Bài 1 trang 54 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD, biết AB=BC=AC=BD=a, AD=b, hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc với nhau. a) Chứng minh rằng tam giác ACD vuông. b) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Giải a) Gọi \(I\) là trung điểm của CD, do BC = BD = a nên \(BI \bot CD.\) Mặt khác \(mp\left( {BCD} \right) \bot mp\left( {ACD} \right)\) nên \(BI \bot mp(ACD).\) Xét các tam giác vuông AIB và DIB có cạnh góc vuông BI chung, BA = BD, từ đó AI = ID. Vậy ACD là tam giác vuông tại A. b) Từ chứng minh trên, ta thấy tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thuộc BI, do đó, bán kính mặt cầu phải tìm chính là bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Dễ thấy CB2=BI.BB’=2R.BI, tức là \(R = {{{a^2}} \over {2BI}}.\) Mặt khác \(\eqalign{ & B{I^2} = B{C^2} - {{C{D^2}} \over 4} = {a^2} - {{{a^2} + {b^2}} \over 4} = {{3{a^2} - {b^2}} \over 4} \cr & \Rightarrow BI = {1 \over 2}\sqrt {3{a^2} - {b^2}} ,0 < b < a\sqrt 3 . \cr} \) Như vậy \(R = {{{a^2}} \over {\sqrt {3{a^2} - {b^2}} }},\)do đó diện tích mặt cầu phải tìm bằng \({{4\pi {a^4}} \over {3{a^2} - {b^2}}}\) với \(0 < b < a\sqrt 3 \). Bài 2 trang 54 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) nằm trên hai mặt phẳng song song (P) và (Q) sao cho OO’ vuông góc với (P). Đặt OO’ = h. Chứng minh rằng có mặt cầu đi qua hai đường tròn trên, tính diện tích mặt cầu đó. Giải (h.48) Giả sử \(R \le R'\). Vì \(OO' \bot (P)\) nên mọi điểm thuộc OO’ cách đều các điểm của đường tròn (O;R), đồng thời cách đều các điểm của đường tròn (O’;R’), Xét mp(R) qua OO’ và hai mặt phẳng (P), (Q) theo hai giao tuyến OA, O’A', \(A \in (O;R),A' \in (O';R').\) Trong mp(R) , đường trung trực AA’ cắt OO’ tại J. Khi đó, mặt cầu tâm J, bán kính JA đi qua cả hai đường tròn (O;R) và (O’;R’). Gọi S là diện tích mặt cầu đó thì \(S = 4\pi .J{A^2} = 4\pi (O{A^2} + J{O^2}) = 4\pi ({R^2} + J{O^2}).\) Kẻ IH song song với \(AO(H \in OO')\) thì \(OH = {h \over 2}\). Từ OH+JH=JO, suy ra \({h \over 2} + JH = JO.\) Kẻ AK song song với OO’(\((K \in O'A')\) thì có \({{HJ} \over {A'K}} = {{IH} \over {AK}},\) từ đó \(HJ = {{{{R' + R} \over 2}.(R' - R)} \over h} = {{R{'^2} - {R^2}} \over {2h}}.\) Vậy \(JO = {h \over 2} + {{R{'^2} - {R^2}} \over {2h}} = {{{h^2} + R{'^2} - {R^2}} \over {2h}}\) và diện tích mặt cầu phải tìm là \(\eqalign{ & S = 4\pi \left[ {{R^2} + {{{{\left( {{h^2} + R{'^2} - {R^2}} \right)}^2}} \over {4{h^2}}}} \right] \cr & = \pi .{{4{R^2}{h^2} + ({h^2} + R{'^2} - {R^2})^2} \over {{h^2}}}. \cr} \) Bài 3 trang 54 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Xét đường thẳng \(\Delta \) đi qua A và vuông góc với mp(ABC). Gọi Slà điểm bất kì trên \(\Delta \), S khác A. 1) Khi SA=h (h cho trước ), hãy tính diện tích và thể tích của hình cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. 2) Gọi A’ là điểm đối xứng với điểm A qua tâm mặt cầu nói trên. Chứng minh rằng khi S thay đổi \(\Delta \) thì A’ thuộc một đường thẳng cố định. Giải (h.49) 1) Gọi G là trọng tâm của tam giác đều ABC và d là trục của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) thì \(G \in d\) và \(d//\Delta \). Trong \(mp(\Delta ,d),\) đường trung trực của SA cắt d tại điểm I thì I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC và R=IA là bán kính của mặt cầu đó. Dễ thấy \(GI = {1 \over 2}SA = {h \over 2},AG = {{a\sqrt 3 } \over 3},\) từ đó \(I{A^2} = {{{h^2}} \over 4} + {{{a^2}} \over 3} = {1 \over {12}}(4{a^2} + 3{h^2}).\) Vậy mặt cầu đó có diện tích là \(S = {\pi \over 3}(4{a^2} + 3{h^2})\) Và thể tích là \(V = {4 \over 3}\pi .{\left( {{{\sqrt {4{a^2} + 3{h^2}} } \over {2\sqrt 3 }}} \right)^3} = {\pi \over {18\sqrt 3 }}{(\sqrt {4{a^2} + 3{h^2}} )^3}.