Các dạng bài tập VDC mặt cầu, khối cầu - TOANMATH.com

Tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện là giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy và mặt phẳng trung trực của một cạnh bên Chú ý: Trong khuôn khổ bài tập thường xoay quanh hình[r]

BÀI 3: MẶT CẦU – KHỐI CẦU A LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM Ta thường vẽ hay biểu diễn mặt - Tập hợp các điểm không gian cách điểm O cố cầu hay khối cầu hình sau: định khoảng R không đổi gọi là mặt cầu tâm O, bán Định nghĩa kính R, kí hiệu là: S  O; R  Khi đó S  O; R   M OM  R - Khối cầu hay hình cầu S  O; R  là tập hợp tất các điểm M cho OM  R Vị trí tương đối mặt cầu và điểm Cho mặt cầu S  O; R  và điểm A Nếu: +) OA  R thì điểm A nằm trên mặt cầu S  O; R  +) OA  R thì ta nói điểm A nằm ngoài mặt cầu S  O; R  +) OA  R thì ta nói điểm A nằm mặt cầu S  O; R  Vị trí tương đối mặt cầu và đường thẳng Cho mặt cầu S  I ; R  và đường thẳng  Gọi H là hình chiếu I lên  hay d  I ;    IH Nếu: +) IH  R :  không cắt mặt cầu hay mặt cầu S  I ; R  và đường thẳng  không có điểm chung +) IH  R thì  với mặt cầu S  I ; R  có điểm chung là H Ta nói  là tiếp tuyến mặt cầu S  I ; R  và H là tiếp điểm +) IH  R :  cắt mặt cầu S  I ; R  hai điểm phân biệt Nhận xét: +) IAB I, điểm H là điểm cân trung AB và  AB  R  IH  AH  IH      Vị trí tương đối mặt cầu và mặt phẳng Cho mặt cầu S  I ; R  và mặt phẳng  P  Gọi H là hình chiếu vuông góc I lên  P  hay d  I ;  P    IH Nếu: +) IH  R : Mặt cầu S  I ; R  và mặt phẳng P không có điểm chung +) Nếu IH  R : Mặt phẳng  P tiếp xúc mặt cầu S  I ; R  Lúc này ta nói mặt phẳng  P  là mặt phẳng tiếp diện mặt cầu và H là tiếp điểm Lưu ý: IH   P  +) Nếu IH  R : Mặt phẳng  P  cắt mặt cầu theo thiết diện là đường tròn có tâm I   I   H  và bán kính r  R  IH  R  I I Nhận xét: Đường tròn giao tuyến có diện tích lớn mặt phẳng  P  qua tâm I mặt cầu S  I ; R  Đường tròn này ta gọi là đường tròn lớn Công thức cần nhớ Cho mặt cầu S  I ; R  - Diện tích mặt cầu S  4 R - Thể tích khối cầu V   R B CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng Mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện Các khái niệm cần lưu ý: - Mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện: là mặt cầu mà nó qua tất các đỉnh hình đa diện Tâm mặt cầu ngoại tiếp cách tất các đỉnh hình đa diện - Trục đa giác: là đường thẳng qua tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác và vuông góc với mặt phẳng chứa đa giác Mọi điểm nằm trên trục thì cách các đỉnh đa giác và ngược lại - Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng: Là mặt phẳng qua trung điểm đoạn thẳng và vuông góc với đoạn thẳng đó Mọi điểm nằm trên mặt phẳng trung trực đoạn thẳng thì cách hai điểm mút đoạn thẳng và ngược lại Phương pháp giải Đối với bài toán mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện thì mấu chốt vấn đề là phải xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện đó Khi xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp thì ta có thể tính các yếu tố còn lại bán kính, diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu Bài tập: Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 2a, 4a, 4a, với  a  R Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật đã cho A 6a B 4a