THCS
THCS
Chúng tôi xin giới thiệu đến bạn đọc tài liệu hướng dẫn giải chi tiết các bài tập trong sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao, chương "Mặt cầu, Khối cầu". Tài liệu bao gồm lời giải cho các bài tập trong phần "Câu hỏi và Bài tập" cũng như phần "Luyện tập", giúp học sinh nắm vững kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải toán.
CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP
Bài 1. Trong không gian cho ba đoạn thẳng AB, BC, CD sao cho AB ⊥ BC, BC ⊥ CD, CD ⊥ AB. Chứng minh rằng có mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. Tính bán kính mặt cầu đó nếu AB = a, BC = b, CD = c.
Lời giải:
Vì AB ⊥ BC và AB ⊥ CD nên AB ⊥ BD. Tương tự ta có DC ⊥ AC. Theo tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông ứng với cạnh huyền: BO = CO = 1/2 AD. Suy ra A, B, C, D nằm trên mặt cầu tâm O, bán kính: R = 1/2 AD = 1/2√(a² + b² + c²). Tâm mặt cầu O là trung điểm AD.
Bài 2.
a) Tìm tập hợp tâm các mặt cầu đi qua hai điểm phân biệt A, B cho trước.
b) Tìm tập hợp tâm các mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C đôi một phân biệt cho trước.
c) Tìm tập hợp tâm các mặt cầu đi qua một đường tròn cho trước.
d) Có hay không một mặt cầu đi qua một đường tròn và một điểm nằm ngoài mặt phẳng của đường tròn.
Lời giải:
a) Gọi I là tâm mặt cầu đi qua hai điểm A, B cho trước, khi đó IA = IB. Vậy I nằm trên mặt phẳng trung trực của AB.
b) I là tâm mặt cầu đi qua ba điểm phân biệt A, B, C cho trước khi và chỉ khi IA = IB = IC. Vậy:
c) I là tâm mặt cầu đi qua đường tròn (C) cho trước khi và chỉ khi I cách đều mọi điểm của đường tròn. Vậy tập hợp các điểm I là trục của đường tròn (C).
d) Gọi M là điểm nằm ngoài mặt phẳng của đường tròn (C). Lấy điểm A nằm trên (C) và gọi I là giao điểm của trục đường tròn và mặt phẳng trung trực của MA. Khi đó mặt cầu tâm I, bán kính R = IA = IM là mặt cầu đi qua đường tròn (C) và đi qua điểm M.
Bài 3. Cho điểm M nằm trong mặt cầu (S). Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?
a) Mọi mặt phẳng đi qua M đều cắt (S) theo một đường tròn.
b) Mọi đường thẳng qua M đều cắt (S) tại hai điểm phân biệt.
Lời giải:
Cả a và b đều đúng.
Bài 4. Cho đường thẳng d và điểm A không nằm trên d. Xét các mặt cầu đi qua A và có tâm nằm trên d. Chứng minh rằng các mặt cầu đó luôn luôn đi qua một đường tròn cố định.
Lời giải:
Gọi S là mặt cầu đi qua điểm A có tâm O nằm trên d. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d. Khi đó (P) cắt mặt cầu S theo giao tuyến là đường tròn (C), có tâm I là giao của mặt phẳng (P) với d, bán kính r = IA, suy ra (C) cố định. Vậy S luôn đi qua đường tròn cố định (C).
Bài 5. Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng?
a) Nếu hình đa diện nội tiếp mặt cầu thì mọi mặt của nó là đa giác nội tiếp đường tròn.
b) Nếu các mặt của đa diện nội tiếp đường tròn thì đa diện đó nội tiếp mặt cầu.
Lời giải:
a) Đúng.
b) Sai. Ví dụ: Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu S. Lấy điểm E nằm khác phía với A đối với mặt phẳng (BCD) sao cho E không nằm trên (S). Xét hình đa diện ABCDE có 6 mặt ABC, ABD, ADC, EBC, ECD, EDB. Các mặt đó đều nội tiếp đường tròn nhưng hình đa diện ABCDE không nội tiếp hình cầu. Vì nếu có mặt cầu đi qua các đỉnh A, B, C, D, E thì nó phải đi qua A, B, C, D nên mặt cầu đó chính là S, nhưng E lại không nằm trên S.
