đoạn MK = AM, ta có KA = KB = KC = AB = AC = b.

Dựng đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại K. Mặt phẳng trung trực của đoạn SA cắt d tại O.

Ta có: OS = OA = OB = OC và \({r^2} = O{A^2} = O{K^2} + K{A^2} = {({a \over 2})^2} + {b^2}\)

Do đó ta có mặt cầu tâm O ngoại tiếp tứ diện và có bán kính \(r = \sqrt {{{{a^2}} \over 4} + {b^2}}\)

Cho mặt cầu tâm O bán kính r. Gọi \((\alpha )\) là mặt phẳng cách tâm O một khoảng h (0 < h < r) và cắt mặt cầu theo đường tròn (C). Đường thẳng d đi qua một điểm A cố định trên (C) và vuông góc với mặt phẳng \((\alpha )\) cắt mặt cầu tại một điểm B. Gọi CD là đường kính di động của (C)

a) Chứng minh các tổng AD² + BC² và AC² + BD² có giá trị không đổi.

b) Với vị trí nào của CD thì diện tích tam giác BCD lớn nhất?

c) Tìm tập hợp các điểm H, hình chiếu của B trên CD khi CD chuyển động trên đường tròn (C).

Phương pháp giải

- Chứng minh \(A{D^2} + B{C^2} = A{C^2} + B{D^2} = 4{R^2}\)

- Viết công thức tính diện tích tam giác BCD và suy ra GTLN.

- Nhận xét: H luôn luôn nhìn đọan thẳng AI dưới một góc vuông, từ đó suy ra quỹ tích.

Hướng dẫn giải

a) Tam giác ADC vuông tại A nên AD² = DC² – AC² (1)

Tam giác ABC vuông tại A nên BC² = AC² + AB² (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra AD² + BC² = DC² + AB² (3)

Ta lại có:

AC² = DC² – AD² và BD² = AD² + AB² (4)

DC² = 4(r² – h²), AB² = 4h² (5)

Từ (4) và (5) ta có:

AC² + BD² = DC² + AB² = 4(r² – h²) + 4h² = 4r² (6)

Từ (3) và (6) ta có: AD² + BC² = AC² + BD2 (không đổi)

b) Diện tích tam giác BCD bằng:

\({S_{\Delta BCD}} = {1 \over 2}BH.DC\)

Diện tích này lớn nhất khi AI // CD.

c) Ta có AH ⊥ DC. Do đó khi CD di động, điểm H luôn luôn nhìn đọan thẳng AI dưới một góc vuông. Vậy tập hợp các điểm H là đường tròn đường kính AI nằm trong mặt phẳng (α).

Hình chóp S.ABC là hình chóp tam giác đều, có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng \(a\sqrt 2\) . Một mặt cầu đi qua đỉnh A và tiếp xúc với hai cạnh SB , SC tại trung điểm của mỗi cạnh.

a) Chứng minh rằng mặt cầu đó đi qua trung điểm của AB và AC.

b) Gọi giao điểm thứ hai của mặt cầu với đường thẳng SA là D. Tính độ dài của AD và SD.

Phương pháp giải

a) Gọi B₂, C₂ là giao điểm của mặt cầu với các cạnh AC, AB. Chứng minh B₂, C₂ là các trung điểm bằng cách tính độ dài BC₂ và CB₂.

b) Sử dụng hệ thức \(SD.SA = SB_1^2\).

Hướng dẫn giải

Chứng minh rằng nếu có một mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của một hình tứ diện thì hình tứ diện đó có tổng các cặp cạnh đối diện bằng nhau.

Phương pháp giải

Sử dụng tính chất tiếp tuyến cắt nhau của mặt cầu.

Hướng dẫn giải

Giả sử có một mặt cầu tiếp xúc với các cạnh AB, AC, AD, BC, CD, BD của tứ diện ABCD lần lượt tại M, N, P, Q, R, S. Khi đó AM, AN, AP là các tiếp tuyến cùng xuất phát từ A nên AM = AN = AP.

Lập luận tương tự ta có: BM = BQ = BS; CQ = CR = CN; DR = DS = DP

Vậy AB + CD = AM + MB + CR + RD = AN + BS + CN + DS = AN + NC + BS + SD = AC + BD

Bằng lí luận tương tự ta chứng minh được AB + CD = AC + BD = AD + BC

Hình tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a và có đường cao AH. Gọi O là trung điểm của AH. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OBCD.

Phương pháp giải

- Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và trục của tam giác vuông BOD).

- Tính bán kính và kết luận.

Hướng dẫn giải

Gọi H trọng tâm của tam giác đều BCD.

Ta có \(\displaystyle AH \bot (BCD). Do\,\, đó, \displaystyle A{H^2} = A{C^2} - H{C^2}\displaystyle = {a^2} - {({2 \over 3}{{a\sqrt 3 } \over 2})^2} = {{2{a^2}} \over 3}\)

Vậy \(\displaystyle AH = {{a\sqrt 6 } \over 3}\) và \(\displaystyle OH = {{a\sqrt 6 } \over 6}\)

Mặt khác \(\displaystyle O{C^2} = O{H^2} + H{C^2} \displaystyle = {{{a^2}} \over 6} + {{{a^2}} \over 3} = {{{a^2}} \over 2}\) hay \(\displaystyle OC = OB = OD = {{a\sqrt 2 } \over 2}\)

Vì BD = BC = CD = a nên các tam giác DOB, BOC, COD là những tam giác vuông cân tại O.

