Giải Toán 12 SGK nâng cao Chương 2 Bài 1 Mặt cầu, khối cầu

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.

Hướng dẫn giải:

Vì AB ⊥ BC và AB ⊥ CD nên AB ⊥ (BCD). Suy ra AB ⊥ BD

Vì CD ⊥ BC và CD ⊥ AB nên CD ⊥ (ABC) => CD ⊥ AC

Gọi I là trung điểm AD, ta có IB = IA = ID = IC nên các điểm A, B, C, D cùng nằm trên mặt cầu đường kính AD.

Mặt khác ta có: \(A{D^2} = A{B^2} + B{D^2} = A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2}\)

Do đó bán kính mặt cầu là: \(\begin{array}{l}
A{D^2} = A{B^2} + B{D^2} = A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2}\\
R = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} 
\end{array}\)

---

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 hai điểm phân biệt A, B, C 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 chứa đường tròn.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

I là tâm của các mặt cầu đi qua hai điểm phân biệt A, B cho trước khi và chỉ khi IA = IB. Vậy tập hợp tâm của các mặt cầu đó là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB

Câu b:

I là tâm của mặt cầu đi qua ba điểm phân biệt A, B, C cho trước khi và chỉ khi IA = IB = IC. Vậy:

+ Nếu ba điểm A, B, C không thẳng hàng thì tập hợp các điểm I là trục của đường trong ngoại tiếp tam giác ABC.

+ Nếu ba điểm A, B, C thẳng hàng thì tập hợp các điểm I là rỗng.

Câu c:

I là tâm của 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)

Câu d:

Gọi M là một điểm nằm ngoài mặt phẳng chứa 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.

---

Cho điểm M nằm trong mặt cầu (S). Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng?

a) Mọi mặt phẳng đi qua điểm M đều cắt (S) theo một đường tròn.

b) Mọi đường thẳng đi qua M đều cắt (S) tại hai điểm phân biệt.

Hướng dẫn giải:

Cả a) và b) đều đúng.

---

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 đi qua một đường tròn cố định.

Hướng dẫn giải:

Giả sử (S) là một mặt cầu đi qua A và có tâm O nằm trên d. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d, (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn (C)có tâm là giao điểm I của (P) và d, có bán kính r = IA. Vậy đường tròn (C) cố định và mặt cầu (S) luôn luôn đi qua (C).

---

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 tất cả các mặt của một hình đa diện nội tiếp đường tròn thì đa diện đó nội tiếp mặt cầu.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đúng vì mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn.

Câu b:

Không đúng, chẳng hạn:

 

Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (S). Lấy một điểm E nằm khác phía với A đối với mp (BCD) sao cho E không nằm trên (S). Xét hình đa diện ABCDE có sáu mặt là các tam giác ABC, ABD, ADC, EBC, ECD, EDB. Các mặt đó đều nội tiếp đường tròn nhưng hình đa diện ABCDE không nội tiếp mặt cầu.

Thật vậy nếu có mặt cầu đi qua các đỉnh A, B, C, D, E thì nó phải đi qua A, B, C, D nên nó chính là mặt cầu (S), nhưng E lại không nằm trên (S), vô lí.

---

a) Tìm tập hợp các mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh của một tam giác cho trước.

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

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Mặt cầu tâm O tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA  của tam giác ABC lần lượt tại các điểm I, J, K khi và chỉ khi OI ⊥ AB, OJ ⊥ BC, OK ⊥ CA,O I= OJ = OK ∈ (∗)

Gọi O′ là hình chiếu vuông góc của O trên mp (ABC) thì các điều kiện (*) tương đương

với O′I ⊥ AB, O′J ⊥ BC, O′K ⊥ CA, 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

Câu b:

Giả sử mặt cầu (S) nội tiếp với các cạnh AB, BC, CD, DA, AC, BD lần lượt tại P, Q, R, S, T, U. Ta cần chứng minh: AB + CD = AC + BD = AD + BC

Theo tính chất của tiếp tuyến ta có:

AB + CD = AP + PB + CR + RD

= AT + BU + CT + DU = (AT + TC) + (BU + UD) = AC + BD

Vậy AB + CD = AC + BD 

Chứng minh tương tự AC + BD = AD + BC 

Vậy AB + CD = AC + BD = AD + BC 

---

a) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 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 SA, SB, SC, SD. Chứng minh rằng các điểm A, B, C, D, A′, B′, C′, D′ cùng thuộc một mặt cầu và tính thể tích khối cầu đó.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Gọi H là tâm của tam giác đều ABC. SH là đường cao của hình chóp đều S.ABC nên SH là trục của tam giác ABC.

Trong mặt phẳng (SAH) gọi O là giao điểm của đường trung trực SA với SH thì O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và bán kính của mặt cầu là R = SO 

Gọi I là trung điểm của SA thì tứ giác AHOI nội tiếp nên:

\(SO.SH = SI.SA \Rightarrow SO = \frac{{S{A^2}}}{{2SH}} = \frac{{S{A^2}}}{{2h}}\)

Mà 

\(\begin{array}{l}
S{A^2} = S{H^2} + A{H^2} = {h^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{{a^2} + 3{h^2}}}{3}\\
 \Rightarrow R = SO = \frac{{{a^2} + 3{h^2}}}{{6h}}
\end{array}\)

Vậy thể tích cần tìm \(V = \frac{{\pi {{({a^2} + 3{h^2})}^3}}}{{162{h^3}}}\)

Câu b:

Gọi SH là đường cao của hình chóp đều S.ABCD thì H là tâm của 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′. Trên đường thẳng SH, ta xác định điểm O sao cho OA = OA′ thì O cách đều tám điểm A, B, C, D, A′, B′, C′, D′ tức là tám điểm 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 thẳng AA′.

