Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 30 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
30
Dung lượng
1,43 MB
Nội dung
HƯỚNGDẪNGIẢI Vấn đề CHỨNG MINH HỆ ĐIỂM THUỘC MẶT NÓN, MẶT TRỤ, MẶT CẦU Bi 1 Qua O kẻ đường thẳng vng góc với mặt phẳng (P ) cố định Gọi góc l Ta có 900 không đổi nên đường thẳng l thuộc mặt nón cố định có trục , đỉnh I góc đỉnh 2 1800 2 Gọi K hình chiếu M lên AB , ta có hai tam giác vng MKB M HB suy MK MH không đổi Vậy điểm M nằm mặt trụ có trục AB bán kính r BH Gọi O, R tâm bán kính mặt cầu AM đường thẳng � qua A tiếp xúc với mặt cầu M Đặt OAM , OA a OM R không đổi nên không đổi OA a Vậy AM ln nằm mặt nón có trục OA , đỉnh A góc đỉnh 2 Ta có : tan 92 Gọi H chân đường cao hạ từ M xuống đường thẳng AB Ta có diện tích tam giác MAB S 2S MH AB � MH không đổi AB Vậy M thuộc mặt trụ cố định có trục đường thẳng AB, bán kính r MH 2S AB Bi (Bạn đọc tự vẽ hình ) Ta chứng minh AD BC Gọi M , N , P , Q, E , F trung điểm cạnh AB, CD, AD, BC, BD, AC �NP / / MQ / / AC � Ta có �MP / / NQ / / BD � MPNQ hình chữ nhật nên giao điểm O �AC BD � M N PQ cách bốn điểm M , N , P , Q Tương tự ta có O cách bốn điểm M , N , E , F Vậy O cách sáu điểm M , N , P , Q, E , F nên sáu điểm nằm mặt cầu tâm O Ta có AN SC Từ AM BC, AM SC ta có AM MC Tương tự AP PC Do điểm B, D, M , N , P nhìn đoạn AC góc vng Vậy A, B, C, D, M , N , P thuộc mặt cầu tâm O có bán kính a2 b2 Gọi F KL �MN , E giao điểm PF với mặt cầu ngoại tiếp hình chóp PABC Khi điểm P , Q, R, E nằm đường tròn thiết diện mặt cầu ngoại tiếp hình chóp PABC với mặt phẳng (PKL ) Mặt khác F KL �MN � P , S, T , E nằm đường tròn thiết diện cảu mặt cầu ngoại tiếp hình chóp PACD với mặt phẳng (PMN ) Do điểm P , Q, R, S, T nằm hai đường tròn cắt hai điểm P , E nên hai đường tròn nằm mặt cầu r Bi (Bạn đọc tự vẽ hình ) Ta có: (Q) SC � AC ' SC � � AC ' C 900 (1) 93 �SA BC SA (P ) � � � BC (SAB) � AB ' BC �BC AB SC (Q) � SC AB ' � AB ' (SBC ) � AB ' B ' C � � AB ' C 900 (2) Chứng minh tương tự ta có : � AD ' C 900 (3) Ta lại có � ABC � ADC 900 (4) Từ (1), (2), (3) (4) ta suy bảy điểm A, B, C, D, B ', C ', D ' nhìn đoạn AC góc vng nên chúng thuộc mặt cầu cố định có đường kính AC Bán kính hình cầu: R AC 2a 2 � O1M AB � � AB (O1O2M ) Gọi M trung điểm AB � � O2M AB � Gọi d1 đường thẳng qua O1 vng góc với mặt phẳng chứa (O1) , d2 đường thẳng qua O2 vng góc với mặt phẳng chứa (O2) Vì d1, d2 �(O1O2M ) nên d1 �d2 O Khi điểm N nằm (O1) (O2) ta ln có ON OA OB Do tất điểm nằm hai đường tròn (O1) (O2) thuộc mặt cầu (O, OA) Bi Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, AH đường cao cuả hình chóp, H 1, O1 trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD 94 Trước hết ta chứng minh O1 trung điểm đoạn HH1 Ta lấy hình hộp chữ nhật ngoại tiếp tứ diện ABCD Ta có O trung điểm AK , KBCD tứ diện vuông H trực tâm tam giác BCD nên KH (BCD) , hình chiếu O1 O xuống mặt phẳng (BCD) trung điểm đoạn HH Từ suy OH OH Gọi P trung điểm AH , ta có AH 4OO1 nên OP OH Đặt r OO1, a O1H , ta có: OH OP OH1 r a2 Tương tự ta chứng minh 12 điểm nói toán nằm mặt cầu tâm O , bán kính R r a2 Vấn đề CÁC BÀI TỐN VỀ DIỆN TÍCH XUNG QUANH, THỂ TÍCH VÀ THIẾT DIỆN CỦA KHỐI NĨN, KHỐI TRỤ Bi 1 a) Gọi S, O đỉnh tâm đường tròn đáy hình nón, thiết diện qua đỉnh tam giác SAB Theo ta có SAB tam giác vuông cân S Ta có l SA a ; AB 2r 2SB 2a � r 2a 95 Diện tích tồn phần hình nón là: Stp r (r l ) (1 2) a2 Thể tích khối nón là: V r 2h 2 a 12 b).Xét thiết diện qua đỉnh S tạo với mặt phẳng đáy góc 600 SAC Gọi H trung điểm AC � Ta có: AC OH , AC SO � AC (SOH ) � SHO 600 SH SO sin 600 6a 3a , AC 2AI SA SH 3 Diện tích thiết diện là: SSAC SH AC 2a (Bạn đọc tự vẽ hình ) Gọi I điểm tiếp xúc đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC ; � O ; h SO r tan , l SI SI r cos a) Diện tích xung quanh hình nón Shn rl r2 cos Thể tích hình nón Vkn r 2h r tan 3 b) Ta có AC 3AB, BC 2AB; S ABC AB.AC 3AB S ABC 3 ( AB AC BC )r AB.r � AB ( 1)r 2 Diện tích xung quanh hình chóp Shc ( AB AC BC ).SI 3(2 3)r cos Thể tích khối chóp Vkc SO.S ABC 3(2 3)r tan 3 Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB OI AB, SI AB, 96 OI a Ta có AO SA.cos300 SA; SA AI Từ suy AO AI cos I�AO Ta lại có AO AI SA cos600 � sin I�AO a � AO OA Xét tam giác SAO , ta có SA 6a AO cos 300 2a Diện tích xung quanh hình nón là: Sxq rl 3 a2 Thể tích khối nón là: V R 2h OA2.SO a3 3 Bi Do thiết diện qua trục hình trụ nên ta có h 2R Diện tích xung quanh Sxq 2 Rh 4 R ( đvdt) Diện tích tồn phần : Stp 2 R (R h) 6 R (đvdt) Thể tích khối trụ V R 2h 2 R ( đvtt ) Do khối lăng trụ nội tiếp tứ giác nên đáy hình vng cạnh Thể tích khối lăng trụ V Bh 4R (đvtt) 2R Bi Kẻ đường sinh AA ' , gọi D điểm đối xứng với A ' qua tâm O ' H hình chiếu B A ' D 97 BH S AOO ' Ta có A ' B 3a, BD a , tam giác BO ' D Ta có BH ( AOO ' A ') nên V suy BH 3a Mặt khác S AOO ' a nên suy Thể tích tứ diện OO ' AB VOO ' AB 3a 12 Bi (Bạn đọc tự vẽ hình ) OM R , SO R cot Ta có SM sin sin Diện tích xung quanh khối nón Sxq R sin Thể tích khối nón V R cot ( P ) Giả sử cắt hình nón theo thiết diện tam giác SMN R2 SM SN 2sin2 �O Gọi I trung điểm MN , ta có SI Ta có SM SN � Std Ta có OI SO cot R cot cot không đổi Vậy SI thuộc mặt nón cố định có đỉnh S , trục SO đường tròn đáy (O; OI ) Bi Gọi E trung điểm BC, D đối xứng A qua O 98 Tam giác ABC cân A nên tâm đường tròn nội tiếp H nằm đoạn AE � � � Vì CBD HB phân CAD BAD � � , nên HBD � � , giác nên HBC HBA BHD AD , hay HD OD � H nằm đoạn OE , M nằm đường sinh SD HD BD AD.sin 150 Gọi Vc, Vn thể tích khối chóp, khối nón Ta có: Vc 1 1 MH AC.AB.sin 300 MH AB 2, Vn OA 2.SO 12 AB MH AD2.cos2 150 DH Vn 4 OA2 SO 4 DO OA2 DH 2DB 2sin 150, Mà DO AD, HD BD nên DO AD Vc AB MH 1 4cos2 150.2sin150 cos150 Vn 4 OA SO 4 2 Do Vc cos150 cos(450 300) cos 450.sin 300 sin 450.cos 300 Vậy Vc Vn 6 6 8 Bi Từ A, B ta dựng đường sinh AD, BC � OA O ' B � OA OB , chứng minh tương tự ta có mặt tứ OA OO ' � Ta có � diện OAO ' B tam giác vng Thể tích tứ diện: VOAO ' B OA.SOO ' B 2r 99 mp( ) chứa AB song song với OO ' mp( ACBD) Kẻ OI AC � d(OO ', ( )) OI 2r Xét hình trụ T có hai đường tròn đáy tâm O, O ' bán kính 2r Ta có khoảng cách trục OO ' mp( ) OI 2r nên mp( ) tiếp xúc với hình trụ T Bi Kẻ OM AB, O ' N CD MA M B, NC ND , MN cắt OO ' trung điểm I đường MN AB a NMO 450, I M Đặt Do � OA R , OO ' h Xét tam giác vuông OI M , AMO : OM OI MI sin 450 � OO ' h a 2 a R OA OM AM 3a2 a �R Diện tích xung quanh hình trụ: Sxq a Thể tích khối trụ: V R 2h 3 a 16 Bi 100 Giả sử SM đường sinh hình nón � ASM , AM �AB 2R Ta cần chứng minh � Áp dụng định cosin tam giác ta có: AM SA SM 2SA.SM cos 2l (1 cos ) AB SA SB 2SA 2.SB cos 2l (1 cos ) AM AB ��� cos cos cos cos Do 0 1800 2 Diện tích thiết diện S0 SA.AB.sin 1200 3l Giả sử Sx thiết diện qua đỉnh cắt mặt nón theo hai đường sinh SA, SM l sin x Đặt � ASM x Diện tích thiết diện Sx SA.SM sin x Ta có Sx S0 � sin x � x 600; x 1200 Vậy x 600 Sx S0 Bi 11 Chiều cao hình trụ AA ' h 2R Do Sxq tru� 2 Rh 4 R 2 Stp tru� Sxq tru� 2S�a� y 6 R Vtru� R 2h 2 R 3 Ta có AB R 2, AA ' 2R nên thể tích khối lăng trụ là: V AA '.S ABCD 4R Dựng đường sinh MM ' 101 Tam giác BCD có EB ED EC a nên vng B, BE CD nên trung điểm M BC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC Dựng trục đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC song song với SD Dựng mặt phẳng trung trực cạnh SC, mặt phẳng cắt I Điểm I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCE Kẻ SN / / DM cắt MI N , ta có SDMN hình chữ nhật với SD a DB DC BC AB AD2 DC EC EB 5a2 4 Ta có SI SN NI SN (NM I M )2 a2 (a I M )2 DM Mà I C I M MC I M a 2 R I C I S � a2 (a I M )2 I M a � I M a 2 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCE R IM a2 11 a 2 ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Gọi O trung điểm đoạn thẳng AD , ta có O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD Kẻ Ox song song với SA , ta có Ox trục đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD Trong tam giác SAC từ trung điểm J cạnh SA kẻ J y song song với AC , ta có J y đường trung trực cạnh SA Gọi I giao điểm Ox J y Ta có I thuộc Ox nên I A I B I C I D I thuộc J y nên I S I A Vậy I tâm mặt cầu qua năm điểm S, A, B, C, D bán kính mặt cầu r I A � � (SCD), (P ) 600 Theo giải thiết ta có: SCA 107 Suy AC AD sin 600 3R, SA AC tan 600 3R Tứ giác AOI J hình chữ nhật nên AI AJ AO2 13R Vậy bán kính mặt cầu r 13R Bi ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Do O cách AB nên O thuộc mặt phẳng trung trực cạnh AB Đó mp (MCD) Với M trung điểm AB Tương tự O cách CD nên O thuộc mp trung trực cạnh CD mp (NAB), với N trung điểm CD Vậy O nằm giao M N CD tuyến MN mp(MCD) (NAB) Do MN AB va� OA OD R; OM R AM R 9, ON R ND2 R 16 DM AD2 AM 65 � MN DM DN 49 � MN �Nếu O nằm hình chóp MN OM ON Suy R R 16 � R 25 � R �Nếu O nằm