BA CÔNG THỨC TIÊU DIỆT NHANH TẤT CẢ BÀI TOÁN TÌM BÁN KÍNH MẶT CẦU NGOẠI TIẾP VÀ VÀI TRƯỜNG HỢP ĐƠN LẺ KHÁC1. QUY ƯỚC: · \(R\) là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình: Chóp, Nón, Lăng trụ, Trụ · \({R_d}\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy; \({R_b}\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp mặt bên. · \(h\) là đường cao của khối Chóp, Nón, Lăng trụ, Trụ · \(O;\;O'\) là tâm đáy (\(O'\) trong trường hợp lăng trụ, Trụ) · \({S_d}\) là diện tích đáy 2. TÍNH \({R_d}\) : HìnhTính bán kính ngoại tiếp đáyTam giác đều cạnh a\({R_d} = \cfrac{{\sqrt 3 }}{3}a\)Tam giác vuông\({R_d} = \cfrac{1}{2} \times \)cạnh huyềnHình vuông cạnh a\({R_d} = \cfrac{{\sqrt 2 }}{2}a\)Hĩnh chữ nhật cạnh a, b\({R_d} = \cfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {b^2}} \)(nửa đường chéo)Hình thang cân nửa lục giác đều\({R_d} = \cfrac{1}{2} \times \) đáy lớnTam giác thường 3 cạnh a, b, c\({R_d} = \cfrac{{abc}}{{4{S_d}}}\) hoặc dùng\(\cfrac{a}{{\sin A}} = \cfrac{b}{{\sin B}} = \cfrac{c}{{\sin C}} = 2{R_d}\) 3. BA CÔNG THỨC TÍNH \(R\) HìnhTính \(h\)Tính \(R\)- Chóp có cạnh bên SA vuông góc với đáy - Lăng trụ đứng - Hình trụ\(h = SA\) \(h = A'A\) \(h = OO'\)\({R^2} = {\left( {\cfrac{h}{2}} \right)^2} + R_d^2 = \boxed{\cfrac{{{h^2} + 4R_d^2}}{4}}\)- Chóp có mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy - Đặc biệt: \(\Delta \)SAB đều- Không cần tính \(h\) - có \(h = \cfrac{{AB\sqrt 3 }}{2}\)\({R^2} = \boxed{{{\left( {\cfrac{{AB}}{2}\cot \widehat {ASB}} \right)}^2} + R_d^2} = \boxed{R_d^2 + R_b^2 - \cfrac{{A{B^2}}}{4}}\) \(\Delta \)SAB đều \( \Rightarrow \)\({R^2} = \boxed{\cfrac{{{h^2} + 9R_d^2}}{9}}\)- Chóp có cạnh bên bằng nhau - Hình nón\(h = SO = \sqrt {S{A^2} - R_d^2} \)\(R = \cfrac{{S{A^2}}}{{2.SO}} = \boxed{\cfrac{{{h^2} + R_d^2}}{{2h}}}\) 4. CHỨNG MINH CÁC CÔNG THỨC a. Trường hợp cạnh bên vuông góc với đáy - Gọi I là tâm khối cầu ngoại tiếp, thì I nằm trên trục \(\Delta \) của đáy.- Do \(SA \bot (ABC...)\) nên \(SA//\Delta\) . Do đó, I cũng thuộc trung trực của SA -Vậy \(\boxed{{R^2} = {{\left( {\cfrac{h}{2}} \right)}^2} + R_d^2}\) b. Trường hợp mặt bên vuông góc với đáy - Gọi I là tâm khối cầu ngoại tiếp, thì I nằm trên trục \(\Delta \) của đáy.- Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác SAB thì O’ nằm trên trung trực của AB trong mp(SAB). Vậy \(O'M//\Delta \). Do đó, I thuộc đường thẳng qua O’ và vuông góc với mp(SAB) - Góc AO’B là góc ở tâm đường tròn (O’) nên \(\widehat {MO'B} = \widehat {ASB} = \alpha \). Vậy \(O'M = \cfrac{{AB}}{2}\cot \alpha \) - Vậy: \(\boxed{{R^2} = {{\left( {\cfrac{{AB}}{2}\cot \widehat {ASB}} \right)}^2} + R_d^2}\) Hoặc, \(O{I^2} = O'{M^2} = O'{A^2} - A{M^2} = R_b^2 - \cfrac{{A{B^2}}}{4}\) nên \(\boxed{{R^2} = R_d^2 + R_b^2 - \cfrac{{A{B^2}}}{4}}\) c. Trường hợp cạnh bên bằng nhau - Trường hợp này \(\Delta \) trùng với SO.- Tâm I của mặt cầu thuộc trung trực của SA trong mp(SAO). - Từ \(\Delta SMI \sim \Delta SOA\)\( \Rightarrow \cfrac{{SM}}{{SO}} = \cfrac{{SI}}{{SA}}\)\( \Rightarrow SI = \cfrac{{SM.SA}}{{SO}}\)\( = \cfrac{{S{A^2}}}{{2SO}}\) - Vậy: \(\boxed{R = \cfrac{{{h^2} + R_d^2}}{{2h}}}\) 5. MỘT VÀI TRƯỜNG HỢP KHÁC Bài 1. Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = a\); \(CD = b\). Gọi \(I,J\) lần lượt là trung điểm của \(AB,CD\) thì \(IJ\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\). Biết \(IJ = l\), tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\). Công thức: \(\boxed{{R^2} = \cfrac{{{a^2}}}{4} + {{\left( {l - x} \right)}^2} = {x^2} + \cfrac{{{b^2}}}{4}}\) Chứng minh: Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Do IJ là đường trung trực chung của AB và CD nên \(O \in {\rm{IJ}}\). Đặt \(OI = x \Rightarrow {\rm{OJ}} = l - x\) nên ta có \({R^2} = \cfrac{{{a^2}}}{4} + {\left( {l - x} \right)^2} = {x^2} + \cfrac{{{b^2}}}{4}\) Giải phương trình được \(x = \cfrac{{{a^2} - {b^2}}}{{8l}} - \cfrac{l}{2}\) Bài 2. Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = a\); \(CD = b\) các cạnh còn lại bằng \(c\). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Công thức: - Áp dụng Bài 1 với \(l = \sqrt {{c^2} - \cfrac{{{a^2} + {b^2}}}{4}} \); \(AB = a;CD = b\) - Xây dựng trực tiếp công thức: \(\boxed{{d^2} = 4{R^2} = \cfrac{{\left( {2{c^2}} \right)\left( {2{c^2}} \right) - {a^2}.{b^2}}}{{\left( {2{c^2} + 2{c^2}} \right) - \left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}}\) Chứng minh: Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và AB thì dễ thấy MN là đương vuông góc chung. Vậy có thể áp dụng bài 1 với \(l = MN = \sqrt {{c^2} - \cfrac{{{a^2} + {b^2}}}{4}} \) . Ta có thể xây dựng công thức trực tiếp như sau: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD và I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thì I là giao điểm của MN với đường thẳng qua O vuông góc với mp(ACD). Có \(A{M^2} = {c^2} - \cfrac{{{b^2}}}{4}\) nên \(M{N^2} = {c^2} - \cfrac{{{a^2} + {b^2}}}{4}\) . Có \(AO = \cfrac{{{c^2}}}{{2AM}}\)\( \Rightarrow A{O^2} = \cfrac{{{c^4}}}{{4\left( {{c^2} - \cfrac{{{b^2}}}{4}} \right)}} = \cfrac{{{c^4}}}{{4{c^2} - {b^2}}}\) Có \(O{M^2} = O{D^2} - \cfrac{{{b^2}}}{4}\)\( = O{A^2} - \cfrac{{{b^2}}}{4}\)\( = \cfrac{{{c^4}}}{{4{c^2} - {b^2}}} - \cfrac{{{b^2}}}{4}\)\( = \cfrac{{{{\left( {2{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}}{{4\left( {4{c^2} - {b^2}} \right)}}\)\( \Rightarrow OM = \cfrac{{2{c^2} - {b^2}}}{{2\sqrt {4{c^2} - {b^2}} }}\) . Ta có \(\cfrac{{OI}}{{OM}} = \cfrac{{AN}}{{MN}}\)\( \Rightarrow OI = \cfrac{{OM.AN}}{{MN}}\)\( = \cfrac{{2{c^2} - {b^2}}}{{2\sqrt {4{c^2} - {b^2}} }}.\cfrac{a}{2}.