Bài 1 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho mp \((P)\) và điểm \(A\) không thuộc \((P)\). Chứng minh rằng mọi mặt cầu đi qua \(A\) và có tâm nằm trên \((P)\) luôn luôn đi qua hai điểm cố định. Giải Lấy điểm \(O\) nằm trên mp \((P)\). Gọi \((S)\) là mặt cầu đi qua \(A\) có tâm \(O\). Gọi \(A’\) là điểm đối xứng của \(A\) qua mp \((P)\) ta có \(OA’ = OA = R\) nên \((S)\) đi qua \(A’\). Vậy mặt cầu \((S)\) luôn đi qua hai điểm cố định \(A\) và \(A’\). Bài 2 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABC\), biết \(SA = SB = SC = a\), \(\widehat {ASB} = {60^0},\widehat {BSC} = {90^0},\widehat {CSA} = {120^0}\). Giải Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(SAB, SAC\) ta có: \(\eqalign{ & A{B^2} = S{A^2} + S{B^2} - 2SA.SB.\cos {60^0} \cr & = {a^2} + {a^2} - 2{a^2}.{1 \over 2} = {a^2} \Rightarrow AB = a \cr & A{C^2} = S{A^2} + S{C^2} - 2SA.SC.\cos {120^0} \cr & = {a^2} + {a^2} - 2{a^2}\left( { - {1 \over 2}} \right) = 3{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 3 \cr} \) Trong tam giác vuông \(SBC\) có: \(B{C^2} = S{B^2} + S{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow BC = a\sqrt 2 \) Ta có: \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B\). Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC\) thì \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vì \(SA = SB = SC\) nên \(SH \bot mp\left( {ABC} \right)\) Và \(S{H^2} = S{C^2} - H{C^2} = {a^2} - {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2} = {{{a^2}} \over 4} \Rightarrow SH = {a \over 2}\) Gọi \(O\) là điểm đối xứng của \(S\) qua \(H\) thì \(SO = OA = OB = OC = a\) nên mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABC\) có tâm \(O\) và bán kính \(R = a\). Bài 3 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho hai đường tròn \((O; r)\) và \((O’; r’)\) cắt nhau tại hai điểm \(A, B\) và lần lượt nằm trên hai mặt phẳng phân biệt \((P)\) và \((P’)\). a) Chứng minh rằng có mặt cầu \((S)\) đi qua hai đường tròn đó. b) Tìm bán kính \(R\) của mặt cầu \((S)\) khi \(r = 5, r' = \sqrt {10} \), \(AB = 6\), \({\rm{OO}}' = \sqrt {21} \). Giải a) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\) ta có: \(OM \bot AB\) và \(O'M \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {OO'M} \right)\) Gọi \(\Delta ,\,\Delta '\) lần lượt là trục của đường tròn \((O; r)\) và \((O’; r’)\) thì \(AB \bot \Delta \,\,,\,\,AB \bot \Delta '\). Do đó \(\Delta ,\,\Delta '\) cùng nằm trong mp \((OO’M)\). Gọi \(I\) là giao điểm của \(\Delta \) và \(\Delta '\) thì \(I\) là tâm của mặt cầu \((S)\) đi qua hai đường tròn \((O; r)\) và \((O’; r’)\) và \(S\) có bán kính \(R = IA\). b) Ta có: \(MA = MB = 3\,\,,\,\,OA = r = 5,\,\,OA' = r' = \sqrt {10} \) \(\eqalign{ & OM = \sqrt {O{A^2} - A{M^2}} = \sqrt {25 - 9} = 4 \cr & O'M = \sqrt {O'{A^2} - A{M^2}} = \sqrt {10 - 9} = 1 \cr} \) Áp dụng định lí Cosin trong \(\Delta {\rm{OMO'}}\) ta có: \(\eqalign{ & OO{'^2} = O{M^2} + O'{M^2} - 2OM.O'M.\cos \widehat {OMO'} \cr & \Rightarrow 21 = 16 + 1 - 2.4.1.cos\widehat {OMO'} \Rightarrow \cos \widehat {OMO'} = - {1 \over 2} \cr & \Rightarrow \widehat {OMO'} = {120^0},\,\,\widehat {OIO'} = {60^0} \cr} \) Áp dụng định lí Côsin trong tam giác \(OMO’\) ta có: \(\eqalign{ & M{O^2} = MO{'^2} + OO{'^2} - 2MO'.OO'.cos\widehat {MO'O} \cr & \Rightarrow \cos \widehat {MO'O} = {{\sqrt {21} } \over 7} \Rightarrow \sin \widehat {OO'I} = {{\sqrt {21} } \over 7} \cr} \) (Vì \(\widehat {MO'O} + \widehat {OO'I} = {90^0}\)) Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(OIO’\) ta có: \({{OI} \over {\sin \widehat {OO'I}}} = {{OO'} \over {\sin \widehat {OIO'}}} \Leftrightarrow {{OI} \over {{{\sqrt {21} } \over 7}}} = {{\sqrt {21} } \over {{{\sqrt 3 } \over 2}}} \Leftrightarrow OI = 2\sqrt 3 \) Vậy \(R = \sqrt {O{A^2} + O{I^2}} = \sqrt {25 + 12} = \sqrt {37} \) Bài 4 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho hình nón \((N)\) sinh bởi tam giác đều cạnh \(a\) khi quay quanh một đường cao của tam giác đó. a) Một mặt cầu có diện tích bằng diện tích toàn phần của hình nón \((N)\) thì có bán kính bằng bao nhiêu? b) Một khối cầu có thể tích của khối nón \((N)\) thì có bán kính bằng bao nhiêu? Giải Hình nón \((N)\) có bán kính đáy \(r = BH = {1 \over 2}a\), chiều cao \(h = AH = {{a\sqrt 3 } \over 2}\) và đường sinh \(l = AB = a\). Diện tích toàn phần \({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi {{{a^2}} \over 2} + \pi {{{a^2}} \over 4} = {3 \over 4}\pi {a^2}\) Thể tích \(V = {1 \over 3}\pi {r^2}h = {1 \over 3}\pi {{{a^2}} \over 4}.{{a\sqrt 3 } \over 2} = {{\sqrt 3 } \over {24}}\pi {a^3}\) a) Nếu mặt cầu có bán kính \(R\) thì diện tích bằng \(4\pi {R^2}\) nên \(4\pi {R^2} = {3 \over 4}\pi {a^2} \Rightarrow R = {{a\sqrt 3 } \over 4}\) b) Nếu khối cầu có bán kính \(R\) thì thể tích bằng \({4 \over 3}\pi {R^3}\) nên \({4 \over 3}\pi {R^3} = {{\sqrt 3 } \over {24}}\pi {a^3} \Rightarrow R = {{\root 6 \of {12} } \over 4}a\) Bài 5 trang 63 Hình học 12 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), \(AB = c,\,AC = b\) . Gọi \({V_1},{V_2},{V_3}\) là thể tích các khối tròn xoay sinh bởi tam giác đó (kê cả các điểm trong) khi lần lượt quay quanh \(AB, AC, BC\). a) Tính \({V_1},{V_2},{V_3}\) theo \(b, c\). b) Chứng minh rằng \({1 \over {V_3^2}} = {1 \over {V_1^2}} + {1 \over {V_2^2}}\) Giải a) Khi quay tam giác \(ABC\) quanh \(AB\) ta được khối nón có chiều cao \(AB = c\) và bán kính đáy \(AC = b\) nên có thể tích \(V_1 = {1 \over 3}\pi c{b^2}\) Tương tự khi quay tam giác \(ABC\) quanh \(AC\) ta được khối nón có thể tích \({V_2} = {1 \over 3}\pi b{c^2}\) Gọi \(AH\) là chiều cao của tam giác \(ABC\). Khi quay tam giác \(ABC\) quanh \(BC\) ta được hai khối nón sinh bởi hai tam giác \(ABH\) và \(ACH\). Khi đó ta có \({V_3} = {1 \over 3}\pi A{H^2}.BH + {1 \over 3}\pi A{H^2}.CH = {1 \over 3}\pi AH.BC = {1 \over 3}\pi {\left( {{{bc} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}} \right)^2}\sqrt {{b^2} + {c^2}} = {1 \over 3}{{\pi {b^2}{c^2}} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}\) b) Ta có: \({1 \over {V_3^2}} = {{9\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} \over {\pi {b^4}{c^4}}}\) \({1 \over {V_1^2}} + {1 \over {V_2^2}} = {9 \over {\pi {c^2}{b^4}}} + {9 \over {\pi {b^2}{c^4}}} = {{9\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \over {\pi {b^4}{c^4}}} = {1 \over {V_3^2}}\) Bài 6 trang 63 Hình học 12 Nâng cao. Một hình thang cân \(ABCD\) có các cạnh đáy \(AB = 2a, BD = 4a\), cạnh bên \(AD = BC = 3a\). Hãy tính thể tích và diện tích toàn phần của khối tròn xoay sinh bởi hình thang đó khi quay quanh trục đối xứng của nó. Giải Gọi \(S\) là giao điểm của hai cạnh bên \(AD\) và \(BC\) của hình thang. Đường cao \(SO\) của tam giác cân \(SCD\) là trục đối xứng của hình thang, do đó \(SO\) cắt \(AB\) tại trung điểm \(O’\) của \(AB\). Khi quay quanh \(SO\), tam giác \(SCD\) sinh ra khối nón \(\left( {{N_1}} \right)\) có thể tích \({V_1}\), tam giác \(SAB\) sinh ra khối nón \(\left( {{N_2}} \right)\) có thể tích \({V_2}\), còn hình thang \(ABCD\) sinh ra một khối tròn xoay \(\left( H \right)\) có thể tích \(V = {V_1} - {V_2}\). Vì \(AB = {1 \over 2}CD\) nên \(AB\) là đường trung bình của tam giác \(SCD\) nên \(SB = BC = 3a\). Ta có \(SO' = \sqrt {S{B^2} - O'{B^2}} = \sqrt {9{a^2} - {a^2}} = 2\sqrt 2 a\) \(\eqalign{ & SO = 2SO' = 4\sqrt 2 a \cr & V = {V_1} - {V_2} = {1 \over 3}\pi O{C^2}.SO - {1 \over 3}\pi O'{B^2}.SO' = {1 \over 3}\pi 4{a^2}.SO - {1 \over 3}\pi {a^2}SO' \cr & = {1 \over 3}\pi {a^2}\left( {4SO - SO'} \right) = {1 \over 3}\pi {a^2}\left( {16\sqrt 2 a - 2\sqrt 2 a} \right) = {{14\sqrt 2 } \over 3}\pi {a^3} \cr} \) Diện tích xung quanh của khối tròn xoay \((H)\) là: \(\eqalign{ & {S_{xq}} = {S_1} - {S_2} = \pi OC.SC - \pi O'B.SB = 9\pi {a^2} \cr & {S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 9\pi {a^2} + \pi {a^2} + 4\pi {a^2} = 14\pi {a^2} \cr} \)