ngồi hình chóp MN OM ON Suy R R 16 phương trình vơ nghiệm Vậy bán kính R Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD gọi Q điểm thỏa mãn uuur uuur uuur uuur uuur r uuuu r uuur r QA QB QC QD QP � 4QG QP (điểm Q chia đoạn PG theo tỉ số 4 ) Vì Ga trọng tâm tứ diện PBCD nên uuur uuur uuur uuur uuuuur uuur uuuuur r QB QC QD QP 4QGa � QA 4QGa Hay điểm Q nằm đường thẳng AGa Tương tự, điểm Q thuộc đường thẳng BGb, CGc, DGd Vậy đường thẳng AGa , BGb, CGc, DGd đồng quy Q uuuu r uuur r uuur uuur Ta có 4QG QP nên GQ GP , hay Q ảnh P qua phép vị 5 tự tâm G , tỉ số Vậy Q nằm mặt cầu ảnh mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD qua phép vị tự tâm G , tỉ số 108 Bi C Gọi I , I �lần lượt trung điểm BC, B �� Ta có I , I �lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A ' B ' C ' Gọi O trung điểm I I ' ta có O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Bán kính R OC Do I C BC AB a; 2cos600 � R OI I C a 2 Gọi M trung điểm BC Do tam giác ABC nên BC AM M BC (định lí ba đường vng góc) Vậy � Suy A � A� MA 600 A' C' G N B' A H G C A H I M B 3 A AM tan � A� MA a Ta có AM a nên A � 2 B C Thể tích khối lăng trụ ABC.A ��� V AA� S ABC 3 3 a a a Gọi H trọng tâm tam giác ABC, ta có MG MH nên MA� MA GH / / AA � � GH ( ABC ) Do H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên GH trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I giao điểm GH với trung trực GA (qua trung điểm N GA ) tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC 109 Ta có I GN : AGH nên IG GN , suy bán kính mặt cầu AG GH GA.GN GA GH 2GH AA� a 7 nên GA GH HA a Vậy R a Vì GH 12 12 Bi Vì (P ) (Q) CA nên CA (Q) � CA AD Tương tự BD BC, nên điểm B, A nhìn đoạn CD góc vng, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm trung điểm CD có bán kính CD R Áp dụng Pitago cho tam giác R ABD, ACD ta có: R AC AD2 AC AB BD a 2 Kẻ AH BC H trung điểm BC (do tam giác ABC vng cân A ) Ta có: AH BC AC AB a 2 Vì BD ( ABC ) � BD AH nên AH (CBD) Vậy d( A, (BCD)) AH a Bi ( Bạn đọc tự vẽ hình ) uuuu r uuuu r Gọi G trọng tâm tứ diên, H điểm thỏa mãn OH 2OG , ta có: uuur uuur uuur uuur r OA OB OC OD uuuuuur uuuuu r uuuuu r uuur uuur uuur uuur A1 A0 A1O OA0 OA (OB OC OD) uuuuur uuuuuur uuuuu r uuuu r uuuuuur uuur uuuu r A0H A0 A1 A1O OH A0 A1 OA OH uuuu r uuur (OA 2OG) uuuuuur uuur uuuu r uuuuuur A0 A1 (OA 2OG ) A1 A0 Suy A0, A1, H thẳng hay A0 A1 qua H Chứng minh tương tự ta có B0B1, C0C1, D0D1 qua H Vậy A1 A0, B1B0, C1C0, D1D0 đồng quy điểm H Gọi M , N trung điểm AB CD ta có 110 uuuur uuuur uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuur MH MO OH (OA OB) (OA OB OC OD) 2 u u u r u u u r u u u u r (OC OD) ON Mà ON CD � MH CD Chứng minh hồn tồn tương tự ta có đường thẳng qua H trung điểm cạnh vng góc với cạnh đối diện Bi ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Gọi I , I ' tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A ' B ' C ' O trung điểm I