\) 2) Khi S thay đổi trên đường thẳng \(\Delta \) thì tâm \(I\) của mặt cầu ấy thay đổi trên đường thẳng d. Mặt khác \(\overrightarrow {AA'} = 2\overrightarrow {AI} ,\) vậy A’ thuộc đường thẳng \(\Delta '\) song song với \(\Delta \) và qua điểm \({A_1}\) sao cho \(\overrightarrow {A{A_1}} = 2\overrightarrow {AG} ,\) tức là A’ thuộc đường thẳng cố định \(\Delta '.\) Bài 4 trang 54 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình lăng trụ đứng có chiều cao h không đổi, đáy là tứ diện ABCD, trong đó A, B, C, D thay đổi và \(\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IC} = \overrightarrow {IB} .\overrightarrow {ID} = - {h^2},\) với I là giao điểm của hai đường chéo. Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó. Giải (h.50) Vì \(\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IC} = \overrightarrow {IB} .\overrightarrow {ID} \) nên ABCDlà tứ giác nội tiếp đường tròn . Mặt khác, hình lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên hình lăng trụ đó có mặt cầu ngoại tiếp. Kí hiệu O, O’ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD và A’B’C’D’ của hình lăng trụ và gọi J là trung diểm của OO’ thì J là tâm mặt cầu phải tìm và bán kính của mặt cầu là JA. Mặt khác \(J{A^2} = J{O^2} + A{O^2} = {{{h^2}} \over 4} + A{O^2}.\) Từ đó, bán kính mặt cầu đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy ABCDđạt giá trị nhỏ nhất. Ta có \({h^2} = - \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IC} = - \overrightarrow {IB} .\overrightarrow {ID} = A{O^2} - I{O^2}.\) \( \Rightarrow A{O^2} = {h^2} + I{O^2}\) Từ đó, \(A{O^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi IO nhỏ nhất, điều này xảy ra khi và chỉ khi \(O \equiv I,\) lúc đó \(A{O^2} = {h^2}\) và giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ bằng \(J{A^2} = {{h\sqrt 5 } \over 2}.\) Bài 5 trang 54 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi (P) là mặt phẳng qua cạnh BC và vuông góc với mp(ABC). Gọi (C) là đường tròn đường kính BC trong mp(P) và S là điểm bất kì thuộc (C). Khi S thay đổi trên (C), chứng minh rằng : 1) \(S{A^2} + S{B^2} + S{C^2}\) không đổi ; 2) Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là điểm cố định ( nếu S khác B, C). Giải (h.51) 1) Vì \(\widehat {BSC} = \) \({90^ \circ }\) nên \(S{B^2} + S{C^2} = B{C^2} = {a^2}.\) Gọi H là trung điểm của BC thì \(SH = {1 \over 2}BC = {a \over 2}\) và \(AH \bot BC.\) Mặt khác, \(\left( P \right) \bot mp\left( {ABC} \right)\) và cắt mặt phẳng này theo giao tuyến BC nên \(AH \bot (P).\) Từ đó \(S{A^2} = S{H^2} + A{H^2} = {{{a^2}} \over 4} + {{3{a^2}} \over 4} = {a^2}.\) Vậy \(S{A^2} + S{B^2} + S{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}.\) 2) Vì HB = HC = HS, \(AH \bot mp(SBC)\) nên đường thẳng AH là trục của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SBC\). Do đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC thuộc AH. Mặt khác, ABC là tam giác đều nên tâm mặt cầu đó chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và bán kính mặt cầu bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Điều ấy khẳng định rằng mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là cố định. Bài 6 trang 54 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, chiều cao SH bằng \({a \over 2}.\) 1) Chứng minh rằng tồn tại mặt cầu tâm H tiếp xúc với tất cả các mặt bên của hình chóp. Tính bán kính R của mặt cầu đó. 2) Gọi (P) là mặt phẳng song song với mp(ABCD) và cách mp(ABCD) một khoảng x (0 < x < R). Gọi Std là diện tích thiết diện tạo bởi mp(P) và hình chóp bỏ đi phần nằm trong mặt cầu. Hãy xác định x để \({S_{td}} = \pi {R^2}.\) Giải (h.52) 1) Gọi I là trung điểm của BC thì \(HI = {a \over 2} = SH.\) Gọi J là trung điểm của SI thì \(HJ \bot SI,\) mặt khác \(HJ \bot BC\), vậy \(HJ \bot mp(SBC)\) đồng thời \(HJ = {{SI} \over 2} = {1 \over 2}.{a \over 2}\sqrt 2 = {{a\sqrt 2 } \over 4}.\) Tương tự, ta có khoảng cách từ H tới các mặt bên của hình chóp đã cho cũng bằng \({{a\sqrt 2 } \over 4}.