C 3a D 2a Hướng dẫn giải Giả sử hình hộp chữ nhật là ABCD.A'B'C'D' Dễ thấy điểm O là trung điểm AC’ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là R  OA R   1 AC   2  AA   AC   AA   AD    DC   2  2a    4a    4a  Chọn C Bài tập mẫu 2 2  3a Cách Tìm điểm cách các đỉnh khối đa diện theo định nghĩa mặt cầu Bài tập Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là điểm I với A I là trung điểm đoạn thẳng SD B I là trung điểm đoạn thẳng AC C I là trung điểm đoạn thẳng SC D I là trung điểm đoạn thẳng SB Hướng dẫn giải  BC  AB Từ giả thiết ta có   BC  SA  BC   SAB   BC  SB   90o  SBC 1 Chứng minh tương tự ta có   90o CD  SD  SDC  2   90o Do SA   ABCD   SA  AC  SAC  3 Từ (1), (2) và (3) suy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là mặt cầu đường kính SC nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I đoạn thẳng SC Chọn C Bài tập Cho khối chóp S.ABCD có tất các cạnh a Thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp là A V  3 a B V   a C V   a3 Hướng dẫn giải Vì S.ABCD là hình chóp nên SO   ABCD  Ta có OD  1 a BD  a  , 2 SO  SD  OD  a Vậy OS  OA  OD  OB  OC , nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD Vậy thể tích khối cầu cần tìm là V   SO   a (đvtt) Chọn B Lưu ý: Công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp đều: R a2 2h D V  3 a với a: độ dài cạnh bên, h: chiều cao hình chóp Bài tập 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA   ABCD  và SA  AB  a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là A a B a C a D a Hướng dẫn giải Chứng minh tương tự Bài tập ta kết  Ba đỉnh A, B, D nhìn cạnh SC góc vuông  Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm SC và SC bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là R  Ta có ABCD là hình vuông cạnh a  AC  a Xét tam giác SAC vuông A có SC  a  2a  a Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là R  a Chọn B Bài tập Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và BCD là các tam giác cạnh 2, hai mặt phẳng (ABD) và (ACD) vuông góc với Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD A 2 B C 2 D Hướng dẫn giải Ta có ABC, BCD AC  CD   ACD cân C cạnh nên Gọi I là trung điểm AD  CI  AD  ACD    ADB   Lại có  ACD    ADB   AD  CI   ABD   IC  AD   CI  IB  IB   ABD   1 Ta có ACD  ABD  c.c.c   CI  IB  2 Từ (1) và (2) ta có ACB vuông cân I  CB  IB  IB  CB    IC 2 DIB vuông I  ID  BD  IB   AD  ID  2 Xét ADB có AB  DB  2; AD  2  ABD vuông B  ABD  90o   ACD  90o Suy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có đường kính là AD nên bán kính là R  ID  Chọn B Bài tập Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  , tam giác ABC vuông B Biết SA  4a, AB  2a, BC  4a Bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là A 3a B 2a C a D 6a Hướng dẫn giải  BC  AB Ta có   BC   SAB   BC  SB  BC  SA  SA   ABC   SA   ABC   SA  AC Suy hai điểm A, B cùng nhìn SC góc vuông Vậy tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là trung điểm SC, bán kính SC mặt cầu là R  Ta có AC  AB  BC  4a  16a  20a  SC  SA2  AC  16a  20a  6a   / / BD  BD / / EF Vậy R  3a   SBD      EF Chọn A Bài tập 6: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông B, AC  a 3,  ACB  30o Góc đường thẳng AB' và mặt phẳng (ABC) 60° Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A'ABC