Bài 6.
a) Tìm tập hợp tâm các mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh của một tam giác.
b) Chứng minh rằng nếu có mặt cầu tiếp xúc với sáu cạnh của hình tứ diện ABCD thì: AB + CD = AC + BD = AD + BC.
Lời giải:
a) Giả sử O là tâm mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA lần lượt tại I, J, K. Khi đó OI ⊥ AB, OJ ⊥ BC, OK ⊥ CA, OI = OJ = OK (1). Gọi O’ là hình chiếu của O lên mp (ABC) thì (1) ⇔ O’I ⊥ AB, O’J ⊥ BC, O’K ⊥ AC, O’I = O’J = O’K hay O’ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Suy ra tập hợp các điểm O là trục của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
b) Giả sử có mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của tứ diện ABCD tại các điểm M₁, M₂, M₃, M₄, M₅, M₆ như hình vẽ. Khi đó ta có: AM₁ = AM₂ = AM₃, BM₁ = BM₆ = BM₄, CM₅ = CM₂ = CM₄, DM₅ = DM₃ = DM₄. Suy ra AM₁ + BM₁ + CM₅ + DM₅ = AM₂ + CM₂ + BM₆ + DM₆ = AM₃ + DM₃ + BM₄ + CM₄ ⇔ AB + CD = AC + BD = AD + BC. Đảo lại nếu tứ diện có tổng các cạnh đối bằng nhau thì tồn tại mặt cầu tiếp xúc với các cạnh của tứ diện.
Bài 7.
a) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a và chiều cao h.
b) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh cùng bằng a. Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, SC, SD. Chứng minh rằng các điểm A, B, C, D, A’, B’, C’, D’ cùng thuộc mặt cầu và tính thể tích khối cầu đó.
Lời giải:
a) Giả sử SH là đường cao của hình chóp đều S.ABC. Khi đó SA = SB = SC nên mọi điểm nằm trên SH cách đều A, B, C. Trong mặt phẳng (SAH) đường trung trực của SA cắt SH tại O, thì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, bán kính mặt cầu là R = SO. Gọi I là trung điểm SA thì tứ giác AHOI nội tiếp nên: SO.SH = SI.SA hay SO = SA²/2SH = SA²/2h. Ta có: SA² = SH² + AH² = h² + (a√3/3)² = (a² + 3h²)/3. Suy ra R = SO = (a² + 3h²)/6h. Vậy thể tích khối cầu V = 4/3π((a² + 3h²)/6h)².
b) Gọi SH là đường cao của hình chóp đều SABCD thì H là tâm hình vuông ABCD và SH đi qua tâm H’ của hình vuông A’B’C’D’. Mọi điểm nằm trên SH đều cách đều bốn điểm A, B, C, D và cũng cách đều bốn điểm A’, B’, C’, D’. Trên SH xác định điểm O sao cho OA = OA’ thì O cách đều 8 đỉnh A, B, C, D, A’, B’, C’, D’ tức 8 đỉnh đó nằm trên mặt cầu tâm O, bán kính R = OA. Điểm O là giao điểm của đường thẳng SH và mặt phẳng trung trực của đoạn AA’. Do ΔSAC vuông cân tại S. Gọi I là trung điểm AA’ thì ΔSIO cũng vuông cân tại I nên OI = SI = 3a/4. Suy ra: R = OA = √(OI² + AI²) = √((3a/4)² + (a/4)²) = a√10/4. Thể tích khối cầu là: V = 4/3πR³ = 5πa³√10/24.
Bài 8. Cho tứ diện ABCD, với AB = CD = c, AC = BD = b, AD = BC = a.
a) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
b) Chứng minh rằng có một mặt cầu tiếp xúc với bốn mặt của tứ diện (nó được gọi là mặt cầu nội tiếp tứ diện).