\) Như vậy, mặt cầu tiếp xúc với các mặt bên của hình chóp S.ABCD. 2) Gọi H1 là giao điểm của (P) và SH thì \(H{H_1} = x,0 < H{H_1} < R\) và thiết diện của hình chóp với (P) là hình vuông \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}.\) Khi ấy \({{{S_{{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}}} \over {{S_{ABCD}}}} = {\left( {{{{a \over 2} - x} \over {{a \over 2}}}} \right)^2} = {{{{\left( {a - 2x} \right)}^2}} \over {{a^2}}}.\) Từ đó \({S_{{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = {(a - 2x)^2}.\) Ta có (P) cắt mặt cầu nêu trên theo đường tròn bán kính r được tính bởi \({r^2} = {R^2} - {x^2}\) hay \({r^2} = {{{a^2}} \over 8} - {x^2} = {{{a^2} - 8{x^2}} \over 8},\) từ đó diện tích hình tròn thu được là \({1 \over 8}\pi \left( {{a^2} - 8{x^2}} \right).\)Vậy \(\eqalign{ {S_{td}} &= {(a - 2x)^2} - {1 \over 8}\pi ({a^2} - 8{x^2}) \cr&= {1 \over 8}\left[ {8{{(a - 2x)}^2} - \pi ({a^2} - 8{x^2})} \right]. \cr & \cr} \) Ta có \(\eqalign{ & {S_{td}} = \pi {R^2} = {1 \over 8}\pi {a^2} \cr&\Leftrightarrow 8{(a - 2x)^2} - \pi {a^2} + 8\pi {x^2} = \pi {a^2} \cr & \Leftrightarrow 4\left[ {{{(a - 2x)}^2} + \pi {x^2}} \right] = \pi {a^2} \cr & \Leftrightarrow x = {{4a - \pi a} \over {8 + 2\pi }} \cr} \) (vì \(0 < x < R = {{a\sqrt 2 } \over 4}\)). Bài 7 trang 55 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau tại H và SH là đường cao của hình chóp đã cho. 1) Chứng minh rằng bốn tâm mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.HAB, S.HBC, S.HCD, S.HDA là bốn đỉnh của một hình chữ nhật. 2) Gọi H1, H2, H3, H4 là hình chiếu của H lần lượt trên AB, BC, CD, DA . Chứng minh rằng hình chóp S. H1H2H3H4 có mặt cầu ngoại tiếp. Tính diện tích của thiết diện của mặt cầu ấy khi cắt bởi mp(ABCD) nếu biết H1H3 =a,\(\widehat {BAC} = \alpha ,\widehat {BDC} = \beta \) Giải 1) Gọi I1 là trung điểm của AB và O1 là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABH thì \({I_1}{O_1}// SH\) và \({I_1}{O_1} = {1 \over 2}SH.\) Tương tự như trên, nếu \({I_2},{I_3},{I_4}\) thứ tự là trung điểm của BC, CD, DA và \({O_2},{O_3},{O_4}\) thứ tự là tâm của mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.HBC, S.HCD, S.HDA thì \(\eqalign{ & {I_2}{O_2} = {1 \over 2}SH,{I_3}{O_3} = {1 \over 2}SH, \cr & {I_4}{O_4} = {1 \over 2}SH, \cr} \) và \({I_2}{O_2},{I_3}{O_3},{I_4}{O_4}\) cùng song song với SH. Dễ thấy \({I_1}{I_2}//{O_1}{O_2}\) và \({I_1}{I_2}//AC,\) \({I_2}{I_3}//{O_2}{O_3}\) và \({I_2}{I_3}//BD,\) \({I_3}{I_4}//{O_3}{O_4}\) và \({I_3}{I_4}//AC,\) \({I_4}{I_1}//{O_4}{O_1}\) và \({I_4}{I_1}//BD.\) Kết hợp với \(AC \bot BD,\) ta có \({O_1}{O_2}{O_3}{O_4}\) là hình chữ nhật. 2) Dễ thấy \(\widehat {H{H_1}{H_2}} = \widehat {HB{H_2}} = \widehat {HBC},\) \(\widehat {H{H_1}{H_4}} = \widehat {HA{H_4}} = \widehat {HAD},\) \(\widehat {H{H_3}{H_2}} = \widehat {HC{H_2}} = \widehat {HCB},\) \(\widehat {H{H_3}{H_4}} = \widehat {HD{H_4}} = \widehat {HDA}\) Từ đó \(\widehat {H{H_1}{H_2}} + \widehat {H{H_1}{H_4}} + \widehat {H{H_3}{H_2}} + \widehat {H{H_3}{H_4}}\) \(= \widehat {HBC} + \widehat {HCB} + \widehat {HAD} + \widehat {HDA} = {180^0}\) Vậy \({H_1}{H_2}{H_3}{H_4}\) là tứ giác nội tiếp đường tròn. Từ đó hình chóp S. \({H_1}{H_2}{H_3}{H_4}\) có mặt cầu ngoại tiếp. Diện tích thiết diện của hình cầu đó và mặt phẳng (ABCD) là diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác \({H_1}{H_2}{H_3}{H_4}\). Vì \(\widehat {BAC} = \alpha ,\widehat {BDC} = \beta \) nên \(\widehat {{H_1}{H_4}{H_3}} = \alpha + \beta \). Khi ấy \({{{H_1}{H_3}} \over {\sin (\alpha + \beta )}} = 2R\) (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác \({H_1}{H_2}{H_3}{H_4}\)), từ đó \(R = {a \over {2\sin (\alpha + \beta )}}.\) Vậy diện tích hình thu được là \(4\pi {R^2} = {{\pi {a^2}} \over {{{\sin }^2}(\alpha + \beta )}}.