ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp đa diện

Công thức tính diện tích mặt cầu \[S = 4\pi {R^2}\]

Ta có: thể tích khối cầu  \[V = \frac{4}{3}\pi {R^3} \Rightarrow R = \sqrt[3]{{\frac{{3V}}{{4\pi }}}}\]

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông S.ABC được tính theo công thức

\[R = \sqrt {\frac{{S{A^2} + S{B^2} + S{C^2}}}{4}} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} }}{2} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\]

Vì \[SA \bot (ABC) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SA \bot AB}\\{SA \bot AC}\end{array}} \right.\]

Mà  \[AB \bot AC\] nên hình chóp S.ABC là tứ diện vuông.

Áp dụng công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông ta được

\[R = \sqrt {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{4}} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}{2}\]

Do D đối xứng với C qua B nên có BC = DC = AC suy ra tam giác ABD là tam giác vuông tại A.

Kẻ đường thẳng d qua C vuông góc với đáy, đường thẳng này là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy ABD .

Tam giác SAB cân tại S , gọi M là trung điểm AB,H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB

\[ \Rightarrow H \in SM;SM = \sqrt {S{A^2} - A{M^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{{2\sqrt 3 }}\]

\[SH = \frac{{AB.SA.SB}}{{4.{S_{SAB}}}} = \frac{{{{\left( {\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}.a}}{{4.\frac{1}{2}.a.AM}} = \frac{{4a}}{{\sqrt {39} }}\]

Trong (SAC) dựng \[HI \bot SM\left( {I \in d} \right)(1)\]Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot SM}\\{AB \bot MC}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot (SMC) \Rightarrow AB \bot HI(2)\)

Từ (1), (2) suy ra \[HI \bot \left( {SAB} \right)\] suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chóp S.ABD

Gọi \[Q = MS \cap CI\] xét tam giác SCM có\[\frac{{SM}}{{QM}} = \frac{{MG}}{{MC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow QM = 3SM = 3.\frac{{a\sqrt {13} }}{{2\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt {39} }}{2}\]

\[ \Rightarrow QH = QM - MS + HS = \frac{{a\sqrt {39} }}{2} - \frac{{a\sqrt {13} }}{{2\sqrt 3 }} + \frac{{4a}}{{\sqrt {39} }} = \frac{{17a}}{{\sqrt {39} }}\]

\[QC = \sqrt {Q{M^2} - M{C^2}} = 3a\]

Xét:\[{\rm{\Delta }}QHI \sim {\rm{\Delta }}QCM \Rightarrow \frac{{HI}}{{CM}} = \frac{{HQ}}{{QC}} \Rightarrow HI = \frac{{HQ.CM}}{{QC}} = \frac{{17a}}{{6\sqrt {13} }}\]

\[ \Rightarrow R = SI = \sqrt {H{I^2} + H{S^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {17} }}{{6\sqrt {13} }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{4a}}{{\sqrt {39} }}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {37} }}{6}\]

Gọi H là tâm tam giác đều BCD,E là trung điểm CD

Ta có \[AH \bot \left( {BCD} \right)\]Gọi I, r là tâm và bán kính mặt cầu tiếp xúc với các mặt của tứ diện ABCD thì I là giao của AH và phân giác góc AEB của \[\Delta AEB\]. Ta có

\[\begin{array}{*{20}{l}}{AE = BE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};HE = \frac{{BE}}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}}\\{AH = \sqrt {A{E^2} - H{E^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}}\end{array}\]

Áp dụng tính chất đường phân giác:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{IH}}{{IA}} = \frac{{EH}}{{EA}} \Rightarrow \frac{{IH}}{{IH + IA}} = \frac{{EH}}{{EH + EA}}}\\{ \Rightarrow r = IH = \frac{{EH.AH}}{{EH + EA}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{12}}}\end{array}\]

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD,M và I lần lượt là trung điểm SA,SC⇒AOIM là hình chữ nhật.

Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD,\[OI \bot (ABCD)\;\] nên OI là trục đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD

\[IM \bot SA \Rightarrow IM\] là trung trực SA trong mặt phẳng (SAC)

⇒I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Có\[OI = AM = \frac{{SA}}{2} = a;OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\]

Bán kính và thể tích mặt cầu lần lượt là

\[\begin{array}{*{20}{l}}{R = IC = \sqrt {I{O^2} + O{C^2}} = \frac{{3a}}{2}}\\{V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{9\pi {a^3}}}{2}}\end{array}\]

Ta có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{A'B' = AB = a}\\{B'C' = \sqrt {A'{B^{\prime 2}} + A'{C^{\prime 2}}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 }\\{B'C = \sqrt {B'{C^{\prime 2}} + C'{C^2}} = \sqrt {2{a^2} + 2{a^2}} = 2a}\\{A'C = \sqrt {A'{C^{\prime 2}} + C'{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 3 }\\{ \Rightarrow A'{B^{\prime 2}} + A'{C^2} = {a^2} + 3{a^2} = 4{a^2} = B'{C^2}}\end{array}\]

\[ \Rightarrow \Delta A\prime B\prime C\] vuông tại AA′.

