mặt cầu trong không gian

Tính theo a và h các bán kính r, R của hình cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình chóp.. Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là giao điểm của trục SH và trung trực của cạnh SB thuộc mpSHB

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỦA HÌNH CẦU

Bài 1 Cho hình cầu (O, R) Gọi S là một điểm bất kỳ trên mặt cầu

1 Từ S dựng cát tuyến bằng nhau cắt mặt cầu tại A, B, C từng đôi một lập với

nhau góc α

a Tính thể tích SABC theo R và α

b α thay đổi xác định α để thể tích ấy đạt Max

2 Giả sử mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng (P) tại I Hai tiếp tuyến của mặt cầu tại S

cắt mặt phẳng (P) tại A, B

a Chứng minh rằng:

ASB AIB=

b Gọi I′ là điểm đối xứng I qua AB Chứng minh rằng: I, I′, S, O cùng ∈ một

mặt phẳng và I′S luôn đi qua một điểm cố định trên mặt cầu đã cho

c) Cho S di động trên mặt cầu nhưng sao cho
ASB

2

π

= Các điểm A, B chạy

trên hai đường thẳng d, d′ nằm trong (P) với d, d′ vuông góc với nhau tại K CMR: Khi đó mặt cầu đường kính AB luôn chứa một đường tròn cố định I′ chạy trên một đường thẳng cố định còn S di động trên một đường tròn cố định

Giải

1 a Theo (gt) SA = SB = SC

và
ASB BSC=
=CSA
= α

⇒ ∆ SAB = ∆SBC = ∆SCA ⇒ ABC đều

Kẻ SO1 ⊥ (ABC) ⇒ O1 là tâm ngoại tiếp ∆ABC

Đặt l = SA = SB = SC, SO1 cắt hình cầu tại D

Tam giác vuông SAD ~ tam giác vuông SO1A

2 1

1

SO

l

Mặt khác ta có

2

4 sin

l

1

3

α

E

B

D

O

S

Do 2 2 sin 4 1 4sin2 sin

3

2

SABC

V max⇔T= 1+2 cosα 1 cos− α max Theo bất đẳng thức Côsi ta có:

3

1 2 cos 1 2 cos 4 4 cos

T 1 2 cos 1 2 cos 4 4 cos

max

Khi đó Vmax 8 3 3

27 R

= và SABC là tứ diện đều

2 a Do AS, BS, AI, BI là các tiếp tuyến nên

AI = AS, BI = BS ⇒ ∆SAB = ∆IAB ⇒
ASB=AIB

b Gọi O′ = AB ∩ II′ Ta có:

II′ ⊥ AB; OI ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (II′O)

Do ∆SAB = ∆IAB nên

SO'A=IO A′ =90 ⇒ SO′ ⊥AB

⇒ AB⊥(SII′) ⇒ (II′O) ≡ (SII′)

⇒ 4 điểm I, I′, S, O ∈ 1 mặt phẳng

Kéo dài IO cắt (O, R) tại J ⇒ JSI=90o Dễ thấy ∆SO′B = ∆IO′B suy ra:

SO′ = IO′ = I′O′ ⇒ ISI=90o Mặt khác I, J, S, I′ ∈ một mặt phẳng

⇒ J, S, I′ thẳng hàng.⇒ I′S luôn đi qua điểm J cố định ∈ mặt cầu (O, R)

c Theo (gt):
AKB = AIB = ASB

2

π

= ⇒ Mặt cầu đường kính AB chứa đường tròn cố định đường kính IK trong mặt phẳng (OIK)

Đặt
IKB= α ⇒I AB = IAB = IKB
′

= α ⇒ I′ chạy trên đường thẳng Kt tạo với d′ một góc α không đổi (trong mặt phẳng (P))

Mặt khác S∈(O,R), S∈(KJI′) nên S ∈ đường tròn cố định là giao tuyến của

(O, R) với (KJI′)