\) Bài 8 trang 55 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABC có \(SA \bot mp(ABC),AB = c,AC = b\) , \(\widehat {BAC} = \alpha \). Gọi B1, C1lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC. Chứng mình rằng các điểm A, B, C, B1,C1 cùng thuộc một mặt cầu và tính bán kính của mặt cầu đó theo b, c,\(\alpha \). Giải Gọi AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó \(CD \bot AC,\) mặt khác \(CD \bot SA\), từ đó \(CD \bot mp(SAC)\), vậy \(CD \bot A{C_1}\). Theo giả thiết \(A{C_1} \bot SC\) nên \(A{C_1} \bot {C_1}D.\) Tương tự như trên, ta cũng có \(\widehat {ABD} = {90^0},\widehat {A{B_1}D} = {90^0}.\) Vậy AD là đường kính của mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, B1, C1. Bán kính R của mặt cầu đó cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, do đó \({{BC} \over {\sin A}} = 2R,\) mặt khác \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.{\mathop{\rm cosA}\nolimits} \) hay \(BC = \sqrt {{b^2} + {c^2} - 2bc.cos\alpha } ,\) Vậy \(R = {{\sqrt {{b^2} + {c^2} - 2bc.cos\alpha } ,} \over {2\sin \alpha }}\) Chú ý. Có thể chứng minh các điểm A, B, C, B1, C1 cùng thuộc một mặt cầu như sau : Xét các tam giác vuông SAB, SAC, ta có \(S{A^2} = SB.S{B_1},S{A^2} = SC.S{C_1},\)từ đó \(SB.S{B_1} = SC.S{C_1},\) suy ra B, C, B1, C1 cùng thuộc một đường tròn. Như vậy, hình chóp A.BCC1B1 có đáy BCC1B1 có đường tròn ngoại tiếp nên hình chóp đó có mặt cầu ngoại tiếp, tức là các điểm A, B, C, B1, C1 cùng thuộc một mặt cầu. Bài 9 trang 55 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Chứng minh rằng nếu tứ diện ABCD có tính chất AB+CD = AC+BD = AD+BC Thì có mặt cầu tiếp xác với các cạnh của tứ diện ABCD. Giải Gọi O1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và các điểm tiếp xúc của đường tròn đó với các cạnh M, N, P. Gọi \({\Delta _1}\) là trục của đường tròn này thì \({\Delta _1}\) chứa tâm của các mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA. Tương tự, nếu gọi \({\Delta _2}\) là trục của đường tròn nội tiếp tam giác ABD thì \({\Delta _2}\) chứa tâm của các mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABD . Kí hiệu điểm tiếp xúc của ba cạnh ấy với đường tròn nội tiếp \(\Delta ABD\) là N1, Q, R (N1 thuộc AB). Khi ấy, vì \(AN = {{AB + AC - BC} \over 2},A{N_1} = {{AB + AD - BD} \over 2}\) Mà AC+BD = AD+BC nên AN = AN1, từ đó \(N \equiv {N_1}.\) Suy ra \(AB \bot mp({O_1}N{O_2}).\) Mặt khác, \({\Delta _1} \bot AB\) và cắt mp(ABC) tại \({O_1},{\Delta _2}\) vuông góc với AB và cắt mp(ABD) tại O2 nên \({\Delta _1},{\Delta _2}\) cùng nằm trong mp(\({O_1}N{O_2}\)). Từ đó \({\Delta _1}\) cắt \({\Delta _2}\) tại O, đó là điểm cách đều năm cạnh AB, AC, BC, AD, BD của tứ diện ABCD hay OM = ON = OP = OQ = OR. (1) Hoàn toàn tương tự như trên ta cũng có \({\Delta _2}\) cắt \({\Delta _3}\) (\({\Delta _3}\) là trục của đường tròn nội tiếp tam giác ACD) tại O’ và O’M = O’N = O’Q = O’R = O’S (2) (S là điểm tiếp xúc của cạnh CD và đường tròn nội tiếp \(\Delta ACD\)). Từ (1) và (2) ta có O, O’ cùng là tâm của mặt cầu đi qua bốn điểm M, N, Q, R mà M, N, Q, R không đồng phẳng, vậy \(O \equiv O'.\) Đó là tâm mặt cầu tiếp xúc với sáu cạnh của tứ diện, bán kính mặt cầu đó là ON. Bài 10 trang 55 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABC. Biết rằng có một mặt cầu bán kính r tiếp xúc với các cạnh của hình chóp và tâm I của mặt cầu nằm trên đường cao SH của hình chóp. 1) Chứng minh rằng S.ABC là hình chóp đều. 2) Tính đường cao của hình chóp biết rằng \({\rm{IS = r}}\sqrt 3 .\) Giải 1) Vì các cạnh của hình chóp tiếp xúc với mặt cầu nên SA+BC = SB+AC = SC+AB Mặt khác , tâm I của mặt cầu thuộc đường cao SH nên dễ thấy \(\widehat {ISA} = \widehat {ISB} = \widehat {ISC},\) tức là \(\widehat {HSB} = \widehat {HSA} = \widehat {HSC},\) từ đó SA=SB=SC. Vậy AB = BC = CA, từ đó S.ABC là hình chóp đều. 2) Đặt SH = h. Gọi M là trung điểm của BC thì mp(SAM) cắt mặt cầu theo đường tròn lớn, đường tròn này tiếp xúc với SA tại A1, đi qua điểm M và cắt AM tại M1, dễ thấy AM1 = M1H = HM. Vì \(\Delta S{A_1}I \sim \Delta SHA\) nên \({{{A_1}I} \over {SI}} = {{AH} \over {SA}},\) Từ đó \({r \over {r\sqrt 3 }} = {{AH} \over {\sqrt {{h^2} + A{H^2}} }}.\) Từ AH = 2M1H suy ra \(\eqalign{ & A{H^2} = 4{M_1}{H^2} = 4(IM_1^2 - I{H^2}). \cr & = 4\left[ {{r^2} - {{(h - r\sqrt 3 )}^2}} \right]. \cr} \) Vậy \(\eqalign{ & {1 \over {\sqrt 3 }} = {{2\sqrt {{r^2} - {{(h - r\sqrt 3 )}^2}} } \over {\sqrt {{h^2} + 4\left[ {{r^2} - {{(h - r\sqrt 3 )}^2}} \right]} }} \cr & \Leftrightarrow 9{h^2} - 16rh\sqrt 3 + 16{r^2} = 0 \cr & \Leftrightarrow h = {{4r} \over {\sqrt 3 }}(do\;\,h > {\rm{IS > r)}}{\rm{.}} \cr} \) Bài 11 trang 55 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hai tia Ax, By chéo nhau và vuông góc với nhau, AB là đường vuông góc chung, AB = a. Lấy các điểm C và D lần lượt thuộc Ax, By. 1) Xác định tâm và bán kính mạt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a, b, c ở đó b = AC, c = BD. 2) Khi C, D thay đổi trên Ax, By sao cho AC + BD = CD, chứng tỏ rằng CD luôn tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB. Giải 1) Vì \(AC \bot AB,AC \bot BD\) nên \(AC \bot AD.\) Tương tự như trên, ta có \(CB \bot BD\) Vậy CD là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Dễ thấy \(C{D^2} = C{A^2} + A{B^2} + B{D^2}\) \(={a^2} + {b^2} + {c^2}\) Vậy tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là trung điểm của CD và bán kính mặt cầu bằng \({1 \over 2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\) 2) Gọi C1 là điểm thuộc tia đối của tia Ax sao cho AC1 = BD. Gọi O là trung điểm của AB thì \(\eqalign{ & OC_1^2 = AC_1^2 + {{A{B^2}} \over 4}, \cr & O{D^2} = BD^2 + {{A{B^2}} \over 4}, \cr} \) Do đó OC1 = OD. Mặt khác CD = AC + BD, từ đó CD = CC1. Vậy hai tam giác OC1C và ODC bằng nhau, suy ra OA = OH (trong đó OA, OH lần lượt là đường cao của hai tam giác đó). Điều này khẳng định khoảng cách từ O đến CD bằng \({{AB} \over 2}\), tức là mặt cầu đường kính ABtiếp xúc với CD. Bài 12 trang 56 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hai đường thẳng chéo nhau d1, d2 nhận IJ là đường vuông góc chung \(\left( {I \in {d_1},J \in {d_2}} \right),{\rm{IJ}} = a\). Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm I và vuông góc với d2, đặt \(\alpha \) là góc giữa d1 và (P). Xét một mặt phẳng (Q) song song với (P) cắt d1, d2 lần lượt tại A1, A2. Gọi H1 là hình chiếu của A1 trên (P). 1) Chứng minh rằng các điểm I, J, A1, A2, H1 cùng thuộc một mặt cầu. Chỉ rõ tâm của mặt cầu đó và tính diện tích mặt cầu theo a, \(\alpha \) và khoảng cách h giữa hai mặt phẳng (P), (Q). 2) Chứng minh rằng khi mp(Q) thay đổi thì tâm mặt cầu nói trên luôn thuộc một đường thẳng cố định và mặt cầu ấy luôn đi qua một đường tròn cố định. Giải 1) Vì (P) đi qua \(I\) và \((P) \bot {d_2},{\rm{IJ}} \bot {d_2}\) nên \({\rm{IJ}} \subset (P).\) Vì H1 là hình chiếu của A1 trên (P) nên \(\widehat {{A_1}I{H_1}} = \alpha \) và \({A_1}{H_1}//{d_2}\). Do mp(Q) song song với mp(P) và (Q) cắt d1, d2 tại A1, A2 nên \({A_1}{A_2}//J{H_1}\). Suy ra \(J{H_1}{A_1}{A_2}\) là hình chữ nhật. Mặt khác \(\widehat {JI{A_1}} = {90^0}\) vậy các điểm I, J, A1, A2, H1 cùng thuộc một mặt cầu, tâm mặt cầu là trung điểm O của JA1, bán kính của mặt cầu là \(R = {1 \over 2}J{A_1}.\) Ta có \(J{A_1}^2 = {\rm{I}}{{\rm{J}}^2} + IA_1^2 = {a^2} + {{{h^2}} \over {{{\sin }^2}\alpha }}\) Từ đó \(R = {1 \over {2\sin \alpha }}\sqrt {{a^2}{{\sin }^2}\alpha + {h^2}} .\) Diện tích mặt cầu là \(S = {\pi \over {{{\sin }^2}\alpha }}({a^2}{\sin ^2}\alpha + {h^2}).\) 2) Khi mặt phẳng (Q) thay đổi thì A1 luôn thuộc d1 mà \(\overrightarrow {JO} = {1 \over 2}\overrightarrow {J{A_1}} ,\) vậy O thuộc đường thẳng d3 đi qua trung điểm K của IJ và d3 song song với d1. Xét mặt phẳng (R) chứa IJ và vuông góc với d3 thì (R ) cắt mặt cầu nêu trên theo đường tròn tâm K, mà K là trung điểm của IJ nên IJ là đường kính của đường tròn. Đường tròn này cố định, từ đó ta có mặt cầu đi qua các điểm I, J, A1, A2, H1 luôn đi qua một đường tròn cố định. Bài 13 trang 56 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho mặt cầu tâm O bán kính R và A là điểm cố định thuộc mặt cầu. Ba tia \(A{t_1},A{t_2},A{t_3}\) thay đổi, đôi một vuông góc với nhau và cắt mặt cầu tại các điểm B, C, D. 1) Chứng minh rằng hình hộp dựng trên ba cạnh AB, AC, AD có một đường chéo cố định và mp(BCD) luôn luôn đi qua một điểm cố định. 2) Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm D trên đường thẳng BC thuộc một mặt cầu cố định. Giải 1) Dễ thấy các đỉnh của hình hộp chữ nhật dựng trên ba cạnh AB, AC, AD cũng thuộc mặt cầu đã cho. Khi ấy tâm O của mặt cầu là trung điểm của đường chéo AA’ của hình hộp, tức là hình hộp nêu trên có một đường chéo cố định là AA’. Mặt khác AA’ cắt mp(BCD) tại trọng tâm G của tam giác BCD và \(\overrightarrow {AG} = {1 \over 3}\overrightarrow {AA'} \). Vậy mp(BCD) luôn luôn đi qua điểm cố định G nói trên. 2) Vì \(DH \bot BC,DA \bot mp(ABC)\) nên \(AH \bot BC\). Gọi O1 là trung điểm của BC thì \({\rm{O}}{{\rm{O}}_1} \bot (BCA) \Rightarrow O{O_1} \bot AH,\) từ đó \(AH \bot HO.\) Điều này khẳng định điểm H thuộc mặt cầu đường kính AO, mặt cầu này cố định vì A, O cố định. Bài 14 trang 56 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho đường tròn đường kính AB = 2R nằm trong mặt phẳng (P). Gọi O1 là điểm đối xứng với O qua A. Lấy điểm S sao cho SO1 vuông góc với (P) và SO1 = 2R. Tính thể tích của khối cầu đi qua đường tròn đã cho và điểm S. Giải Gọi \(\Delta \) là trục của đường tròn đã cho thì \(\Delta // S{O_1}\). Trong \(mp(S{O_1},\Delta ),\) đường trung trực của SA cắt \(\Delta \) tại O2 thì O2 là tâm mặt cầu đi qua đường tròn đã cho và điểm S, bán kính mặt cầu này bằng \({O_2}A = {O_2}S\). Xét các tam giác vuông \({O_2}AO\) và \({O_2}{\rm{IS}}\) ( ở đó \({O_2}I// A{O_1})\), ta có \(\eqalign{ & {O_2}{S^2} = 4{R^2} + {(2R - O{O_2})^2} \cr & {O_2}A^2 = {R^2} + OO_2^2. \cr} \) Từ đó \(4{R^2} + {(2R - O{O_2})^2} = {R^2} + OO_2^2,\) suy ra \(O{O_2} = {{7R} \over 4}\). Vậy bán kính mặt cầu là \(\sqrt {{R^2} + {{49} \over {16}}{R^2}} = {{R\sqrt {65} } \over 4}\) Và thể tích khối cầu phải tìm là \({{65} \over {48}}\sqrt {65} \pi {R^3}.\) Bài 15 trang 56 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Trong số các hình hộp nội tiếp một mặt cầu bán kính R cho trước, tìm hình hộp thỏa mãn một trong các tính chất sau: 1) Thể tích hình hộp đạt giá trị lớn nhất ; 2) Tổng độ dài các cạnh của hình hộp đạt giá trị lớn nhất. Giải Trước hết, ta nhận xét rằng hình hộp nội tiếp mặt cầu phải là hình hộp chữ nhật. Từ đó, nếu kí hiệu ba kích thước của hình hộp đó là x, y, z thì \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 4{R^2}\) 1) Thể tích khối hộp chữ nhật là V = xyz, từ đó \({V^2} = {x^2}{y^2}{z^2}.\) Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \({x^2} = {y^2} = {z^2} = {{4{R^2}} \over 3}\) hay \(x = y = z = {{2R} \over {\sqrt 3 }},\) tức hình hộp đó là hình lập phương với cạnh bằng \({{2R} \over {\sqrt 3 }}\) 2) Tổng độ dài các cạnh của hình hộp là T=4(x+y+z), từ đó \({T^2} = 16{(x + y + z)^2} \le 16.3({x^2} + {y^2} + {z^2}) = 192{R^2}\) Như vậy, tổng độ dài các cạnh của hình hộp đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(x = y = z = {{2R} \over {\sqrt 3 }}\) hay hình hộp đó là hình lập phương có cạnh bằng \({{2R} \over {\sqrt 3 }}\) Bài 16 trang 56 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Trong số các hình chóp tam giác đều nội tiếp một mặt cầu bán kính R cho trước, hãy xác định hình chóp có thể tích lớn nhất. Mở rộng bài toán cho hình chóp n- giác đều. Giải Dễ thấy \(R = {{S{A^2}} \over {2SH}}\), từ đó nếu kí hiệu cạnh đáy và chiều cao của hình chóp lần lượt là a và h thì \(\eqalign{ & R = {{{a^2} + 3{h^2}} \over {6h}}\;\;\;\;\;\;\;(1) \cr & {V_{S.ABC}} = {1 \over 3}.