Xét các hình hộp nhận mặt cầu bán kính R cho trước làm mặt cầu ngoại tiếp. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? Diện tích toàn phần của hình hộp lớn nhất khi hình hộp có các kích thước a, b=2a, c=3a. Diện tích toán phần của hình hộp lớn nhất khi hình hộp có đáy là hình vuông. Diện tích toàn phần của hình hộp lớn nhất khi hình hộp đó là hình lập phương. Cả ba câu trên đều sai. Hướng dẫn giải: Gọi kích thước ba chiều của hình hộp chữ nhật là x, y, z. Khi đó ta có: Tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là tâm của hình hộp. Suy ra: \(\left(2R\right)^2=x^2+y^2+z^2\) . (*) Như vậy hình hộp nội tiếp mặt cầu bán kính R thì kích thước ba cạnh của nó (x,y,z) thỏa mãn điều kiện trên. Diện tích toàn phần của hình hộp là: \(S_{tp}=2xy+2yz+2zx\) Theo định lý Cosi (\(2ab\le a^2+b^2\), dấu bằng khi a=b) ta có: \(S_{tp}=2xy+2yz+2zx\le\left(x^2+y^2\right)+\left(y^2+z^2\right)+\left(z^2+x^2\right)=2\left(x^2+y^2+z^2\right)=2\left(2R\right)^2=8R^2\) Vậy diện tích toàn phần của hình hộp lớn nhất khi x=y=z, thay vào (*) ta tính thêm được x=y=z=\(\frac{2R}{\sqrt{3}}\)
Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 1, \(\widehat{BAD=60^0}\), các mặt phẳng (SDC) và (SAD) cùng vuông góc với (ABCD), góc giữa SC với mặt đáy (ABCD) bằng \(45^0\). Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD. \(7\pi\) \(\frac{7\pi}{2}\) \(\frac{7\pi}{4}\) \(\frac{7\pi}{3}\) Hướng dẫn giải: Vì hai mặt phẳng (SDC) và (SAD) cùng vuông góc với đáy (ABCD) nên giao của hai mặt phẳng đó là SD vuông góc với đáy (ABCD). Tam giác BCD đều, G là trọng tâm và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp SBCD là đường thẳng vuông góc với (BCD) tại G. Vậy IG//SD và IG=SD/2. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp SBCD là: \(R=ID=\sqrt{DG^2+GI^2}=\sqrt{\left(\frac{2}{3}DM\right)^2+\left(\frac{1}{2}SD\right)^2}\) \(=\sqrt{\frac{4}{9}DM^2+\frac{1}{4}SD^2}=\sqrt{\frac{4}{9}\left(DC^2-DM^2\right)+\frac{1}{4}\left(DC.\tan45^0\right)^2}\) \(=\sqrt{\frac{4}{9}\left(1-\frac{1}{4}\right)^2+\frac{1}{4}\left(1.1\right)^2}=\sqrt{\frac{7}{12}}\) Vậy diện tích mặt cầu là: \(4\pi R^2=4\pi.\frac{7}{12}=\frac{7\pi}{3}\)
Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 1, \(\widehat{BAD=60^0}\), các mặt phẳng (SDC) và (SAD) cùng vuông góc với (ABCD), góc giữa SC với mặt đáy (ABCD) bằng \(45^0\). Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp S.ABC. \(\frac{2\pi}{3}\) \(2\pi\) \(\frac{4\pi}{3}\) \(\frac{8\pi}{3}\) Hướng dẫn giải: Vì hai mặt phẳng (SDC) và (SAD) cùng vuông góc với đáy (ABCD) nên giao của hai mặt phẳng đó là SD vuông góc với đáy (ABCD). Tam giác ABD đều nên DA=DB=DC. Vậy D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra tâm I nằm trên trục SD. Gọi I là trung điểm của SD thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC. Mặt khác tam giác DSC vuông cân (vuông và có góc 45o) nên DS=DC. Vậy ta có: DS=DC=DB=DA, hay D chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC. Bán kính mặt cầu này bằng R=DC=1. Vậy thể tích khối cầu là: \(\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4\pi}{3}\).