I ' Ta có O tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ Bán kính R OC Gọi r bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có : IC r Ta có : BC k �R 2sin A 2sin I C I O2 k2 h2 sin2 2sin ( AB AC )2 BC AB AC 2AB.AC.cos � ( AB AC )2 cos2 k2 a2 a2 cos2 600 a2 Vậy R nhỏ k nhỏ hay tam giác ABC cạnh Bi a ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Gọi H hình chiếu S mặt phẳng (ABCD), M trung điểm CD � Phân giác góc SHM cắt SH J tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp � Đặt SMH 2 (0 450) ta có HM HJ cot � a 2r.cot SH HM tan 2 r.cot tan 2 nên thể tích khối chóp S.ABCD 1 V SH S ABCD r.cot tan 2.(2r.cot )2 r 3.cot .tan 2 3 3V 4r 2.cot tan 2 4r 2.f ( ) Mặt khác V r.Stp nên Stp r Vì r không đổi nên Stp nhỏ f ( ) cot tan 2 nhỏ 111 Mà f ( ) 2tan tan3 tan2 tan 1, (1 tan2 ) tan2 450 nên Do theo bất đẳng thức Cauchy ta có: � tan2 tan2 � � (1 tan ) tan �� � � � � Stp 32r Nên f ( ) � 2 (1 tan ) tan 2 Vậy max Stp 32r Đạt 1 tan2 tan2 � tan � a 2.r, h 4r Bi 10 Gọi V thể tích tứ diện ABMN Ta tính V AB giá trị 12 3V không đổi, mà r S nên r lớn Stp đạt giá trị nhỏ Đặt AB 2a, AM x, BN y Từ AM BN M N suy xy 2a2 Diện tích tồn phần tứ diện Stp a(x y) ( y x2 4a2 x y2 4a2 ) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta tìm giá trị nhỏ Stp đạt x y a 2, hay AM BN AB 2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện R x2 y2 4a2 nên R x2 y2 4a2 � 2xy 4a2 8a2 2a R 2a x y a 2, hay đạt tương ứng với bán kính mặt cầu nội tiếp đạt giá trị lớn Bi 11 a) Gọi H hình chiếu O lên (P ) 112 � � OAH AO, (P ) 300 Ta có bán kính đường tròn thiết diện là: r AH R.cos 300 R Diện tích thiết diện 3 R b) Mặt phẳng ( ABO) qua O S r2 nên cắt mặt cầu theo đường tròn lớn Gọi I trung điểm AB ta có OI AB nên tứ giác OI AH hình chữ nhật I A OH R sin 300 Vậy AB 2AI R R Bi 12 Gọi d1, d2 hai đường thẳng qua O1, O2 vng góc với (P ) (P ') Gọi M trung điểm AB ta có (MO1O2) AB � d1, d2 �(MO1O2 ) Gọi O giao điểm d1 d2 Ta có O tâm mặt cầu chứa (O1) (O2) Bán kính R OA MO1 r12 MA 4; MO2 r22 MA Ta có tứ giác MO1OO2 tứ giác nội tiếp cos M MO12 MO22 O1O22 2MO1.MO2 �MO 1200 � O �OO 600 �O 2 Đặt x OO2, y OO1, z OM Áp dụng định lý cosin cho O1OO2 ta có: O1O22 OO12 OO22 2OO1.OO2 � x2 y2 xy 21 (1) Do tứ giác MO1OO2 nội tiếp nên 113 MO1.OO2 MO2.OO1 MO.O1O2 � 4x y 21.z (2) OM MO12 O1O2 MO22 O2O2 � z2 16 y2 x2 (3) Giải hệ gồm ba phương trình (1),(2) (3) ta tìm x 3; y 3; z � OA AO12 O1O2 37 � R OA 37 Bi 13 Gọi R bán kính mặt cầu I A ( ABC ), BS I H , I A I H R Gọi O tâm đáy, hạ I K SO a a � SBO 450 � SO OB , SB 3 Tứ giác I AOK hình chữ nhật nên I A OK R; I K OA SK SO I A a ; a R; HS BH BS BA BS a a Vì I H HS I K SK nên suy 2 � a � �a � �a � R �a R � �� � � � � � � � � � � �3 � �3 � Ta tìm R a(2 3) Bi 14 ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Áp dụng định lý cosin cho tam giác ABC ta có : BC AB2 AC 2AB.AC cos1200 3a2 � BC 3a Tam giác ACD nên CD a Vì ABD vuông