Lời giải:
a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD thì IJ ⊥ AB, IJ ⊥ CD. Gọi O là trung điểm IJ thì OA = OB và OC = OD. Do AB = CD = c nên hai tam giác vuông OIB và OJC bằng nhau nên OB = OC. Vậy O cách đều 4 đỉnh A, B, C, D. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm O, bán kính R = OA. Ta có OA² = OI² + AI² = IJ²/4 + AB²/4 = (IJ² + c²)/4. Vì CI là trung tuyến của tam giác ABC nên: CI² = (2a² + 2b² – c²)/4. Suy ra IJ² = CI² – CJ² = (a² + b² – c²)/2. Như vậy R² = OA² = (a² + b² + c²)/8 và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là: S = 4πR² = π/2(a² + b² + c²).
b) Các mặt của tứ diện là các tam giác bằng nhau (đều có ba cạnh là a, b, c) nên các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đó có bán kính r bằng nhau. Các đường tròn đó đều nằm trên mặt cầu (O; R) nên khoảng cách từ tâm O tới các mặt phẳng chứa các đường tròn đó bằng nhau và bằng: h = √(R² – r²). Vậy mặt cầu tâm O bán kính h là mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD.
Bài 9. Tìm diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC biết SA = a, SB = b, SC = c và ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc. Chứng minh rằng các điểm S, G, I thẳng hàng, trong đó G là trọng tâm tam giác ABC và I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Lời giải:
Gọi J là trung điểm của AB. Vì tam giác SAB vuông ở đỉnh S nên IS = JA = IB. Gọi Δ là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (SAB) tại J thì mọi điểm của đường Δ đều cách đều ba điểm S, A, B. Bởi vậy nếu gọi I là giao điểm của Δ với mặt phẳng trung trực của đoạn SC thì I cách đều bốn điểm S, A, B, C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC có tâm I, bán kính R = IA. Ta có: R² = IA² = IJ² + AJ² = (SC/2)² + (AB/2)² = (a² + b² + c²)/4. Diện tích mặt cầu bằng: S = 4πR² = π(a² + b² + c²). Vì SC // IJ nên SI cắt CJ tại điểm G và do SC = 2IJ nên CG = 2GJ. Do CJ là trung tuyến của tam giác ABC nên G là trọng tâm tam giác ABC.
Bài 10.
a) Chứng minh rằng một hình lăng trụ có mặt cầu ngoại tiếp khi và chỉ khi nó là hình lăng trụ đứng và đáy là đa giác nội tiếp đường tròn.
b) Trong các hình hộp nội tiếp mặt cầu cho trước, hình hộp nào có diện tích toàn phần lớn nhất.
Lời giải:
a) Nếu H là hình lăng trụ có mặt cầu ngoại tiếp thì các mặt bên là những hình bình hành có đường tròn ngoại tiếp nên phải là hình chữ nhật. Vậy H là hình lăng trụ đứng. Ngoài ra H có mặt cầu ngoại tiếp nên mặt đáy phải là đa giác có đường tròn ngoại tiếp. Ngược lại cho H là lăng trụ đứng có các đường tròn (C) và (C’) ngoại tiếp các đa giác đáy. Gọi I, I’ là tâm của (C) và (C’) thì II’ là trục của cả hai đường tròn. Gọi O là trung điểm II’ thì O cách đều tất cả các đỉnh của hình lăng trụ đã cho. Vậy hình lăng trụ ấy có mặt cầu ngoại tiếp.
b) Nếu hình hộp H nội tiếp mặt cầu S(O;R) thì các mặt của H phải là những hình chữ nhật, vậy H là hình hộp chữ nhật mà O là giao điểm các đường chéo, và độ dài đường chéo d = 2R. Gọi a, b, c là các kích thước của hình hộp chữ nhật đó thì a² + b² + c² = d² = 4R². Gọi S là diện tích toàn phần của hình hộp thì ta có: S = 2ab + 2bc + 2ac ≤ 2(a² + b² + c²) = 8R². Vậy S đạt giá trị lớn nhất bằng 8R² khi a = b = c = 2R/√3, tức là H là hình lập phương.
Đánh giá chung:
