Bài 2.20 trang 64 sách bài tập (SBT) – Hình học 12

Hình tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a và có đường cao AH. Gọi O là trung điểm của AH. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OBCD.

Hướng dẫn làm bài:

Gọi H trọng tâm của tam giác đều BCD.

Ta có \(AH \bot (BCD)\) . Do đó, \(A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = {a^2} - {({2 \over 3}{{a\sqrt 3 } \over 2})^2} = {{2{a^2}} \over 3}\)

Vậy  \(AH = {{a\sqrt 6 } \over 3}\) và  \(OH = {{a\sqrt 6 } \over 6}\)

Mặt khác \(O{C^2} = O{H^2} + H{C^2} = {{{a^2}} \over 6} + {{{a^2}} \over 3} = {{{a^2}} \over 2}\)   hay \(OC = OB = OD = {{a\sqrt 2 } \over 2}\)

Vì BD = BC = CD = a nên các tam giác DOB, BOC, COD là những tam giác vuông cân tại O. Do đó hình chóp ODBC là hình chóp có đáy là tam giác đều nên tâm của mặt cầu ngoại tiếp phải nằm trên OH, ngoài ra tâm của mặt cầu ngoại tiếp này phải nằm trên trục của tam giác vuông DOB. Từ trung điểm C’ của cạnh BD ta vẽ đường thẳng song song với OC cắt đường thẳng OH tại I. Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OBCD. Mặt cầu này có bán kính là IC và  IC² = IH² + HC².

Chú ý rằng  \(IH = {1 \over 2}OH\)  (vì \(HC' = {1 \over 2}HC\))

Do đó:  \(I{C^2} = {{{a^2}} \over {24}} + {{{a^2}} \over 3} = {{9{a^2}} \over {24}}\) hay  \(IC = {{a\sqrt 6 } \over 4}\)

Bài 2.21 trang 64 sách bài tập (SBT) – Hình học 12

Hình chóp S.ABCD có SA = a là chiều cao của hình chóp và đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B có AB = BC = a và AD = 2a. Gọi E là trung điểm của cạnh AD. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE

Hướng dẫn làm bài:

Tam giác CED là tam giác vuông cân tại E nên trục của đường tròn đi qua ba điểm C, E, D là đường thẳng \(\Delta \) đi qua trung điểm I của đoạn thẳng CD và song song với SA.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC. Ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung trực của đoạn SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE chính là giao điểm của \(\Delta \) và mp(ABNM). Gọi K là trung điểm của AB thì KN // AM và do đó KN //(SAE). Ta có IK // AD nên IK // (SAE).

Vậy KN và \(\Delta \) đồng phẳng và ta có O là giao điểm cần tìm.

Chú ý rằng OIK là tam giác vuông cân, vì  \(\widehat {OKI} = \widehat {MAE} = {45^0}\)

Ta có  OI = IK, trong đó \(IK = {{BC + AD} \over 2} = {{a + 2a} \over 2} = {{3a} \over 2}\)

Vậy  \(O{C^2} = O{I^2} + I{C^2} = {{9{a^2}} \over 4} + {{2{a^2}} \over 4}\)  (vì \(CD = a\sqrt 2 ;IC = {{CD} \over 2}\)). Do đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE là:  \(r = OC = {{a\sqrt {11} } \over 2}\).

Bài 2.22 trang 64 sách bài tập (SBT) – Hình học 12

Cho hình cầu tâm O bán kính r. Lấy một điểm A trên mặt cầu và gọi \((\alpha )\) là mặt phẳng đi qua A sao cho góc giữa OA và \((\alpha )\) bằng 30⁰.

a) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi \((\alpha )\) và hình cầu.

b) Đường thẳng  đi qua A vuông góc với mặt phẳng \((\alpha )\) cắt mặt cầu tại B. Tính độ dài đoạn AB.

Hướng dẫn làm bài:

a) Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm O trên mặt phẳng \((\alpha )\) . Theo giả thiết ta có \(\widehat {OAH} = {30^0}\) .

Do đó:  \(HA = OA.\cos {30^0} = r{{\sqrt 3 } \over 2}\)

Vậy diện tích của thiết diện tạo bởi \((\alpha )\) và hình cầu là: \(S = \pi .H{A^2} = {{3\pi {r^2}} \over 4}\)

b) Mặt phẳng (ABO) qua tâm O của hình cầu nên cắt mặt cầu theo đường tròn lớn qua A và B. Gọi I là trung điểm của đoạn AB ta có \(OI \bot AB\) . Vì AB // OH nên AIOH là hình chữ nhật.

Do đó \(AI = OH = {{OA} \over 2} = {r \over 2}\) . Vậy AB = 2AI = r

Chú ý:  Có thể nhận xét rằng tam giác OAB cân tại O (OA = OB) và có góc \(\widehat {OAB} = {60^0}\)  nên OAB là tam giác đều và suy ra AB = OA = OB = r.

Bài 2.23 trang 64 sách bài tập (SBT) – Hình học 12

Cho hình cầu đường kính AA’ = 2r. Gọi H là một điểm trên đoạn AA’ sao cho \(AH = {{4r} \over 3}\) . Mặt phẳng \((\alpha )\) qua H và vuông góc với AA’ cắt hình cầu theo đường tròn (C).

a) Tính diện tích của hình tròn (C) .

b) Gọi BCD là tam giác đều nội tiếp trong (C), hãy tính thể tích hình chóp A.BCD và hình chóp A’.BCD.

Hướng dẫn làm bài:

Hình 2.45

a) Theo giả thiết ta có \(AH = {{4r} \over 3}\)

Ta suy ra \(OH = {r \over 3}\) . Gọi r’ là bán kính của đường tròn (C).

Ta có: \(r{'^2} = {r^2} - O{H^2} = {r^2} - {{{r^2}} \over 9} = {{8{r^2}} \over 9}\)

Vậy diện tích của hình tròn (C) là: \(S = \pi r{'^2} = {{8\pi {r^2}} \over 9}\)

b) Vì BCD là tam giác đều nên ta có: \(BC = r'.\sqrt 3  = {{2\sqrt 6 } \over 3}r\)     

Diện tích của tam giác đều BCD là \(S = {{B{C^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{24{r^2}} \over 9}.{{\sqrt 3 } \over 4} = {{2{r^2}\sqrt 3 } \over 3}\)

Thể tích hình chóp  A.BCD là  : \(V = {1 \over 3}{{2{r^2}\sqrt 3 } \over 3}.{{4r} \over 3} = {{8\sqrt 3 {r^3}} \over {27}}\)

Hai hình chóp A.BCD và A’.BCD có chung mặt đáy BCD nên:\({{{V_{A'.BCD}}} \over {{V_{A.BCD}}}} = {{HA'} \over {HA}} = {1 \over 2}\). Do đó,  \({V_{A'.BCD}} = {{4\sqrt 3 {r^3}} \over {27}}\).

Giaibaitap.me