{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}.h\;\;\;(2) \cr} \) Từ (1) và (2) ta có: \(\eqalign{ {V_{S.ABC}} &= {{\sqrt 3 } \over {12}}h\left( {6Rh - 3{h^2}} \right) \cr & = {{\sqrt 3 } \over {12}}h.3h\left( {2R - h} \right) \cr & = {{\sqrt 3 } \over 4}h.h\left( {2R - h} \right). \cr} \) Mặt khác h < 2R nên \({V_{S.ABC}}\) lớn nhất khi và chỉ khi \(h.h.(2R-h)\)lớn nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi \(h = {{4R} \over 3}\). Khi đó \({a^2} = 3h(2R - h) = 4R(2R - {{4R} \over 3}) = {{8{R^2}} \over 3},\) tức là \(a = {{2R\sqrt 6 } \over 3}.\) Dễ thấy trong trường hợp này, SABC là tứ diện đều có cạnh bằng \({{2R\sqrt 6 } \over 3}.\) \( \bullet \) Mở rộng bài toán cho hình chóp n- giác đều cạnh a. Ta cũng có \(R = {{S{A^2}} \over {2SH}}\), trong đó SA là một cạnh bên và SH là đường cao của hình chóp, từ đó \(R = {{{a^2} + 4{h^2}{{\sin }^2}{\pi \over n}} \over {8h{{\sin }^2}{\pi \over n}}},\) suy ra \({a^2} = 4h(2R - h){\sin ^2}{\pi \over n}\) Gọi S là diện tích đáy của hình chóp n-giác đều cạnh a thì \(S = {{n{a^2}} \over 4}\cot {\pi \over n}.\) Khi ấy, thể tích V của khối chóp bằng \(\eqalign{ V &= {{n{a^2}} \over {12}}\cot {\pi \over n}.h \cr & = {n \over {12}}\cot {\pi \over n}.h.4hsi{n^2}{\pi \over n}.(2R - h) \cr & = {n \over 3}\cot {\pi \over n}si{n^2}{\pi \over n}.h.h(2R - h) \cr & = {n \over 6}\cot {\pi \over n}si{n^2}{\pi \over n}.h.h(4R - 2h). \cr} \) Vậy V lớn nhất khi và chỉ khi \(h = {{4R} \over 3}\) và từ đó \({a^2} = {\sin ^2}{\pi \over n}.{{16R} \over 3}(2R - {{4R} \over 3}) = {\sin ^2}{\pi \over n}.{{32{R^2}} \over 9},\) Tức là \(a = {{4R\sqrt 2 } \over 3}.\sin {\pi \over n}.\) Như thế, trong số các hình chóp n-giác đều nội tiếp một mặt cầu bán kính R cho trước thì hình chóp n-giác đều có chiều cao \(h = {{4R} \over 3}\) và cạnh đáy \(a = {{4R\sqrt 2 } \over 3}\sin {\pi \over n}\) có thể tích lớn nhất. Bài 17 trang 56 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Trong số các hình chóp tam giác đều ngoại tiếp một mặt cầu bán kính r cho trước, tìm hình chóp có diện tích toàn phần nhỏ nhất. Giải Kí hiệu cạnh đáy của hình chóp là a, chiều cao là h, thể tích khối chóp là V, diện tích toàn phần là Stpthì \(r = {{3V} \over {{S_{tp}}}}\), tức là \({S_{tp}} = {{3V} \over r}\). Vậy Stp nhỏ nhất khi và chỉ khi V nhỏ nhất. Mặt khác, cũng từ hệ thức \({S_{tp}} = {{3V} \over r}\), ta có hệ thức liên hệ giữa a, h và r là \(\eqalign{ & r = {{ah} \over {a + \sqrt {{a^2} + 12{h^2}} }}\;\;\;\;(1) \cr & \left( {V = {1 \over 3}.{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}.h = {{\sqrt 3 } \over {12}}{a^2}.h} \right). \cr} \) Gọi M là trung diểm của BC và đặt \(\widehat {SMH}\) =\(\varphi \) (đó là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC), cũng là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp). Khi ấy \(h = {{a\sqrt 3 } \over 6}\tan \varphi \;\;\;\;(2)\) Thay (2) vào (1), ta có \(a = {{6r(\cos \varphi + 1)} \over {\sqrt 3 \sin \varphi }},\) từ đó thay vào (2), ta có \(h = {{r(\cos \varphi + 1)} \over {\cos \varphi }}\) Suy ra \({a^2} = 12{r^2}{{1 + \cos \varphi } \over {1 - \cos \varphi }},\) Vậy \(\eqalign{ V& = {{\sqrt 3 } \over {12}}.12{r^2}.{{1 + \cos \varphi } \over {1 - \cos \varphi }}.r.{{1 + \cos \varphi } \over {\cos \varphi }} \cr & = \sqrt 3 .{r^3}{{{{(1 + \cos \varphi )}^2}} \over {{\rm{cos}}\varphi {\rm{(1 - cos}}\varphi {\rm{)}}}} = \sqrt 3 .{r^3}{{{{(1 + t)}^2}} \over {t(1 - t)}} \cr} \) với \(0<t=cos\varphi <1\). Xét hàm số \(f(t) = {{{{(1 + t)}^2}} \over {t(1 - t)}},0 < t < 1,\) thì V nhỏ nhất khi và chỉ khi f(t) nhỏ nhất. Ta có: \(\eqalign{ f'(t) &= {{2\left( {1 + t} \right)t\left( {1 - t} \right) - {{\left( {1 + t} \right)}^2}\left( {1 - 2t} \right)} \over {{t^2}{{\left( {1 - t} \right)}^2}}} \cr & = {{2\left( {t - {t^3}} \right) - \left( {1 - 3{t^2} - 2{t^3}} \right)} \over {{t^2}{{\left( {1 - t} \right)}^2}}} \cr & = {{3{t^2} + 2t - 1} \over {{t^2}{{\left( {1 - t} \right)}^2}}} \cr} \) \(f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = {1 \over 3}.