A a 21 B a 21 C 3a D a 21 Hướng dẫn giải Trong tam giác vuông ABC có AB  AC.sin 30o  a Vì AB   ABC    A và hình chiếu B lên mặt phẳng (ABC) là B nên góc đường thẳng AB' và mặt phẳng (ABC) góc hai  AB (vì tam giác AB'B vuông đường thẳng AB' và AB, và góc B  AB  60o B) Do đó B Trong tam giác vuông AB'B có BB  AB.tan 60o  a 3a tan 60o  2 Trong tam giác vuông AA'C có  3a  AC  AA2  AC        3a   21 a ABC  90o Mà Ta có BC  AB và BC  AA nên BC   ABBA  , suy BC  AB hay   AAC  90o , suy hai điểm A, B cùng nhìn A'C góc vuông Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A'ABC R  AC 21  a Chọn A Bài tập Cho hình chóp S.ABC có đáy là hình vuông cạnh a, SA  a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi M là trung điểm cạnh SC Mặt phẳng () qua A và M đồng thời song song với đường thẳng BD cắt SB, SD E, F Bán kính mặt cầu qua điểm S, A, E, M, F nhận giá trị nào sau đây? A a B a C a D a Hướng dẫn giải Gọi I là giao điểm AM và SO Dễ thấy I là trọng tâm tam giác SAC và I, E, F thẳng hàng Lại có SF SI 2    SF  SD SD SO 3 2 SD   SA2  AD   2a 3  SF SD  SA  SF SD  Xét tam giác vuông SAD có SF SD  SA2  AF là đường cao tam giác AF  SF Chứng minh tương tự ta có AE  SB Tam giác SA  AC  a nên AM vừa là trung tuyến vừa là đường cao tam giác AM  SC  AM  SM  Ta có  AF  SF nên mặt cầu qua điểm S, A, E, M, F có tâm là trung điểm SA và bán kính  AE  SE  SA a  2 Chọn C Chú ý: Ta có thể làm sau Do EF      SBD  và   / / BD nên EF / / BD Ta có BD  AC , BD  SA  BD   SAC   EF   SAC   EF  SC Tam giác SAC có SA  AC  a nên AM  SC Do đó SC   AMEF   SC  AE 1 Lại có BC  AB, BC  SA nên BC   SAB   BC  AE  2 Từ (1) và (2) suy AE   SBC   AE  SB Chứng minh tương tự, ta AF  SD Từ đây, suy kết cách bên Cách Tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện là giao điểm trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy và mặt phẳng trung trực cạnh bên Chú ý: Trong khuôn khổ bài tập thường xoay quanh hình chóp, hình lăng trụ nên đa giác đáy ta nói đến đây là đáy hình chóp hay hình lăng trụ Bài tập Cho hình chóp S.ABC có cạnh đáy a, cạnh bên hợp với mặt đáy góc 60° Gọi (S) là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Thể tích khối cầu tạo nên mặt cầu (S) A 32 a 81 B 32 a 77 C 64 a 77 D 72 a 39 Hướng dẫn giải Gọi H là tâm tam giác ABC, SH là trục đường tròn ngoại tiếp ABC, mặt phẳng trung trực SA qua E là trung điểm SA và cắt SH I Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Xét tam giác SAH ta có SH  AH.tan 60o  a SH 2a  tan 60o  a; SA  o sin 60 Xét hai tam giác đồng dạng SEI và SHA 2a 2a SI SE SA.SE 3  2a Ta có   SI   SA SH SH a R 2a 3  2a  32 a Suy thể tích khối cầu tạo nên mặt cầu (S)       81 Chọn A Bài tập Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ có tất các cạnh a A 7 a B 7 a C 7 a Hướng dẫn giải Gọi O1, O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp hai đáy lăng trụ  O1O2 là trục đường tròn ngoại tiếp hai đa giác đáy Gọi I là trung điểm O1O2  IA  IB  IC  IA  IB  IC  Suy trung điểm I O1O2 là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ Bán kính D 3 a 2 a 3 a OO  R  IA  AO  IO  AO           a  12   3  2 2 2 2 2 Do đó diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ có tất các cạnh a là   7 a S  4 R  4  a    12  