Bài 1 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao. Trong không gian cho ba đoạn thẳng \(AB, BC, CD\) sao cho \(AB \bot BC\,\,,\,\,BC \bot CD\,\,,\,\,CD \bot AB\) . Chứng minh rằng có mặt cầu đi qua bốn điểm \(A, B, C, D\). Tính bán kính mặt cầu đó nếu \(AB = a\,\,,\,\,BC = b\,\,,\,\,CD = c\) . Giải Vì \(AB \bot BC\) và \(AB \bot CD\) nên \(AB \bot \left( {BCD} \right)\). Suy ra \(AB \bot BD\) Vì \(CD \bot BC\) và \(CD \bot AB\) nên \(CD \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow CD \bot AC\) 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 \(R = {1 \over 2}AD = {1 \over 2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \) Bài 2 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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. Giải 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 \(AB\). 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. 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 \((C)\). 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 \(M\). Bài 3 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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. Giải Cả a) và b) đều đúng. Bài 4 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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. 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 \((C)\). Bài 5 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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. Giải a) Đúng vì mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn. 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. Bài 6 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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 \(AB + CD = AC + BD = AD + BC\) Giải 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 \(OI \bot AB\,\,,\,\,OJ \bot BC\,\,,\,\,OK \bot CA\,\,,\,\,OI = OJ = OK\,\, \in \left( * \right)\) Gọi \(O’\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên mp \((ABC)\) thì các điều kiện (*) tương đương với \(O'I \bot AB\,\,,\,\,O'J \bot BC\,\,,\,\,O'K \bot CA,\,\,O'I = O'J = O'K\) hay \(O’\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\). Từ đó suy ra tập hợp các điểm \(O\) là trục của đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\). 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: \(\eqalign{ & AB + CD = AP + PB + CR + RD \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = AT + BU + CT + DU \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {AT + TC} \right) + \left( {BU + UD} \right) = AC + BD \cr} \) Vậy \(AB + CD = AC + BD\) Chứng minh tương tự \(AC + BD = AD + BC\) Vậy \(AB + CD = AC + BD = AD + BC\). Bài 7 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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. Giải 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: \(SO.SH = SI.SA \Rightarrow SO = {{S{A^2}} \over {2SH}} = {{S{A^2}} \over {2h}}\) Mà \(S{A^2} = S{H^2} + A{H^2} = {h^2} + {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{{a^2} + 3{h^2}} \over 3}\) Từ đó suy ra \(R = SO = {{{a^2} + 3{h^2}} \over {6h}}\) Vậy thể tích khối cầu cần tìm là \(V = {{\pi {{\left( {{a^2} + 3{h^2}} \right)}^3}} \over {162{h^3}}}\) 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 ASIO vuông cân tại I và \(IS = IO = {{3a} \over 4}\). Từ đó suy ra \(R = OA = \sqrt {O{I^2} + I{A^2}} = \sqrt {{{9{a^2}} \over {16}} + {{{a^2}} \over {16}}} = {{a\sqrt {10} } \over 4}\) Vậy thể tích khối cầu cần tìm là: \(V = {4 \over 3}\pi {\left( {{{a\sqrt {10} } \over 4}} \right)^3} = {{5\pi {a^3}\sqrt {10} } \over {24}}\) Bài 8 trang 45 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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) Giải a) Gọi I và I lần lượt là trung điểm của AB và CD. Ta có \(\Delta ABC = \Delta ABD\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow CI = DI\)(2 trung tuyến tương ứng) \(\Delta CID\) cân tại I nên \(IJ \bot AB\). 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: \(O{A^2} = O{I^2} + A{I^2} = {{I{J^2}} \over 4} + {{A{B^2}} \over 4} = {{I{J^2} + {c^2}} \over 4}\) Vì CI là trung tuyến của tam giác ABC nên \(C{I^2} = {{2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}} \over 4}\) Suy ra \(I{J^2} = C{I^2} - C{J^2} = {{2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}} \over 4} - {{{c^2}} \over 4} = {{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over 2}\) Như vậy \({R^2} = O{A^2} = {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over 8}\) và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là: \(S = 4\pi {R^2} = {\pi \over 2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\) 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) Bài 9 trang 46 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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. 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: \({R^2} = I{A^2} = A{J^2} + I{J^2} = {\left( {{{AB} \over 2}} \right)^2} + {\left( {{{SC} \over 2}} \right)^2} = {1 \over 4}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\) Diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {R^2} = \pi \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\) Vì \(SC // l \) nên SI cắt CJ tại G và \({{GJ} \over {GC}} = {{IJ} \over {SC}} = {1 \over 2}\) nên G là trọng tâm tam giác ABC. Vậy S, G và tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC thẳng hàng. Bài 10 trang 46 SGK Hình học 12 Nâng cao. 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? Giải 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. 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 \(x = y = z = {{2R} \over {\sqrt 3 }}\) Vậy S đạt giá trị lớn nhất là \(8{R^2}\) khi và chỉ khi \(x = y = z = {{2R} \over {\sqrt 3 }}\), khi đó H là hình lập phương.