cân A nên BC 2a Ta có BC CD2 3a2 BC � BCD vuông D Gọi H trung điểm BC ta có AH BC (1) AH AB sin 300 a ; DH BC 2 3a � AH DH a2 AD2 � AH DH (2) 114 Từ (1) (2) suy AH (BCD) nên AH đường cao tứ diện ABCD Thể tích tứ diện: V AH SBCD 2a 12 Diện tích tồn phần tứ diện : �S SABC SABD SACD SBCD Gọi r bán kính mặt cầu nội tiếp, ta có r (1 3)a2 3V 2a �S 2(1 3) ( Bạn đọc tự vẽ hình ) a) Tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp Gọi H tâm hình vng ABCD Ta có SH trục đường tròn ngoại tiếp đáy Trong mặt phẳng (SH A) kẻ đường trung trực cạnh SA cắt SH O Ta có O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD, bán kính R SO Gọi N trung điểm SA, ta có: SNO : SHA � SN SH SN SA SA � SO SO SA SH 2SH Áp dụng định lý sin cho tam giác cân SAB ta có : SA 180 sin( ) Vậy R SO AB � SA sin AB a cos 2 ; SH SA AH 2sin 2sin 2 a cos sin b) Tâm bán kính mặt cầu nội tiếp Ta có tâm I mặt cầu nội tiếp thuộc đường thẳng SH Gọi M trung điểm AB, ta có AB (SHM ) M Gọi I chân đường phân giác góc � SMH (I �SH ) Ta có I tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp Bán kính r IH Để tính bán kính r ta tính theo hai cách sau: Cách Dựa vào tính chất đường phân giác ta có IS MS SH MS MH SH MH � � IH ; IH MH IH MH MS MH a a SM cot , MH 2 115 Vậy bán kính mặt cầu nội tiếp là: Cách Dựa vào cơng thức r Thể tích khối chóp: V r IH a cos 2(sin cos ) 2 3V �S a3 cos SH S ABCD 3.2sin �S 4SSAB S ABCD SM AB a2 Bán kính r 3V �S cos ) 2 sin a2 (sin a cos 2(sin cos ) 2 c) Tâm hai hình cầu trùng � R r SH a cos a cos cos sin 2(sin cos ) 2sin 2 2 cos cos cos � � cos sin 2 2sin sin cos sin 2sin sin 2 2 2 � sin 2sin2 2cos � sin cos � 450 a Hay: Vậy 450 tâm mặt cầu ngoại tiếp tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp trùng � � nên AB BC CA Vì SA SB SC � ASB BSC CSA 116 Kẻ SH ( ABC ) � HA HB HC hay S.ABC hình chóp tam giác Gọi P giao SH với mặt cầu , M giao AH BC MB MC � SP 2R, SAP 900 Đặt SA SB SC x , ta có: x2 SA SH SP � SH Ta có MC x sin BC 2x sin x2 2R nên BC ; AM x sin 2 �2 �3 � Mà SC SH HC SH � AM � Suy x2 x2 4R � � � x sin2 � x2 R � 4sin2 � 3 2� � 3 � � Do VS.ABC SH SABC R sin2 � 4sin2 � 27 2� 2� Ap dụng BĐT Cô si cho ba số dương ta có: 8sin2 � �� � 4sin2 �� 4sin2 � � 2� �� 2� � � 2 4sin2 4sin � �8sin 2 2� �� � � � � � � Do VS.ABC �8 R , đẳng thức xảy 600 27 Vậy max SS.ABC R , đạt 600 27 Bi 15 ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Theo tính chất phương tích điểm đường tròn, ta có GA.GA� GB.GB� GC.GC � GD.GD� R OG 117 Với điểm M ta có: uuuur2 uuuur uuur uuuur uuur MA MA MG GA MG 2MG.GA GA uuur uuur uuur uuur r GA GB GC GD nên suy MA MB2 MC MD2 4MG2 GA2 GB GC GD2 Cho M �O GA GB GC GD2 4(R OG ) Vì 4(R OG 2) R OG2 GA GB GC GD2 R OG2 GA GB GC GD2 GA GB GC GD �44 GA.GA� GB.GB� GC.GC � GD.GD� GA�GB �GC �GD� GA�GB�GC �GD� �1 (1) Hay GA GB GC GD Mặt khác, G trọng tâm tứ diện nên VA���� B C D VGB��� C D VGC ��� D A VGD��� A B VGA��� BC VABCD VABCD VABCD VABCD