Chọn B Lưu ý: Mặt phẳng trung trực cạnh bên cắt O1O2 I là trung điểm O1O2 Bài tập Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông A, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và AB  2, AC  4, SA  Mặt cầu qua các đỉnh hình chóp S.ABC có bán kính là A R  25 B R  C R  D R  10 Hướng dẫn giải Gọi M, H là trung điểm BC, SA Ta có tam giác ABC vuông A suy A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Qua M kẻ đường thẳng d cho d   ABC   d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mặt phẳng kẻ đường trung trực  đoạn SA, cắt d I  IA  IB  IC   IA  IB  IC  IS  IA  IS  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Dễ thấy tứ giác HAMI là hình chữ nhật Ta có 1 BC   42  5, 2 IM  SA  2 AM  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là R  AI  AM  IM   5  Chọn B Lưu ý: có thể thay mặt phẳng trung trực SA đường trung trực SA xét mặt phẳng (SAM) Bài tập Cho hình chóp S.ABCD có tất các cạnh a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là A a B a C a Hướng dẫn giải D 2a Gọi O là tâm hình vuông ABCD  SO   ABCD  Vậy SO là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD Trong (SAC) gọi (d) là trung trực SA và I là giao điểm (d) với SO  I   SO   IA  IB  IC  ID    IA  IS  I   d   IA  IB  IC  ID  IS Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Bán kính mặt cầu là R  SA2 SA2   SO SA2  AO a2 a 2 a      a 2 Chọn C Bài tập Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy 2a, các mặt bên tạo với đáy góc 60° Diện tích Smc mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là A S mc  25 a B S mc  32 a C S mc  8 a D S mc  a2 12 Hướng dẫn giải Trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy là SO Mặt phẳng trung trực SB cắt SO I, cắt SB K thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp   60o Gọi H là trung điểm BC thì SHO Xét tam giác vuông SHO, ta có tan 60o  SO  SO  a OH Từ đó suy SB  SO  OB  3a  2a  a Ta có SKI ∽ SOB  g g  SK SI SK SB    SI   SI  SO SB SO a  5a  5a a a Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S mc 75a 25 a  4 R  4  36 Chọn A Bài tập Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy a 2, cạnh bên 2a Gọi M, N, P, Q là trung điểm SA, SB, SC, SD Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện ABCDMNPQ A R  a B R  a C R  a D R  a 10 Hướng dẫn giải Ta có  ABCD  / /  MNPQ  Gọi O  AC  BD Mà S.ABCD là hình chóp tứ giác nên SO   ABCD  Nên SO là trục hai đáy (ABCD) và (MNPQ) Trong mặt phẳng (SAO) kẻ đường trung trực d đoạn thẳng AM cắt SA, SO H, I Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCDMNPQ và bán kính là IA Ta có SA  SB  SC  SD  2a AB  BC  CD  DA  a Lại có SH  3 3a a  HA  SA  SA  2a  4  AC  AB  2a  AO  a  SO  SA2  AO  a 3a HI SH OA.SH 3a Mặt khác SHI ∽ SOA  g g     HI    OA SO SO a a  a   a 2 Bán kính mặt cầu cần tìm là R  AI  HI  HA        a   2 2 Chọn B Cách Dựa vào trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy và trục đường tròn ngoại tiếp mặt bên Bài tập Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  2a, BC  a, hình chiếu S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H AD, SH  a Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bao nhiêu? A 16 a B 16 a C 4 a D 4 a Hướng dẫn giải Gọi I là giao điểm AC và BC, qua I dựng đương thẳng