\cfrac{2}{{\sqrt {4{c^2} - {a^2} - {b^2}} }}\). Vậy \({R^2} = A{O^2} + O{I^2}\)\( = \cfrac{{{c^4}}}{{4{c^2} - {b^2}}} + \cfrac{{{a^2}{{\left( {2{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}}{{4\left( {4{c^2} - {b^2}} \right)\left( {4{c^2} - {b^2} - {a^2}} \right)}}\)\( = \cfrac{{4{c^4} - {a^2}{b^2}}}{{4\left( {4{c^2} - {a^2} - {b^2}} \right)}}\)\( = \boxed{\cfrac{{\left( {2{c^2}} \right)\left( {2{c^2}} \right) - \left( {{a^2}.{b^2}} \right)}}{{\left( {2{c^2} + 2{c^2}} \right) - \left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}}\) . Bài 3. Cho tứ diện gần đều \(ABCD\) có \(AB = CD = a\);\(BC = AD = b\);\(CA = BD = c\). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Công thức: \(\boxed{{R^2} = \cfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{8}}\) Chứng minh: Theo tính chất tứ diện gần đều, tâm mặt cầu ngoại tiếp, tâm mặt cầu nội tiếp và trọng tâm trùng nhau. Ta có \(\overrightarrow {AG} = \cfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)\), suy ra: \({R^2} = \cfrac{1}{{16}}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} + 2\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} } \right)\) Lưu ý rằng: \(2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}\)\( = {b^2} + {c^2} - {a^2}\) Tương tự với \(2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} \) và \(2\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} \). Vậy \({R^2} = \cfrac{1}{{16}}\left( {2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2}} \right)\)\( \Leftrightarrow {R^2} = \cfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{8}\) . Bài 4. Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB \bot AD;AB \bot BC\) và cho biết \(AB = a\), \(CD = b > a\), \((AD,BC) = \alpha \). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Công thức: \(\boxed{{R^2} = \cfrac{{{b^2}\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right) - {a^2}}}{{4{{\tan }^2}\alpha }}}\) Chứng minh: Từ B kẻ BE//AD và BE=AD. Khi đó \(AB \bot (BCE)\) và ABED là hình chữ nhật. Vậy 5 điểm A, B, C, D, E cùng nội tiếp 1 mặt cầu. Do đó, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD cũng là mặt cầu ngoại tiếp chóp A.BCE. Hình chóp A.BCE có cạnh bên AB vuông góc với đáy nên \({R^2} = R_d^2 + {\left( {\cfrac{{AB}}{2}} \right)^2} = R_d^2 + \cfrac{{{a^2}}}{4}\) Mặt khác, đáy BCE có \(CE = \sqrt {{b^2} - {a^2}} \) và \(\widehat {CBE} = \alpha \) nên theo định lý hàm số sin ta có: \(\cfrac{{CE}}{{\sin \alpha }} = 2{R_d} \Rightarrow {R_d} = \cfrac{{\sqrt {{b^2} - {a^2}} }}{{2\sin \alpha }}\) Vậy, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD được tính bởi công thức \({R^2} = \cfrac{{{b^2} - {a^2}}}{{4{{\sin }^2}\alpha }} + \cfrac{{{a^2}}}{4} = \cfrac{{{b^2} - {a^2}{{\cos }^2}\alpha }}{{4{{\sin }^2}\alpha }} = \cfrac{{{b^2}}}{4} + \cfrac{{{b^2} - {a^2}}}{{4{{\tan }^2}\alpha }}\).