Tứ diện SABC có hai tam giác SBC và ABC là các tam giác đều và có cạnh 1, \(SA=\frac{\sqrt{3}}{2}\). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. \(\sqrt{13}\) \(\frac{\sqrt{13}}{2}\) \(\frac{\sqrt{13}}{4}\) \(\frac{\sqrt{13}}{6}\) Hướng dẫn giải: Các tam giác SBC và ABC là đều nên mặt phẳng (SAM) là mặt trung trực của BC (với M là trung điểm của BC). I là tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC thì I nằm trong mặt phẳng (SAM). Nếu gọi G là trọng tâm tam giác đều ABC thì G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, và I nằm trên đường thẳng vuông góc với (ABC) tại G. Trong mặt phẳng (ABC), lấy D đối xứng với G qua M thì ta có: GA=GD. Vậy đường tròn ngoại tiếp ABC đi qua D => Mặt cầu ngoại tiếp SABC cũng đi qua D (vì giao của mặt cầu với mặt phẳng (ABC) là đường tròn ngoại tiếp ABC). Vậy mặt cầu ngoại tiếp SABC có tâm và bán kính cũng là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAD. Gọi bán kính này là R thì trong tam giác SAD có: \(\frac{SD}{\sin\widehat{SAD}}=2R\) (*) Ta có: \(AM=SM=\frac{\sqrt{3}}{2}\) mà \(SA=\frac{\sqrt{3}}{2}\) suy ra tam giác MSA đều => Góc \(\widehat{SAD}=60^0\). Ta có: \(AD=\frac{4}{3}AM=\frac{2\sqrt{3}}{3}\). Trong tam giác SAD ta có: \(SD^2=SA^2+AD^2-2.SA.AD.\cos60^0=\frac{3}{4}+\frac{4}{3}-2.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{2\sqrt{3}}{3}.\frac{1}{2}=\frac{13}{12}\) Suy ra \(SD=\sqrt{\frac{13}{12}}\) Thay vào (*) ta tính được: \(2R=\frac{\sqrt{\frac{13}{12}}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\) \(\Rightarrow R=\frac{\sqrt{13}}{6}\)
Hình chóp S.ABC có ABC là tam giác mà AB=1, AC=2, \(\widehat{BAC}=60^0\), SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi \(B_1,C_1\) là hình chiếu của A trên SB, SC. Tính diện tích mặt cầu qua các đỉnh \(A,B,C,B_1,C_1\). \(16\pi\) \(12\pi\) \(8\pi\) \(4\pi\) Hướng dẫn giải: xét tam giác ABC, ta có: \(BC^2=AB^2+AC^2-2.AB.BC.\cos\widehat{A}\) \(=1^2+2^2-2.1.2.\frac{1}{2}=3\) Tam giác ABC vuông tại B, vì \(AC^2=AB^2+BC^2\) (\(2^2=1^2+3\)). \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AB_1\) Tam giác\(B_1AC\) vuông tại \(B_1\) Mà \(AB_1\perp SB\) \(\Rightarrow AB_1\perp\left(SBC\right)\). Các tam giác \(B_1AC,BAC,C_1AC\) đều là tam giác vuông nhận AC làm cạnh huyền nên \(A,C,B,A_1,B_1\) cùng nằm trên mặt cầu đường kính AC, tâm là trung điểm của AC, tức bán kính bằng 1. Diện tích mặt cầu là: \(4.\pi.1^2=4\pi\).
Hình chóp S.ABC có SA vuông góc với (ABC), AB=1, AC=2, \(\widehat{BAC}=\alpha\), \(B_1,C_1\) là hình chiếu của A trên SB, SC. Tính bán kính mặt cầu đi qua \(A,B,C,B_1,C_1\). \(\frac{\sqrt{5-4\cos\alpha}}{\sqrt{3}\sin\alpha}\) \(\frac{2\sqrt{5-4\cos\alpha}}{\sqrt{3}\sin\alpha}\) \(\frac{\sqrt{5-4\cos\alpha}}{\sqrt{2}\sin\alpha}\) \(\frac{\sqrt{5-4\cos\alpha}}{2\sin\alpha}\)
Hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC vuông cân tại A, AB=1, chiều cao bằng \(\frac{\sqrt{6}}{2}\), điểm A' cách đều ba điểm A, B, C. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp A'ABC. \(\frac{8\pi}{3}\) \(\frac{4\pi}{3}\) \(\frac{16\pi}{3}\) \(\frac{32\pi}{3}\) Hướng dẫn giải: Vì A' cách đều A, B, C nên A' nằm trên trục vuông góc với mặt phẳng (ABC) và đi qua trung điểm M của BC (tam giác ABC vuông tại A). Tâm mặt cầu ngoại tiếp A'ABC sẽ nằm trên trục A'M và nằm trong mặt phẳng (A'BC). Suy ra, tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp A'ABC là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A'BC. Ta có: \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{2}\) \(A'C=\sqrt{A'M^2+MC^2}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\sqrt{2}\) Tương tự \(A'B=\sqrt{2}\) Suy ra tam giác A'BC là tam giác đều có cạnh \(\sqrt{2}\). Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều là: \(R=\frac{2}{3}\sqrt{\left(\sqrt{2}\right)^2-\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\sqrt{\frac{2}{3}}\) Diện tích mặt cầu là: \(4.\pi.\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right)^2=\frac{8\pi}{3}\)
Ba tia Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc. C là điểm cố định trên Oz, C khác O; A, B là hai điểm thay đổi trên Ox, Oy sao cho \(OA^2+OB^2=k^2\) (k cho trước). Kí hiệu (S) là tập hợp tâm các mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Trong các câu sau, tìm câu đúng. (S) là một mặt trụ. (S) là một mặt phẳng. (S) là một đoạn thẳng. (S) là một cung tròn. Hướng dẫn giải: Vì \(AB^2=OA^2+OB^2=k^2\) nên \(AB=\left|k\right|\) (không đổi). Suy ra OM = AB/2 = |k|/2 là đại lượng không đổi. (với M là trung điểm AB và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB). => M nằm trên cung tròn tâm O, bán kính |k|/2. => Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp OABC nằm trên cung tròn thuộc mặt phẳng trung trực của OC.