Do đó hình chóp ODBC là hình chóp có đáy là tam giác đều nên tâm của mặt cầu ngoại tiếp phải nằm trên OH, ngoài ra tâm của mặt cầu ngoại tiếp này phải nằm trên trục của tam giác vuông DOB.

Từ trung điểm C’ của cạnh BD ta vẽ đường thẳng song song với OC cắt đường thẳng OH tại I.

Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OBCD. Mặt cầu này có bán kính là IC và IC² = IH² + HC².

Chú ý rằng \(\displaystyle IH = {1 \over 2}OH\) (vì \(\displaystyle HC' = {1 \over 2}HC\))

Do đó: \(\displaystyle I{C^2} = {{{a^2}} \over {24}} + {{{a^2}} \over 3} = {{9{a^2}} \over {24}}\) hay \(\displaystyle IC = {{a\sqrt 6 } \over 4}\)

Hình chóp S.ABCD có SA = a là chiều cao của hình chóp và đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B có AB = BC = a và AD = 2a. Gọi E là trung điểm của cạnh AD. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE.

Phương pháp giải

- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp (giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE và mặt phẳng trung trực của SE)

- Tính toán dựa trên các kiến thức hình học đã biết.

Hướng dẫn giải

Cho hình cầu tâm O bán kính r. Lấy một điểm A trên mặt cầu và gọi (α) là mặt phẳng đi qua A sao cho góc giữa OA và (α) bằng 30^o.

a) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi (α) và hình cầu.

b) Đường thẳng đi qua A vuông góc với mặt phẳng (α) cắt mặt cầu tại B. Tính độ dài đoạn AB.

Phương pháp giải

a) Thiết diện tạo bởi \((\alpha )\) và hình cầu là hình tròn, diện tích \(S = 4\pi {R^2}\)

b) Sử dụng các kiến thức hình học đã biết để tính độ dài AB.

Hướng dẫn giải

a) Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm O trên mặt phẳng \(\displaystyle (\alpha )\)

Theo giả thiết ta có \(\displaystyle \widehat {OAH} = {30^0}\)

Do đó: \(\displaystyle HA = OA.\cos {30^0} = r{{\sqrt 3 } \over 2}\)

Vậy diện tích của thiết diện tạo bởi \(\displaystyle (\alpha )\) và hình cầu là: \(\displaystyle S = \pi .H{A^2} = {{3\pi {r^2}} \over 4}\)

b) Mặt phẳng (ABO) qua tâm O của hình cầu nên cắt mặt cầu theo đường tròn lớn qua A và B. Gọi I là trung điểm của đoạn AB ta có \(\displaystyle OI \bot AB\) . Vì AB // OH nên AIOH là hình chữ nhật.

Do đó \(\displaystyle AI = OH = {{OA} \over 2} = {r \over 2}\)

Vậy AB = 2AI = r

Cho hình cầu đường kính AA’ = 2r. Gọi H là một điểm trên đoạn AA’ sao cho \(AH = {{4r} \over 3}\). Mặt phẳng \((\alpha )\) qua H và vuông góc với AA’ cắt hình cầu theo đường tròn (C).

a) Tính diện tích của hình tròn (C).

b) Gọi BCD là tam giác đều nội tiếp trong (C), hãy tính thể tích hình chóp A.BCD và hình chóp A’.BCD.

Phương pháp giải

a) Công thức tính diện tích hình tròn \(S = \pi {R^2}\)

b) Thể tích hình chóp: \(V = \dfrac{1}{3}Sh\), ở đó S là diện tích đáy, h là chiều cao.

Hướng dẫn giải

a) Theo giả thiết ta có \(\displaystyle AH = {{4r} \over 3}\)

Ta suy ra \(\displaystyle OH = {r \over 3}\). Gọi  r’  là bán kính của đường tròn (C).

Ta có: \(\displaystyle r{'^2} = {r^2} - O{H^2} \displaystyle = {r^2} - {{{r^2}} \over 9} = {{8{r^2}} \over 9}\)

Vậy diện tích của hình tròn (C) là: \(\displaystyle S = \pi r{'^2} = {{8\pi {r^2}} \over 9}\)

b) Vì BCD là tam giác đều nên ta có: \(\displaystyle BC = r'.\sqrt 3 = {{2\sqrt 6 } \over 3}r\)

Diện tích của tam giác đều BCD là \(\displaystyle S = {{B{C^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{24{r^2}} \over 9}.{{\sqrt 3 } \over 4} = {{2{r^2}\sqrt 3 } \over 3}\)

Thể tích hình chóp A.BCD là: \(\displaystyle V = {1 \over 3}{{2{r^2}\sqrt 3 } \over 3}.{{4r} \over 3}\displaystyle = {{8\sqrt 3 {r^3}} \over {27}}\)

Hai hình chóp A.BCD và A’.BCD có chung mặt đáy BCD nên:

\(\displaystyle {{{V_{A'.BCD}}} \over {{V_{A.BCD}}}} = {{HA'} \over {HA}} = {1 \over 2}\)

Do đó \(\displaystyle {V_{A'.BCD}} = {{4\sqrt 3 {r^3}} \over {27}}\)