\) Xét bảng biến thiên sau Vậy f(t) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(t = {1 \over 3}\), tức là \(\cos \varphi = {1 \over 3}.\) Khi đó h=4r, \(\tan \varphi = 2\sqrt 2 ,\) từ đó \(a = 2r\sqrt 6 .\) Vậy khi \(a = 2r\sqrt 6 \), \(h=4r\) thì diện tích toàn phần của hình chóp đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 18 trang 56 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABC. Biết rằng có một mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABC tại trung điểm của mỗi cạnh, đồng thời mặt cầu đó đi qua trung điểm của các cạnh SA, SB, SC. 1) Chứng minh rằng S.ABC là hình chóp đều. 2) Tính diện tích mặt cầu, biết cạnh đáy và chiều cao của hình chóp lần lượt là a và h. Giải 1) Gọi \({A_1},{B_1},{C_1}\) lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC và \({A_2},{B_2},{C_2}\) lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Vì AB, AC là hai tiếp tuyến với mặt cầu tại \({B_2},{C_2}\) nên \(A{B_2} = A{C_2}\), suy ra AB = AC. Tương tự ta có BA = BC. Vậy AB = AC = BC, nghĩa là ABC là tam giác đều. Gọi O là tâm của tam giác đều ABC thì O cũng là tâm của tam giác đều \({A_2}{B_2}{C_2}\). Kí hiệu O1 là giao điểm của SO và \(mp({A_1}{B_1}{C_1})\) thì O1 cũng là tâm của tam giác đều \({A_1}{B_1}{C_1}\) (vì phép vị tự tâm S, tỉ số \({1 \over 2}\) biến tam giác ABC thành tam giác \({A_1}{B_1}{C_1}\)). Do mp(\({A_1}{B_1}{C_1}\)) song song với mp(ABC) nên \({O_1}O\) đi qua tâm I của mặt cầu, đồng thời \({O_1}O\) vuông góc với cả hai mặt phẳng đó, từ đó SA=SB=SC. Vậy S.ABC là hình chóp đều. 2) Dễ thấy tâm I của mặt cầu là trung điểm của \({O_1}O\) và bán kính r của mặt cầu bằng \(I{C_2}\). Ta có \(IC_2^2 = I{O^2} + OC_2^2 = {{{h^2}} \over {16}} + {{{a^2}} \over {12}}.\) Vậy diện tích mặt cầu đó bằng \(4\left( {{{{h^2}} \over {16}} + {{{a^2}} \over {12}}} \right)\pi = \pi \left( {{{{h^2}} \over 4} + {{{a^2}} \over 3}} \right).\) Bài 19 trang 57 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tam giác ABC vuông ở A, BC = 2a, \(\widehat {ACB}\) =300. Xét hai tia Bx, Cy cùng hướng và cùng vuông góc với mp(ABC). 1) Xác định vị trí điểm B1 trên Bx sao cho mặt cầu đường kính BB1 tiếp xúc với Cy. Xác định điểm C1 trên Cy sao cho mặt cầu đường kính AC1 tiếp xúc với Bx. 2) Với các điểm B1, C1 tìm được ở trên, hỏi đa diện ABCC1B1 có mặt cầu ngoại tiếp không ? Hãy tính thể tích của khối đa diện đó. Giải 1) Gọi I là trung điểm của BB1 thì mặt cầu đường kính BB1 tiếp xúc với Cy tại J khi và chỉ khi \(IJ = {1 \over 2}B{B_1}\). Mặt khác, dễ thấy IJ = BC = 2a. Vậy BB1 = 4a. Hệ thức này xác định vị trí điểm B1. \( \bullet \) Gọi K là trung điểm của AC1 thì mặt cầu đường kính AC1 tiếp xúc với Bx khi và chỉ khi khoảng cách từ điểm K đến Bx bằng \({1 \over 2}A{C_1}\), tức là \(K{K_1} = {1 \over 2}A{C_1}\) hay \(BK' = {1 \over 2}A{C_1}\), trong đó K’ là trung điểm của AC. Dễ thấy AB = a, \(AC = a\sqrt 3 \), từ đó \(BK{'^2} = {a^2} + {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2} = {{7{a^2}} \over 4} \Rightarrow BK' = {{a\sqrt 7 } \over 2}.\) Như vậy,mặt cầu đường kính AC1 tiếp xúc với Bx khi và chỉ khi \(A{C_1} = a\sqrt 7 \), từ đó \(CC_1^2 = 7{a^2} - 3{a^2} = 4{a^2}\), tức là \(C{C_1} = 2a\). Hệ thức này xác định vị trí điểm C1. (Khi đó \(J \equiv {C_1}).\) 2) \( \bullet \) Khi BB1 = 4a, CC1 = 2a thì \(B{B_1}{C_1}C\) là hình thang vuông tại B, C với hai đáy có độ dài khác nhau nên \(B{B_1}{C_1}C\) không có đường tròn ngoại tiếp. Vậy đa diện \(ABC{C_1}{B_1}\) không có mặt cầu ngoại tiếp. Dễ thấy A.BCC1B1 là hình chóp đỉnh A, đáy là BCC1B1 và mp(ABC) vuông góc với mp(BCC1B1). Từ đó \({V_{A.BC{C_1}{B_1}}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}(B{B_1} + C{C_1}).BC.AH\) (AH là đường cao của tam giác vuông ABC) Hay \({V_{A.BC{C_1}{B_1}}} = {1 \over 6}(4a + 2a).AB.AC\) \(= {1 \over 6}.6a.a.a\sqrt 3 = {a^3}\sqrt 3 .\)
