Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

Bài 2. Mặt cầu – SBT Toán lớp 12 – sách bài tập (SBT) Hình học 12

 

Bài 2.13 trang 63

Trong mặt phẳng \((\alpha )\) cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Trên đường thẳng Ax vuông góc với \((\alpha )\) ta lấy một điểm S tùy ý, dựng mặt phẳng \((\beta )\) đi qua A và vuông góc với đường thẳng SC. Mặt phẳng \((\beta )\) 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.

Bài giải

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

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

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

Chứng minh tương tự ta có \(AD’ \bot D’C\).

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

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 \(r = {{AC} \over 2} = {{a\sqrt 2 } \over 2}\)

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


Bài 2.14

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.

Hướng dẫn làm bài:

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

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 \(SO \bot (ABC)\) và OS là trục của đường tròn tâm O. Do đó \(SO \bot AO\) . 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 \({{SI} \over {SA}} = {{SM} \over {SO}} = {{SA} \over {2SO}}\)  với SI = IA = IB = IC = r

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

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

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


Bài 2.15 trang 63 SBT Hình học 12

Cho hai đường thẳng chéo nhau \(\Delta \) và \(\Delta ‘\) có AA’ là đoạn vuông góc chung, trong đó \(A \in \Delta \)   và \(A’ \in \Delta ‘\). Gọi \((\alpha )\) là mặt phẳng chứa AA’ và vuông góc với  \(\Delta ‘\) và cho biết AA’ = a. Một đường thẳng thay đổi luôn luôn song song với mặt phẳng \((\alpha )\)  lần lượt cắt \(\Delta \) và \(\Delta ‘\)  tại M và M’ . Hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng \((\alpha )\)  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\(\varphi  = (\Delta ,\Delta ‘)\)

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

Hướng dẫn làm bài:

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

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

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 \(r = {{A’M} \over 2}\)

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

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

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

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

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

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


Bài 2.16

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

Giải

a)

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

\(\widehat {BAC} = {90^0}\). 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 \(r = {1 \over 2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \)

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

b) Hình 2.37

\(\widehat {BAC} = {60^0}\)  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) Hình 2.38

\(\widehat {BAC} = {120^0}\)  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 \(r = \sqrt {{{{a^2}} \over 4} + {b^2}} \)


Bài 2.17 trang 64 SBT Toán lớp 12

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).

Lời giải

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

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 \(AH \bot DC\) . 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 \((\alpha )\).


Bài 2.18

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.

Hướng dẫn làm bài

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

a) Giả sử mặt cầu đi qua đỉnh A của hình chóp và tiếp xúc với cạnh SB tại B1, tiếp xúc với cạnh SC tại C1. Khi đó mặt cầu cắt cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm C2, B2. Mặt phẳng (SAB) cắt mặt cầu đó theo giao tuyến là một đường tròn. Đường tròn này tiếp xúc với SB tại B1 và đi qua A và C2.

Do đó, ta có: BB12 = BA. BC2  trong đó \(B{B_1} = {{SB} \over 2} = {{a\sqrt 2 } \over 2}\). Do đó, \(B{B_1}^2 = {{{a^2}} \over 2}\)

Vậy \({{{a^2}} \over 2} = a.B{C_2} \Rightarrow B{C_2} = {{{a^2}} \over 2}:a = {a \over 2}\)

Điều đó chứng tỏ mặt cầu nói trên đi qua trung điểm C2 của đoạn AB. Lí luận tương tự ta chứng minh được mặt cầu đó đi qua trung điểm B2 của AC.

b) Gọi giao điểm thứ hai của mặt cầu với đường thẳng SA là D, ta có:

\(S{\rm{D}}{\rm{.SA = SB}}_1^2\)   hay  \(SD.a\sqrt 2  = {({{a\sqrt 2 } \over 2})^2} = {{{a^2}} \over 2}\)

Do đó, \(SD = {{{a^2}} \over 2}:a\sqrt 2  = {{a\sqrt 2 } \over 4}\) và \(AD = SA – SD = {{3a\sqrt 2 } \over 4}\)


Bài 2.19 trang 64 sách bài tập Hình học 12

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.

HD giải

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

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


Bài 2.20

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.

Hướng dẫn làm bài:

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

Gọi H trọng tâm của tam giác đều BCD.

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

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

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

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  \(IH = {1 \over 2}OH\)  (vì \(HC’ = {1 \over 2}HC\))

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


Bài 2.21 SBT Toán hình lớp 12

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

Lời giải

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

Tam giác CED là tam giác vuông cân tại E nên trục của đường tròn đi qua ba điểm C, E, D là đường thẳng \(\Delta \) đi qua trung điểm I của đoạn thẳng CD và song song với SA.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC. Ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung trực của đoạn SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE chính là giao điểm của \(\Delta \) và mp(ABNM). Gọi K là trung điểm của AB thì KN // AM và do đó KN //(SAE). Ta có IK // AD nên IK // (SAE).

Vậy KN và \(\Delta \) đồng phẳng và ta có O là giao điểm cần tìm.

Chú ý rằng OIK là tam giác vuông cân, vì  \(\widehat {OKI} = \widehat {MAE} = {45^0}\)

Ta có  OI = IK, trong đó \(IK = {{BC + AD} \over 2} = {{a + 2a} \over 2} = {{3a} \over 2}\)

Vậy  \(O{C^2} = O{I^2} + I{C^2} = {{9{a^2}} \over 4} + {{2{a^2}} \over 4}\)  (vì \(CD = a\sqrt 2 ;IC = {{CD} \over 2}\)). Do đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE là:  \(r = OC = {{a\sqrt {11} } \over 2}\).


Bài 2.22

Cho hình cầu tâm O bán kính r. Lấy một điểm A trên mặt cầu và gọi \((\alpha )\) là mặt phẳng đi qua A sao cho góc giữa OA và \((\alpha )\) bằng 300.

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

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

Lời giải

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

a) Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm O trên mặt phẳng \((\alpha )\) . Theo giả thiết ta có \(\widehat {OAH} = {30^0}\) .

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

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

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 \(OI \bot AB\) . Vì AB // OH nên AIOH là hình chữ nhật.

Do đó \(AI = OH = {{OA} \over 2} = {r \over 2}\) . Vậy AB = 2AI = r

Chú ý:  Có thể nhận xét rằng tam giác OAB cân tại O (OA = OB) và có góc \(\widehat {OAB} = {60^0}\)  nên OAB là tam giác đều và suy ra AB = OA = OB = r.


Bài 2.23

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.

Bài giải

Hình 2.45

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

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

Ta có: \(r{‘^2} = {r^2} – O{H^2} = {r^2} – {{{r^2}} \over 9} = {{8{r^2}} \over 9}\)

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

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

Giải SBT hình học 12 chương 2 bài 2 Mặt cầu

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

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

Hai hình chóp A.BCD và A’.BCD có chung mặt đáy BCD nên:\({{{V_{A’.BCD}}} \over {{V_{A.BCD}}}} = {{HA’} \over {HA}} = {1 \over 2}\). Do đó,  \({V_{A’.BCD}} = {{4\sqrt 3 {r^3}} \over {27}}\).

Leave a Reply