VABCD VGB��� C D VGC��� D A VGD��� A B VGA��� BC 4VGBCD 4VGCDA 4VGDAB 4VGABC � �GB� GC � GD� GC � GD� GA� GD� GA� GB� GA � GB� GC � � � �GB.GC.GD GC.GD.GA GD.GA.GB GA.GB.GC � �44 GA�GB�GC �GD� (2) GA GB GC GD Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy G �O, hay ABCD tứ diện gần ( Bạn đọc tự vẽ hình ) 2 a) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp R 2h a 4h Bán kính mặt cầu nội tiếp r ah a 4h2 a2 b) b1) Thể tích khối chóp V a h 3 Thể tích hình cầu ngoại tiếp V1 4 R 118 Thể tích hình cầu nội tiếp V2 4 r 3 Suy V2 4 r V � ah 4 � � 2 �a 4h a a2h a2h � � � � 4 ah2 � 2� �a 4h a � � � 2h , (00 900) a V2 4 (1 cos ) cos 4 (1 t)t f (t), t cos , (0 t 1) Khi V 4(1 cos )2 (1 t)2 4 (1 3t) , f '(t) � t Ta có f '(t) 3 (1 t) Đặt tan Vậy max b2) Ta có V2 V V2 V1 , h 2a r 4ah2 R (2h2 a2)(a 4h2 a2 ) Tương tự ta tìm V2 V1 lớn h a 22 Gọi M , N , P , Q tiếp điểm mặt cầu tâm I với cạnh AD, BD, AC , BC Ta có BN BQ, I N I Q rI nên I BN I BQ suy I�BN I�BQ Tương tự I�AP I�AM nên CAB DAB (1) Do AC AD, BC BD Tương tự cho mặt cầu tâm J ta có DA DB, CA CB (2) Từ (1) (2) ta có CA CB DA DB a Vì DI phân giác góc � ADB tam tam giác ADB cân D nên I trung điểm AB Cũng thế, J trung điểm CD Đặt AB 2x, CD 2y 119 Ta có I D a2 x2 SDAB 2SDI B nên AB.I D 2I N DB � x a2 x2 rI a � rI x a2 x2 a 2 Tương tự r y a y J a Vậy CD2 4rJ2 y2 AB2 4rI2 4x2 Do AB 4CD4 y2.(a2 y2) a 2 x (a x ) a a ( AB 4rI2) , a2 (CD2 4rJ2) 4 hay 4 x a y4 � a2(CD2 4rJ2) 4CD4 a � a2 ( AB 4rI2) AB AB CD4 AB 4rI2 CD2 4rJ2 ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Ta có MN đường trung bình tam giác nên S AMN 1 3 S ABC AB 4 Thể tích hình chóp S.AMN : V SO.S AMN Bán kính r mặt cầu nội tiếp hình chóp S.AMN Ta có: �S SSAM Mà V SSAN SSMN S AMN 14 3V r �S � r �S 2( 3) ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Ta có O hình thoi nên O cách bốn cạnh hình thoi Gọi H, K hình chiếu O lên CD CB H, K hình chiếu S lên CD, CB Gọi I thuộc SO, Gọi E, F hình chiều I lên SH, SK , ta có IE, IF khoảng cách từ I đến mp(SCD) mp(SCB) Ta có I E SI HO SI KO , IF , HO=KO SH=SK nên IE=IF SH SK Vậy khoảng cách từ I đền mp(SCD) (SCB) Chứng minh tương tự ta có I cách mặt bên hình chóp Từ suy tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp nằm đường cao SO Gọi I tâm mặt cầu I chân đường phân giác góc SHO 120 2 Ta có OH 3a , SH 3a 4b , 2 IS HS I S I O HS HO HO.SO � � IO I O HO IO HO HO HS Vậy bán kính r 3ab 3ab 3a 3a2 4b2 3a 3a2 4b2 a) Ta có AB (CDM ) � DM AB Khi DM CM DM ( ABC ) nên DM đường cao tứ diện Khi tam giác CDM vng cân tai D CD nên suy DM 2 Ta có x AB 2MB BD2 DM CD2 CD 2CD b) Thể tích tứ diện V CD3 12 Diện tích tồn phần tứ diện: �S 2S ACD 2S ABD Gọi r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ta có: r 121 32 CD 2 3V 33 �S ... Gọi K giao AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có : AB2 AI AK AI 2R � R AB 2AI 105 2 Ta có: AI AB BI a2 BC a2 SB SC 4 a2 x2 3a2 x2 a2 � AI 4 Vậy R a2