Ta có: \(2{a^2} = A{C^2} = S{A^2} + S{C^2}\) nên tam giác vuông cân tại S suy ra \(\widehat {ASO} = {45^0}\) do đó tam giác SIO vuông cân tại I và \(IS = IO = \frac{{3a}}{4}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow R = OA = \sqrt {O{I^2} + I{A^2}}  = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{{16}} + \frac{{{a^2}}}{{16}}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\\
 \Rightarrow V = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt {10} }}{4}} \right)^3} = \frac{{5\pi {a^3}\sqrt {10} }}{{24}}
\end{array}\)

---

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 hình tứ diện (nó được gọi là mặt cầu nội tiếp tứ diện)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Gọi I và I lần lượt là trung điểm của AB và CD. Ta có ΔABC = ΔABD(c.c.c) => CI = DI (2 trung tuyến tương ứng)

ΔCID cân tại I nên IJ ⊥ AB.

Gọi O là trung điểm của IJ thì OA = OB và OC = OD.

Vì AB = CD = c nên hai tam giác vuông OIB và OJC bằng nhau, do đó OB = OC.

Vậy O cách đều bốn đỉnh A, B, C, D. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm R = OA.

Ta có: \(O{A^2} = O{I^2} + A{I^2} = \frac{{I{J^2}}}{4} + \frac{{A{B^2}}}{4} = \frac{{I{J^2} + {c^2}}}{4}\)

Vì CI là trung tuyến của tam giác ABC nên \(C{I^2} = \frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}}}{4}\) 

\( \Rightarrow I{J^2} = C{I^2} - C{J^2} = \frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}}}{4} - \frac{{{c^2}}}{4} = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{2}\)

Do đó \({R^2} = O{A^2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{8}\) và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:

\(S = 4\pi {R^2} = \frac{\pi }{2}({a^2} + {b^2} + {c^2})\)

Câu b:

Các mặt của hình tứ diện là các tam giác bằng nhau (đều có ba cạnh bằng 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 tâm (O;R) nên khoảng cách từ tâm O tới các mặt phẳng chứa các đường tròn đó bằng nhau và bằng \(h = \sqrt {{R^2} - {r^2}} \)

Vậy mặt cầu tâm O, bán kính h là mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD.

(OA = R, OH = h, HA = r)

---

Tìm diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC biết rằng SA = a, SB = b, SC = c và ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc. Chứng minh rằng các điểm S, trọng tâm tam giác ABC và tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC thẳng hàng.

Hướng dẫn giải:

 

Gọi J là trung điểm của AB và l là đường thẳng qua J vuông góc với mp(SAB) thì l là trục của tam giác SAB (mọi điểm trên l đều cách đều S, A, B).

Gọi I là giao điểm của l với mặt phẳng trung trực đoạn CS thì I cách đều bốn điểm S, A, B, C. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC có tâm I và bán kính R = IA. Ta có:

\({R^2} = I{A^2} = A{J^2} + I{J^2} = {\left( {\frac{{A{B^2}}}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{SC}}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}({a^2} + {b^2} + {c^2})\)

Diện tích mặt cầu: \(S = 4\pi {R^2} = \pi ({a^2} + {b^2} + {c^2})\)

Vì SC // l nên SI cắt CJ tại G và \(\frac{{GJ}}{{GC}} = \frac{{IJ}}{{SC}} = \frac{1}{2}\) nên G là trọng tâm tam giác ABC. Vậy S, G và tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC thẳng hàng.

---

a) Chứng minh rằng một hình trụ lăng trụ có mặt cầu cầu ngoại tiếp khi và chỉ khi nó là hình lăng trụ đứng với đáy là đa giác nội tiếp đường tròn.

b) Trong số các hình hộp nội tiếp mặt cầu cho trước, hình hộp nào có diện tích toàn phần lớn nhất?

Hướng dẫn giải:

Câu 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 vì H có mặt cầu ngoại tiếp nên mặt đáy phải là đa giác có đường tròn ngoại tiếp.

Ngược lại, cho H là hình lăng trụ đứng có các đường tròn (C) và (C’) ngoại tiếp các đa giác đáy. Gọi I và I’ là tâm của hai đường tròn đó thì II’ là trục của cả hai đường tròn. Vì thế nếu gọi O là trung điểm của 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.

Câu 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 của các đường chéo và độ dài đường chéo là d = 2R. Gọi x, y, z là ba kích thước của hình hộp chữ nhật đó thì \({x^2} + {y^2} + {z^2} = {d^2} = 4{R^2}\).

Gọi S là diện tích toàn phần của hình hộp thì ta có:

\(S = 2xy + 2yz + 2xz \le \left( {{x^2} + {y^2}} \right) + \left( {{y^2} + {z^2}} \right) + \left( {{z^2} + {x^2}} \right) = 8{R^2}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}\)

Vậy S đạt giá trị lớn nhất là 8R² khi và chỉ khi \(x = y = z = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}\), khi đó H là hình lập phương.

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Toán 12 Chương 2 Bài 1 Mặt cầu, khối cầu được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 12 học tập thật tốt!