A

B O′

I

S

J

O

Bài 2 Cho hình cầu (O, R) Gọi (L) là giao tuyến của mặt cầu với (P) cách tâm

cầu một khoảng bằng h (0 < h < R) Lấy A là một điểm cố định trên (L) Một

góc vuông
x yA trong (P) quay quanh điểm A Các cạnh Ax, Ay cắt (L) ở C, D

Đường thẳng đi qua A ⊥ với (P) cắt mặt cầu ở B

1 Chứng minh rằng: BC2

+ AD2 và BD2 + AC2 luôn không đổi

2 Với vị trí nào của CD thì dt ∆( BCD max)

3 Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc H của B lên đường thẳng CD

Giải

1 Gọi O′ là trung điểm CD ⇒ OO′ ⊥ (P),

CO′ = DO′ và AB = 2OO′ = 2h

Ta có: AO′= AO2 −OO′2 = R2 −h2

Do BA ⊥ (P) nên BA ⊥ AC, BA ⊥ AD

⇒ BC2

= AB2 + AC2

⇒ BC2

+ AD2 = AB2 + AC2 + AD2

Tương tự: BD2 +AC2 = AB2 +AD2 +AC2 = AB2 +CD2 =4R2

2 Do BH ⊥ CD ⇒ dt(BCD) = 1

Xét tam giác vuông BHO′ có BH ≤ BO′ nên BH max ⇔ BH ≡ BO′ ⇔ H ≡ O′

⇒ ∆BCD cân tại B ⇒ BD = BC ⇒ AD = AC ⇒ ∆ACD vuông cân ⇔ CD ⊥ AO′

3 BA ⊥ (P), BH ⊥ CD nên ⇒ CD ⊥ AH

⇒ H ∈ đường tròn đường kính AO′ trong (P)

Bài 3 Cho mặt cầu tâm bán kính R Một hình nón nội tiếp trong hình cầu có

chiều cao là x (0 < x < 2R)

a Tính thể tích V, diện tích xung quanh S của hình nón

b Tìm hệ thức liên hệ giữa V, S, R độc lập đối với x

B

D

O

H O′

A

C (L)

Giải

a Gọi r là bán kính của đường tròn đáy của hình nón:

ưr 2 = OM2 – OH2 = R2 – (x – R)2 = r 2 = 2Rx – x2 = x(2R – x)

Thể tích của hình nón: V 1 2 1 2(2 )

Diện tích xung quanh của hình nón: S = πrSM

Ta có: SM= SH2 +HM2 2 ( )

2

S= π 2Rx 2R−x = πx 2R 2R−x

b Ta có V 1 2(2R )

= π − (1); S= πx 2R 2R( −x)⇒S2 = π2 2Rx2(2R−x) (2)

Lấy (2) chia (1) ta nhận được hệ thức độc lập với x:

2

V = π

Bài 4 Tìm hình nón có thể tích nhỏ nhất ngoại tiếp hình cầu bán kính R cho

trước So sánh Stp và V của hình nón với diện tích và thể tích của hình cầu

Giải

Gọi r là bán kính của đường tròn đáy, h là chiều cao và V là thể tích của hình nón,

khi đó 1 2

3

V = πr h Ta có hai tam giác SCA và SDO đồng dạng với nhau nên

⇒

2

2 2

r

−

2

1

h R

π

−

Ta có:

=

2

3

1

R

V = πr h≥ π Với h=4 ;R r=R 2 thì min( ) 8 3

3

R

i S tp = πr SA+ πr2 = πR 2 2R2 +16R2 + π2 R2 = π8 R2

S

O

H

M

O

S

r

Bài 5 Cho chóp tam giác đều SABC với cạnh đáy AB a= , đường cao SH = h

a Tính theo a và h các bán kính r, R của hình cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình chóp

b Giả sử a cố định, còn h thay đổi Xác định h để tỷ số r

R là lớn nhất

Giải

a Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

SABC là giao điểm của trục SH và trung

trực của cạnh SB thuộc mp(SHB)

Gọi M là trung điểm SB

Tứ giác OMBH nội tiếp suy ra:

2

2

SB

SO SH =SM SB=

2

SB

SH

= = trong đó:

2

a

Vậy bán kính hình cầu ngoại tiếp SABC là 3 2 2

6

R

h

+

• Gọi I là tâm của hình cầu nội tiếp SABC, khi đó I là giao điểm của trục SH

và phân giác trong của góc phẳng nhị diện
SEH (điểm E là trung điểm AC)

Do EI là phân giác góc E nên ta có:

Suy ra r IH EH SH

⋅

+ trong đó:

;

a

2

3

12 3

6

12

r

h

h

⋅

⋅

B

H

A

E

C

O

M

S

I

b Ta có: ( )

12

2 3

r

=

Đặt t= a2 +12h2 >a⇔t2 =a2 +12h2⇒12h2 =t2 −a2

3

2 3

r

+ +

+

Ta có:

2

4

2

a

−

  , áp dụng bất đẳng thức Cô–si, ta có:

− − (vì t−a> ) 0 Vậy R 3

r ≥ Dấu bằng xảy ra khi (t−a)2 =4a2 ⇒ − =t a 2a⇒ =t 3a

Từ đó suy ra 1

3

r

R≤ hay Max( ) 1

3

r

Dấu bằng xảy ra ⇔ t=3a 12 2 2 9 2 2 2 2 6

a a

Bài 6 Cho hình chóp tam giác đều SABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a,

mặt bên lập với mặt đáy góc α (0° < α <90° )

a Tính theo a và α độ dài cạnh bên, độ dài chiều cao (hạ từ đỉnh S) và các bán

kính R, r của các mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp của hình chóp đó

b Chứng minh rằng: 1

3

r

R ≤ Trong trường hợp nào ta có dấu đẳng thức?

Giải

a Gọi M là trung điểm AC, suy ra SMB = α

3

Suy ra độ dài đường cao 3tg

6

a

Độ dài cạnh bên SA=SB=SC= SH2 +BH2

3

B

H

A

M

C

O

S

I

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp 3 2 2 3 tg( 2 4)

a

R

h

α + +

α

Bán kính mặt cầu nội tiếp ( 2 12 2 ) ( tg 2 1 1)

a

r

h

α + −

α

Cách khác: Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp suy ra MI là phân giác góc M,

a

2

r

R

α + −

=

2

1

r R

α +

Ta sẽ chứng minh: 6 tgα + −2 1 tg2α −10≤ 0 ⇔6 tgα + ≤2 1 10+tg2α

Điều này hiển nhiên đúng do đó ta có 1 0 1

R − ≤ ⇔ R≤ (đpcm)

Dấu bằng xảy ra ⇔ tg2α = ⇔8 tgα =2 2

3

r

R= khi hình chóp SABC là tứ diện đều

Bài 7 Cho hình chóp đều SABCD có cạnh đáy bằng a và
ASB = α

1) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp

3) Chứng minh rằng hai tâm mặt cầu đó trùng nhau khi và chỉ khi α =45o

Giải

1) Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp là giao điểm của trục SH và trung trực của

SA thuộc mp(SAH)

Tứ diện OHAM ngoại tiếp:

2

2

SA

2

2

SA

SH

Biết:

2 sin

2

a

SA =

α ;

2

2 2

2

1 2sin

2 2sin

SH

a

α

α

α −

cos

2 sin

2

a

α

Vậy:

4 sin cos

2

a

R =

α α (Điều kiện 0 90

o

< α < )

2) Tâm I của mặt cầu nội tiếp là giao điểm của trục SH và phân giác của góc
SEH

Tính chất phân giác cho: IH EH IH EH

IS = ES ⇔ IS+IH =ES +EH

cos

2 sin

cos

a a

a

α α

α

3) Điều kiện cần và đủ để tâm mặt cầu nội tiếp trùng nhau là: r+R=SH

4 sin cos 2 sin

2 sin cos

( 2 2 )

2

tp

Bài 8 Cho hình chóp tứ giác đều SABCD đỉnh S, cạnh đáy a, chiều cao h

1) Tính các bán kính R và r của các hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp 2) Gọi W là thể tích hình chóp V là thể tích hình cầu ngoại tiếp, v là thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp Trong những trường hợp nào thì mỗi tỷ số: w

, ,

V đạt giá trị lớn nhất?

S

O

C

D

H

A

E

2 α

B

M

I

Giải

1) Ta có:

+

2) Ta có: 4 3; 4 3; w=1 2

Để tìm giá trị lớn nhất của W

V ta chỉ cần xét tỉ số:

64

4

A

g

Đặt

2

2h

t

a

= với t >0, ta được:

2 3

16 1

t A t

= + Đặt a 3 Với t> ⇒0 f t( ) đạt giá trị lớn nhất khi t = 2

Nói cách khác tỉ số: W

V đạt giá trị lớn nhất khi

2 2

2h 2

a = hay h = a

Để tìm giá trị lớn nhất của v

V ta chỉ cần xét tỉ số:

r

Đặt: t= 4h2 +a2 >a⇒4h2 =t2 −a2;

−

Điều kiện để phương trình có nghiệm: ∆ ≥0

2 1

C

−

a

Để tìm giá trị lớn nhất của V

W ta chỉ cần xét tỉ số:

3

4

r

B

a h

Đặt: ( )

4 4

4Bt a 8B 1 t a 4B 1 0

Điều kiện để phương trình có nghiệm là: ∆ ≥′ 0

32

B− − B B+ ≥ ⇔ − B+ ≥a⇔B≤

Dấu bằng xảy ra khi:

4

a

B

−

−

Bài 9 Trong mặt phẳng (P) cho hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường tròn

tâm O bán kính R, các cạnh đáy AB và CD thỏa mãn điều kiện AB : CD = a :

4 Trên đường thẳng (d) ⊥ tại O lấy điểm S sao cho OS = 2R

1) Tính diện tích toàn phần và thể tích hình chóp SABCD

2) Chứng minh rằng O cách đều 4 mặt bên của hình chóp SABCD; từ đó tìm chân và bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp

Giải

1) Diện tích toàn phần và thể tích

Gọi I, J, K, L lần lượt là tiếp

điểm của (O) với ABCD

Ta có OI = OJ = OK = OL

Suy ra SI= SJ = SK = SL

Mà OI ⊥ AB ⇒ SI ⊥ AB

Tóm lại ta có: SI, SJ, SK, SL là

các đường cao của 4 tam giác

SAB, SCD, SAD và SBC

Để tính diện tích toàn phần và thể tích ta tính SK, AB và CD

Tam giác SOK vuông cho: SK2 =SO2 +OK2 =5R2⇒SK=R 5

D

K

C

J

O

S

Tam giác AOD vuông cho: AK DK =OK2 =R2

CD AB

Lại có: CD = 4AB ⇒ AB = R, CD = 4R

Vì ABCD ngoại tiếp đường tròn nên:

AB + CD = AD + BC = 5AB

Vậy: AB + CD + AD + BC = 10AB = 10R

2

xq

S = AB+CD IJ= ⋅ R= R ; S tp =S tp +S§ =5R2( 5+1)

3

R

2) O cách đều 4 mặt

Các tam giác: SOI, SOJ, SOK, SOL bằng nhau, nên khoảng cách từ O đến SI,

SJ, SK, SL đều bằng nhau Vậy O cách đều bốn mặt bên của hình chóp SABCD Suy ra tâm ω của mặt cầu nội tiếp nằm trên SO và:

( )

( )

3 2

5 1

2

tp

R

O

−

+

Bài 10 Trong mặt phẳng (P), người ta cho tam giác cân AOB có OA=OB=2a

và góc
120o

AOB = Trên đường vuông góc với (P) tại O, về hai phía của điểm

O, người ta lấy hai điểm C và D sao cho tam giác ABC là vuông tại C và tam giác ADB là đều

1) Tính khoảng cách OC và khoảng cách OD

2) Tính thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện ABCD

3) Tìm tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Tính bán kính của mặt cầu này và bán kính của các đường tròn được cắt bởi bốn mặt của tứ diện

L

C

J

D

K

O

Giải

1) Gọi M là trung điểm của AB

Ta có tam giác OMA là nửa tam giác đều:

Với: OA = 2a; OM = a

và AM =AM =a 3⇒AB=2a 3

Tam giác ABC vuông cân:

a AB

Ta có: S tp =S ACD +S BCD +S ABC +S ABD

( )2

ABC

3) Tam giác ACD có đường cao OA = 2a, OC = a 2, OD = 2a 2

Vậy OA2 =OC OD =4a2

Vậy tam giác ACD và BCD vuông lần lượt tại A và B Tứ giác ABCD nội tiếp

trong đường tròn đường kính CD và bán kính 3 2

a CD

Các mặt (ACD) và (BCD) cắt theo đường tròn lớn nên có bán kính 3 2

2

a

Mặt (ACB) là tam giác vuông cân; nên đường tròn ngoại tiếp có bán kính:

2

AB

Mặt (DAB) là tam giác đều nên có đường tròn ngoại tiếp có bán kính là:

3

AB

30o

C

O

D

A

M

B

Bài 11 Cho hình chóp tam giác đều SABC có đường cao SH = h Gọi I, J, K

lần lượt là trực tâm của các tam giác SAB, SBC, SCA

1) Chứng minh mặt cầu đi qua S, I, J, K có tâm ở trên SH

2) Gọi r là bán kính của mặt cầu ấy Tính thể tích của SABC theo r và h

Giải

1) SABC là hình chóp đều, các mặt

bên là các tam giác cân bằng nhau

nên SI = SJ = SK ⇒ (IJK) // (MNP)

Do đó: SH cũng là trục của tam giác

IJK Suy ra tâm ω mặt cầu ngoại tiếp

SIJK nằm trên trục SH

2) Gọi V là thể tích của SABC, ta có:

2

1

BC h

Ta phải tính BC theo h và R

Vì J là trực tâm của tam giác SBC nên:

Gọi S′ là điểm đối xứng của S qua tâm ω

Ta có SS′ = 2r và tứ giác S′HNJ nội tiếp cho: SS′.SH = SJ.SN = 2hr (2)

Lại có:

3

2

Thay (2), (3) vào (1) ta được:

Vậy: 2( 2 ) 3

2

S’

J H’

S

ω

S

K

I

K

J

H

C

N

B

M

Bài 12 Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, có mặt bên

(SBC) vuông góc với mp(ABC) và SA = SB = AB = AC = a

1) Chứng tỏ tam giác SBC vuông

2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp SABC biết rằng SC = x

Giải

1) Từ giả thiết: SA = SB = AB = AC = a

Với: AS = AB = AC = a

A nằm trên trục của tam giác SBC

Gọi O là trung điểm BC ⇒ AO ⊥ (SBC)

2) Tâm ω của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

phải là giao điểm của trục AO và trung

trực của AB thuộc mp(ABC)

Nói cách khác ω chính là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi R

là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có:

2

R

2

sin

2

a

OA ABC

+

−

Vậy:

2

3

a

R

=

− (điều kiện: 0<x<a 3)

Bài 13 Tâm O hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nằm trên đường thẳng IJ nối

trung điểm I của cạnh AB và trung điểm J của cạnh CD

1) Chứng minh rằng IJ là đường cao vuông góc chung của AB và CD và AC =

BD, AD = BC

2) Giả thiết thêm rằng đường thẳng AO vuông góc với mặt (BCD) Chứng minh rằng các cạnh AB và CD vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD

A

B

M

O

S

C

Giải

1) Vì OA = OB nên trung tuyến OI cũng là đường

cao hay OI ⊥ AB Tương tự: OJ ⊥ CD

Nói cách khác IJ là đường vuông góc chung của AB

và DC Suy ra: IA = JB và IC = ID

Dựng hình hộp đứng AD′BC′.A′DB′C ta có các

mặt bên đối nhau là những hình chữ nhật bằng nhau

nên các đường chéo: AC = BD và AD = BC

2) Nếu AO ⊥ (BCD) thì AO ⊥ CD Như ta đã biết: IO ⊥ CD

Vậy: CD ⊥ (AOB) ⇒ CD ⊥ AB Lúc này đáy ABC′D′ có hình thoi, nên các mặt bên là các hình chữ nhật bằng nhau Suy ra: AC = BD = AD = BC

Bài 14 Cho tứ diện ABCD có I là trung điểm của AB và J là trung điểm của

CD; IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD và AB, vuông góc với CD Cho AB = a, CD = b, IJ = h Xác định vị trí của O để cho O là tâm của mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD Lúc đó, hãy tính bán kính của mặt cầu này

Giải

Dễ thấy
CID là góc phẳng của nhị diện cạnh

AB, mà IJ là đường phân giác của góc
CID

nên: O∈IJ⇒O cách đều (ABC) và (ABD)

Tương tự O cũng cách đều (ACD) và (BCD)

Chiếu O trên BJ là H Hai tam giác OHJ và

BIJ đồng dạng suy ra:

BI = BJ ⇔ = BJ Đặt IO = x suy ra:

2

2 4 4

4

a

OH

h

−

−

+ +

Gọi K là hình chiếu của O lên ID Hai tam giác IOK và IDJ đồng dạng suy ra:

bx OK

=

+

C’

I

B

O

D B’

C

J

A

A

I

B

C

J

D

H

Để: OH =OK thì ( )

abx

+

Bán kính đường tròn nội tiếp chính là:

abh

và O nằm trên IJ xác định bởi:

4

+

= =

Bài 15 Cho tứ diện ABCD Dựng AI ⊥ (BCD), I∈(BCD) Gọi E là trung điểm AI

Hạ EK ⊥ AD (K ∈ AD)

1) Chứng minh rằng EK đi qua trọng tâm H của tam giác ABC, từ đó suy ra rằng EH = EK

2) Mặt phẳng qua BC và E chia thể tích tứ diện thành hai phần theo tỷ số nào? 3) Mặt phẳng qua BC và E chia tứ diện đã cho thành hai tứ diện Tính tỷ số bán kính hình cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó

Giải

1) Gọi H là trọng tâm tam giác ABC

Dựng HK và IL vuông góc với AD

3

LK=IH = AD

và vì tam giác AMD cân nên AK = LD

3

AK=KL=LD= AD

Vậy: IH // AK ⇒ AHIK là hình bình hành

⇒ AI và HK cắt nhau tại trung điểm E của mỗi đường (EA = EI và EH = EK)

A

B

M I

C

D

L

K

J

E

J

2) Kéo dài ME cắt AD tại J, BCJ là thiết diện phải tìm

IH cắt MI tại J′ Ta có IJ′ // AD

Suy ra IJ′AJ là hình bình hành ⇒ IJ′ = AJ

3

Vậy: 1

3

AJ = JD

3

ABCJ

DBCJ

3) Tam giác BCD có trục là AI ⇒ Tâm O2 của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện JBCD là giao điểm của trung trực của JD trong mặt phẳng (AMD) và trục AI Tương tự ∆ABC có trục DH ⇒ tâm O1 của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện JABC là giao điểm của trung trực của JA trong mặt phẳng (AMD) và trục DH

Đặt AD = a

2 2

;

Tứ giác IO2QD nội tiếp: AO AI2 = AQ AD (biết 5

8

2

6 3

AO

2

129

Tương tự tứ giác APHO1 nội tiếp:

2 2

7

3

a

a

a

21

a

Vậy: 1

2

51

43

R

Mặt cầu tiếp xúc với các cạnh của tứ diện

E

J

A

H J’

J

A

H

O1

P

Q

O2