Ba tia Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc. C là điểm cố định trên Oz, C khác O; A, B là hai điểm thay đổi trên Ox, Oy sao cho OA + OB = OC. Kí hiệu (S) là tập hợp tâm các mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Trong các câu sau, tìm câu đúng. (S) là một mặt phẳng. (S) là một mặt trụ. (S) là một đoạn thẳng. (S) là một cung tròn. Hướng dẫn giải: Trước hết ta tìm quỹ tích trung điểm M trong mặt phẳng Oxy. Từ kẻ các đường thẳng \(MH_1,MH_2\)vuông góc với Ox và Oy. Gọi \(MH_1=y,MH_2=x\), khi đó M(x,y) là tọa độ M trong mặt phẳng Oxy. Theo tính chất đường trung bình, ta có: \(y=MH_1=\frac{OB}{2}\), \(x=MH_1=\frac{OA}{2}\) \(\Rightarrow x+y=\frac{1}{2}\left(OA+OB\right)=\frac{1}{2}OC=const\) Suy ra tọa độ M nằm trên đường thẳng có phương trình là \(x+y=\frac{1}{2}OC=const\). Vì M giới hạn trong góc phần tư thứ nhất nên quỹ tích M là đoạn thẳng \(A_1B_1\) sao cho \(A_1\) nằm trên OA, \(B_1\) nằm trên OB và \(OA_1=OB_1=\frac{1}{2}OC\). Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là I thì ta có: \(MI\perp\left(Oxy\right)\) và \(MI=\frac{OC}{2}=const\), vậy khi M chạy trên đoạn thẳng song song và bằng \(A_1B_1\), cách mặt phẳng (Oxy) một đoạn bằng \(\frac{OC}{2}\).
Ba tia Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc. C là điểm cố định trên Oz, đặt OC=1; A, B thay đổi trên Ox, Oy sao cho OA + OB = OC. Tìm giá trị bé nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. \(\frac{\sqrt{6}}{4}\) \(\frac{\sqrt{6}}{3}\) \(\frac{\sqrt{6}}{2}\) \(\sqrt{6}\) Hướng dẫn giải: Trước hết ta tìm quỹ tích trung điểm M trong mặt phẳng Oxy. Từ kẻ các đường thẳng \(MH_1,MH_2\)vuông góc với Ox và Oy. Gọi \(MH_1=y,MH_2=x\), khi đó M(x,y) là tọa độ M trong mặt phẳng Oxy. Theo tính chất đường trung bình, ta có: \(y=MH_1=\frac{OB}{2}\), \(x=MH_1=\frac{OA}{2}\) \(\Rightarrow x+y=\frac{1}{2}\left(OA+OB\right)=\frac{1}{2}OC=const\) Suy ra tọa độ M nằm trên đường thẳng có phương trình là \(x+y=\frac{1}{2}OC=const\). Vì M giới hạn trong góc phần tư thứ nhất nên quỹ tích M là đoạn thẳng \(A_1B_1\) sao cho \(A_1\) nằm trên OA, \(B_1\) nằm trên OB và \(OA_1=OB_1=\frac{1}{2}OC\). Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là I thì ta có: \(MI\perp\left(Oxy\right)\) và \(MI=\frac{OC}{2}=const\), vậy khi M chạy trên đoạn thẳng song song và bằng \(A_1B_1\), cách mặt phẳng (Oxy) một đoạn bằng \(\frac{OC}{2}\). Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là: \(R=IO=\sqrt{IM^2+OM^2}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+OM^2}\) Bán kính nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất, mà M nằm trên \(A_1B_1\) là cạnh huyền tam giác vuông cân \(OA_1B_1\), OM nhỏ nhất khi M là trung điểm của \(A_1B_1\). Hay là: \(OM_{min}=\frac{A_1B_1}{2}=\frac{\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}}{2}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\) Suy ra \(R_{min}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)^2}=\frac{\sqrt{6}}{4}\) (khi \(OA=OB=\frac{1}{2}OC\))