d song song với SH  d   ABCD  Gọi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAD, qua M kẻ đường thẳng d' vuông góc với mp(SAD), d' cắt d O  O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và bán kính R  OS  MO  MS Với OM  IH  AB  a, MS  r (r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB) Lại có, SAD cân A, cạnh AD  a, đường cao SH  a suy tam giác SAD r  AM  a 4a (R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình SH   R2  3 chóp S.ABCD) Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD S  4 R  16 a Chọn A Bài tập Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  Gọi M, N là hình chiếu A trên SB,    , BC  a Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là SC Biết BAC A  a2 cos  B  a2 sin  C 4 a2 cos  D 4 a2 sin  Hướng dẫn giải +) Gọi K, P là trung điểm AC và AB ACN vuông N  K là tâm đường tròn ngoại tiếp ACN ABM vuông M  P là tâm đường tròn ngoại tiếp ABM +) Hai mặt phẳng (SAB), (ABC) vuông góc và cắt theo giao tuyến AB nên gọi d1 là trục đường tròn ngoại tiếp ABM thì d1 qua P, d1   ABC  và d1  AB Tương tự, gọi d2 là trục đường tròn ngoại tiếp ACN thì d2 qua K , d   ABC  và d  AC +) Rõ ràng, mặt phẳng (ABC) thì d1d2 là đường trung trực các cạch AB, AC nên hai đường này cắt tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Do đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, bán kính R mặt cầu này chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC +) Áp dụng định lí sin cho ABC ta R  BC a  2sin A 2sin  Vây diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là S  4 R   a2 sin  Chọn B Lưu ý: Cách 2: Vẽ đường kính AE đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đó A, M, N, B, C cùng nhìn AE góc 90° Áp dụng định lí sin cho ABC ta R BC a  2sin A 2sin  Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là S  4 R   a2 sin  Dạng Mặt cầu nội tiếp khối đa diện Mặt cầu nội tiếp khối đa diện là mặt cầu tiếp xúc với tất các mặt khối đa diện Phương pháp giải Xác định và hiểu rõ khoảng cách từ tâm mặt cầu nội tiếp khối đa diện tới các mặt khối đa diện chính là bán kính mặt cầu nội tiếp khối đa diện Từ đó có thể tính bán kính, diện tích xung quanh mặt cầu, thể tích khối cầu và giải các bài toán liên quan Ví dụ: Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương có cạnh là A  12 B  C 2 D  Hướng dẫn giải Khối cầu nội tiếp hình lập phương có tâm trùng với tâm hình lập phương và tiếp xúc với các mặt hình lập phương tâm các hình vuông là các mặt hình lập phương Suy bán kính R  4 1  Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương là V   R      3 2 Chọn D Bài tập mẫu Bài tập Cho hình lập phương có thể tích 64a3 Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương đó A V  64 a B V  8 a3 C V  32 a D V  16 a Hướng dẫn giải Hình lập phương có thể tích 64a , suy cạnh hình lập phương là 4a Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính cạnh hình lập phương  R  2a 32 a Vậy V   R  3 Chọn C Bài tập Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông B, AB  8, BC  Biết SA  và SA vuông góc với mp(ABC) Tính thể tích khối cầu có tâm thuộc phần không gian bên hình chóp và tiếp xúc với tất các mặt hình chóp S.ABC A 16  B 625  81 C 256  81 D 25  Hướng dẫn giải Gọi I và r là tâm và bán kính hình cầu tiếp