Gọi I là trung điểm của B′C thì IB′ = IC = IA′

Mà \[\Delta CC\prime B\prime \;\] vuông tại C′ nên  IB′ = IC = IC′

Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CA′B′C′ và bán kính \[R = \frac{1}{2}B'C = a\]

\[ \Rightarrow S = 4\pi {R^2} = 4\pi {a^2}\]

Áp dụng các công thức trong tứ diện đều cạnh aa

Bán kính mặt cầu nội tiếp\[r = \frac{{a\sqrt 6 }}{{12}} = 1 \Rightarrow a = 2\sqrt 6 \]

Thể tích tứ diện đều đó là \[V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = 8\sqrt 3 \]

Mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh aa có bán kính bằng \[\frac{a}{2}\]

Diện tích mặt cầu đó là \[S = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \pi {a^2}\]

Xét các tam giác ACB, ADB lần lượt cân tại C và D nên\[CM \bot AB,DM \bot AB\]

Ta có :\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(ABC) \cap (ABD) = AB}\\{CM \bot AB,CM \subset (ABC)}\\{DM \bot AB,DM \subset (ABD)}\end{array}} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABC} \right);\left( {ABD} \right)} \right) = \angle \left( {CM;DM} \right)\)

Tam giác ACM vuông tại M nên theo Pitago ta có :

\[\begin{array}{*{20}{l}}{C{M^2} = A{C^2} - A{M^2}}\\{ \Rightarrow CM = \sqrt {A{C^2} - A{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}\end{array}\]

Tương tự \[DM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

Gọi K là hình chiếu của I lên AD ta có :

Mặt cầu đường kính MN tiếp xúc với AD nên \[IK = IM = IN,IK \bot AD\].

Xét tam giác AMI và AKI có :

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\widehat {AMI} = \widehat {AKI} = {{90}^0};}\\{AI\,chung;}\\{IM = IK\left( {cmt} \right);}\end{array}\]

Do đó \[{\rm{\Delta }}AMI = {\rm{\Delta }}AKI\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông)\[ \Rightarrow AK = AM = \frac{a}{2}\] (cạnh tương ứng).

Tương tự : \[{\rm{\Delta }}DNI = {\rm{\Delta }}DKI\] (cạnh huyền – cạnh  góc vuông)

\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow DN = DK = AD - AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} - \frac{a}{2} = \frac{{a\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{2}}\\{ \Rightarrow DC = 2DN = 2.\frac{{a\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{2} = a\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}\end{array}\]

Áp dụng định lý cô sin trong tam giác MCD có :

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\cos \widehat {CMD} = \frac{{M{C^2} + M{D^2} - C{D^2}}}{{2MC.MD}}}\\{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {a\left( {\sqrt 3 - 1} \right)} \right)}^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}}\\{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\sqrt 3 - 3 > 0}\\{ \Rightarrow \cos \alpha = \cos \widehat {CMD} = 2\sqrt 3 - 3}\end{array}\]

Ta có : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot BA}\\{BC \bot DA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (ABD) \Rightarrow BC \bot BD \Rightarrow \Delta BCD\) vuông tại B.

Gọi I là trung điểm của CD thì \[IB = IC = ID = \frac{1}{2}CD\]

Tam giác ACD vuông tại A nên \[IA = IC = ID = \frac{1}{2}CD\]

Do đó \[IA = IB = IC = ID \Rightarrow I\]  là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCDABCD.

Tam giác ABC vuông tại B nên \[AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\] (Định lí Pytago).

Vì\[DA \bot \left( {ABC} \right)\] nên ACAC là hình chiếu của DCDC lên (ABC).\[ \Rightarrow \angle \left( {DC;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {DC;AC} \right) = \angle DCA = {45^0}\]

Tam giác DAC vuông tại A có \[\widehat {DCA} = {45^0}\] nên là tam giác vuông cân

\[ \Rightarrow DC = AC\sqrt 2 = 5\sqrt 2 \]

\[ \Rightarrow R = IA = \frac{1}{2}DC = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\]

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là :\[V = \frac{4}{3}\pi I{A^3} = \frac{4}{3}\pi .{\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right)^3} = \frac{{125\sqrt 2 }}{3}\pi \]

Thể tích của khối cầu bằng \[V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.6^3} = 288\pi \]

Diện tích mặt cầu đã cho là:\[S = 4\pi {a^2}\]

Gọi I1,I2,I3 là tâm của các hình cầu, M,N,P là các tiếp điểm của các hình cầu (như hình vẽ), H,K,F là tiếp  ba hình cầu với mặt phẳng (P) (như hình vẽ).

Xét mặt phẳng (I1I2KH), có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{HK = \sqrt {{I_1}{I_2}^2 - {{\left( {{I_2}K - {I_1}H} \right)}^2}} \,}\\{\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{{\left( {{R_1} + {R_2}} \right)}^2} - {{\left( {{R_1} - {R_2}} \right)}^2}} }\\{\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {4{R_1}{R_2}} = 2 \Rightarrow {R_1}{R_2} = 1}\end{array}\]

Tương tự, \[{R_1}{R_3} = \frac{9}{4},\,{R_2}{R_3} = 4\]

\[ \Rightarrow {R_1}{R_2}{R_3} = \sqrt {1.\frac{9}{4}.4} = 3 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{R_1} = \frac{3}{4}}\\{{R_2} = \frac{4}{3}}\\{{R_3} = 3}\end{array}} \right.\]

Vậy \[{R_1} + {R_2} + {R_3} = \frac{3}{4} + \frac{4}{3} + 3 = \frac{{61}}{{12}}\]

Gọi O,O′ lần lượt là tâm tam giác đều ABC và A’B’C’, khi đó ta có OO’ là trục của (A’B’C’).

Gọi N là trung điểm của B’M, E là trung điểm của A’C’.

Qua N kẻ   ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{B\prime E \bot BB\prime }\\{NI\parallel B\prime E}\end{array} \Rightarrow NI \bot BB\prime \Rightarrow IM = IB\prime } \right.\)

Lại có \[I \in OO'\] nên \[IA' = IB' = IC'\]Do đó ta có\[IA' = IB' = IC' = IM\] nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp M.A’B’C’, bán kính\[R = IB'\]

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{NI\parallel B\prime O\prime }\\{B\prime N\parallel O\prime I}\end{array}} \right.\) nên O’B’NI là hình bình hành

\[ \Rightarrow O'I = B'N = \frac{1}{2}B'M = \frac{1}{4}BB' = \frac{a}{2}\]

Tam giác A’B’C’ đều cạnh a nên \[B'E = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow B'O = \frac{2}{3}B'E = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\]

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông O’B’I có:

\[IB' = \sqrt {O'{I^2} + B'{O^{\prime 2}}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\]

Tam giác ABC có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25}\\{B{C^2} = {5^2} = 25}\end{array}} \right. \Rightarrow A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại A (Định lí Pytago đảo).

Gọi H là trung điểm của BC khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, suy ra

\[HA = HB = HC = \frac{1}{2}BC = \frac{5}{2}.\]

Mà \[OA = OB = OC \Rightarrow OH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = OH = 1.\]

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OBH có:

\[R = OB = \sqrt {O{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {1 + {{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {29} }}{2}.\]

Vậy thể tích khối cầu cần tìm là:  \[V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{29\sqrt {29} }}{6}\pi .\]

Gọi O1,O2 lần lượt là tâm mặt cầu (S1),(S2). Hai mặt cầu này cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C) có tâm I.

Gọi A, B là một đường kính của đường tròn giao tuyến như hình vẽ, ta có AB là trung trực của O1O2, do đó I là trung điểm của \[{O_1}{O_2} \Rightarrow I{O_1} = I{O_2} = \frac{1}{2}{O_1}{O_2} = \frac{R}{2} = 1\]Thể tích phần chung chính là tổng thể tích của hai khối chỏm cầu bằng nhau có bán kính R = 2, chiều cao \[h = \frac{R}{2} = 1\]Vậy \[V = 2.\pi {h^2}\left( {R - \frac{h}{3}} \right) = 2\pi {.1^2}\left( {2 - \frac{1}{3}} \right) = \frac{{10\pi }}{3}\]

Gọi M là trung điểm của BC, H là điểm đối xứng với A qua M.

Xét tứ giác ABHC có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và

\[AM \bot BC \Rightarrow AH \bot BC\]  (do tam giác ABC cân tại A) nên ABHC là hình thoi \[ \Rightarrow HB = HC\]

Xét tam giác ABH có AB = BH, \[\angle BAH = \frac{1}{2}\angle BAC = {60^0}\] nên là tam giác đều, do đó HA = HB.

Suy ra HA = HB = HC hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi H’ là hình chiếu của A lên (A’B’C’) thì H’ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’, khi đó HH’ là trục của khối lăng trụ đứng.

Gọi I là trung điểm của HH’, ta có IA = IB = IC, IA’ = IB’ = IC’.

Xét tam giác vuông AHI và tam giác vuông A’H’I có: HI = H’I (theo cách dựng), AH = A’H’.

\[ \Rightarrow {\rm{\Delta }}AHI = {\rm{\Delta }}A'H'I\] (2 cạnh góc vuông) =>IA = IA′. Do đó A = IB = IC = IA’ = IB’ = IC’ hay I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’.

Ta có AH = AB = 2 (do ABHC là hình thoi) và HH’ = AA’ = 4 nên IH = 2.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHI có:

\[AI = \sqrt {A{H^2} + H{I^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 2 \]

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là \[R = 2\sqrt 2 \]

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là: \[{S_{mc}} = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 32\pi \]