xúc với tất các mặt hình chóp S.ABC Khi đó r.S VS ABC  VI ABC  VI SBC  VI SAB  VI SAC  r  S ABC  S SAB  S SBC  S SAC   TP 3 3V  r  S ABC STP 1 VS ABC  SA.SABC  .8.6  48; 3 S ABC  S SAB  24; S SBC  S SAC  30  STP  108 Vậy r  3VS ABC 3.48 4 256    Vmc   r   STP 108 3 81 Chọn C Dạng Bài toán cực trị Phương pháp giải Tương tự bài toán cực trị hình nón, hình trụ ta thường đánh giá trực tiếp dựa vào hình biểu diễn hay quy đại lượng cần tìm cực trị phụ thuộc vào yếu tố sau đó đánh giá tìm đáp án Ví dụ: Cho mặt cầu bán kính R  5cm Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có chu vi 8cm Bốn điểm A, B, C, D thay đổi cho A, B, C thuộc đường tròn (C), điểm D thuộc  S   D   C   và tam giác ABC Thể tích lớn tứ diện ABCD A 20 3cm3 B 32 3cm3 C 60 3cm3 D 96 3cm3 Hướng dẫn giải Gọi H là hình chiếu D trên mặt phẳng (P) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có chu vi 8cm Suy bán kính đường tròn R  8   cm  2 Suy cạnh tam giác ABC  cm  Suy S ABC 4 3   12  cm  không đổi Do đó thể tích khối tứ diện ABCD lớn d  D,  ABC   lớn  D và O nằm cùng phía SO với mặt phẳng (P) và D, O, H thẳng hàng  DH  DO  OH  DO  OA2  AH   25  16  Khi đó Vmax  12 3.8  32  cm3  Chọn B Bài tập mẫu Bài tập Cho hai mặt cầu  S1  ,  S  có cùng tâm I và bán kính là và 10 Các điểm A, B thay đổi thuộc  S1  còn C, D thay đổi thuộc  S  cho có tứ diện ABCD Khi thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn thì khoảng cách hai đường thẳng AB và CD A 10 B C D Hướng dẫn giải Để có tứ diện ABCD thì AB và CD không đồng phẳng Gọi R1, R2 là bán kính các mặt cầu  S1  và  S   R1  2; R2  10 Gọi K là trung điểm CD và h là khoảng cách hai đường thẳng AB và CD Ta CD  2CK , AB  R1  4,sin  AB, CD   Thể tích khối tứ diện ABCD là VABCD  1 AB.CD.sin  AB, CD  d  AB, CD   4.CD.h 6 Co  si  4 h  CK  IK  CK 3 Xét ICK vuông K có IK  CK  CI  R22 Khi đó VABCD  4 R2  10 3  AB  CD  Dấu “=” xảy   AB   h  IK  CK  Chọn C Bài tập 2: Cho tam giác ABC cạnh a, đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi S là điểm thay đổi trên đường thẳng d, H là trực tâm tam giác SBC Biết S thay đổi trên đường thẳng d thì điểm H nằm trên đường (C) Trong số các mặt cầu chứa đường (C), bán kính mặt cầu nhỏ là A a B a C a 12 D a Hướng dẫn giải Gọi M là trung điểm BC suy AM  BC ; SM  BC Gọi AM  G là trọng tâm tam giác ABC, vì a a a2 ; MG  MA  suy MG.MA  tam giác ABC cạnh a nên Mặt khác H trực tâm tam giác SBC nên tam giác BMH và tam giác SMC là hai tam giác đồng dạng nên BM MH a2   MH MS  BM MC  SM MC MH MA nên tam giác MHG và tam  MG MS giác MAS đồng dạng suy GH  SM Do đó MH MS  MG.MA hay Vì H thuộc (SAM) cố định S thay đổi trên d và GH  SM nên (C) là phần đường tròn đường kính GM đó các mặt cầu chứa (C), mặt cầu có bán kính nhỏ là mặt cầu nhận GM làm đường kính nên bán kính mặt cầu R GM a  12 Chọn C Dạng Bài toán thực tế Phương pháp giải Nắm vững kiến thức các dạng toán trên để giải bài toán thực tế liên quan đến mặt cầu EV0   33  36  cm3  Bài tập: Người ta thả viên bi có dạng hình cầu với bán kính 3cm vào cái ly dạng hình trụ chứa nước Người ta thấy viên bi chìm xuống đáy ly và chiều cao mực nước dâng lên thêm 1cm Biết chiều cao mực nước ban đầu ly 7,5cm Tính thể tích V khối nước ban đầu ly (kết lấy xấp xỉ) A V  282, 74cm3 B V  848, 23cm3 C V  636,17cm3 D V  1272,35cm3 Hướng dẫn giải Gọi V0 là thể tích viên bi Gọi R là bán kính cái ly (không tính vỏ) Theo bài ta có thể tích cột nước dâng lên 1cm thể tích viên bi nên ta có  R  36  R   cm  Suy thể tích V khối nước ban đầu ly  R h   36.7,5  848, 23  cm3  Chọn B Bài tập mẫu Bài tập 1: Cho ba hình cầu tiếp xúc ngoài với đôi và cùng tiếp xúc với mặt phẳng Các tiếp điểm các hình cầu trên mặt phẳng lập thành tam giác có các cạnh là 4, và Tích bán kính ba hình cầu trên là A 12 B C Hướng dẫn giải D Gọi  O , r1  ,  O2 , r2  ,  O3 , r3  là hình cầu thỏa mãn Gọi A, B, C là hình chiếu O1; O2; O3 trên mặt phẳng Giả sử AB  4, BC  2, AC  Ta có O1 A  r1 ; O2 B  r2 ; O3C  r3 ; O1O2  r1  r2 ; O2O3  r2  r3 ; O3O1  r3  r1 Kẻ O1 H  BO2  H  BO2   BH  r1 ; O2 H  r2  r1 Theo định lý Py-ta-go ta có O1O2  O1 H  O2 H   r1  r2   AB   r2  r1   r1r2  Tương tự ta có r2 r3  Vậy r1r2 r3  AB BC AC ; r3r1  4 AB BC 2CA2  64 Chọn B Bài tập Cho địa cầu có độ dài đường kinh tuyến 30° Đông là 40cm (tham khảo hình vẽ) Độ dài đường xích đạo là: A 40 3 cm B 40 cm C 80 cm D 80 cm Hướng dẫn giải Đường xích đạo là đường vĩ tuyến lớn Độ dài đường xích đạo gấp hai lần đường kinh tuyến 30° Đông Vậy độ dài đường xích đạo là: 2.40  80  cm  Chọn C Bài tập Quả bóng đá dùng thi đấu các giải bóng đá Việt Nam tổ chức có chu vi thiết diện qua tâm là 68,5cm Quả bóng ghép nối các miếng da hình lục giác màu trắng và đen, miếng có diện tích 49,83cm2 Hỏi cần ít bao nhiêu miếng da để làm bóng trên? A  40 (miếng da) B  20 (miếng da) C  35 (miếng da) D  30 (miếng da) Hướng dẫn giải Vì thiết diện qua tâm là đường tròn có chu vi là 68,5cm, nên giả sử bán kính mặt cầu là R ta có 2 R  68,5  R  68,5 2  68,5  Diện tích mặt cầu: S xq  4 R  4    1493,59  cm   2  Vì miếng da có diện tích 49,83cm2 nên để phủ kín mặt bóng thì số miếng da 1493,59 cần là  29,97 Vậy phải cần  30 miếng da 49,83 Chọn D Dạng Dạng toán tổng hợp Phương pháp giải Sử dụng kiến thức hình nón, hình trụ, hình cầu các dạng toán trên để giải bài toán tổng hợp Ví dụ: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AA', M là trung điểm BC Khi quay tam giác ABM cùng với nửa hình tròn đường kính AA' xung quanh đường thẳng AM, ta V khối nón và khối cầu có thể tích là V1 và V2 Tỷ số V2 A B 49 C 27 32 Hướng dẫn giải Chọn D a a a Gọi a là cạnh ABC đều, suy BM  ; AM  ; IA  2 D 32 a a  BM AM 2 V Ta có      V2 a 3 32  IA3     Bài tập Bài tập Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác cạnh là 2a, có thể tích V1 và hình V cầu có đường kính chiều cao hình nón, có thể tích V2 Khi đó tỉ số thể tích bao nhiêu? V2 A V1  V2 B V1  V2 C V1  V2 D V1  V2 Hướng dẫn giải Chọn B Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác cạnh là 2a 3  I  2a, R  a, h  a  V1  a 3 a  a ; 3 a 3 3 V2    a     Vậy V1  V2 Bài tập Một cái bồn chứa nước gồm hai nửa hình cầu và hình trụ (như hình vẽ) Đường sinh hình trụ hai lần đường kính hình cầu Biết thể tích bồn chứa nước là 128 m Tính diện tích xung quanh cái bồn chứa nước theo đơn vị m2 A 48 m2 B 50 m2 C 40 m2 Hướng dẫn giải Chọn A D 64 m2 Gọi x là bán kính hình cầu Ta có lt  2d c  Rc  Rt  x Thể tích bể nước là 4 128 V  Vt  Vc   Rt2lt   Rc3   x x   x3  3 3  x   x  Diện tích xung quanh bể nước là S  2 Rt lt  4 Rc2  2.2  4 22  48  m 