Một số dạng toán của hình cầu

255

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỦA HÌNH CẦU
Bài 1.
Cho hình cầu (O, R). Gọi S là một điểm bất kỳ trên mặt cầu.
1.
Từ S dựng cát tuyến bằng nhau cắt mặt cầu tại A, B, C từng đôi một lập với
nhau góc
α
.
a.
Tính thể tích SABC theo R và
α
.
b.

α
thay đổi xác định
α
để thể tích ấy đạt Max.
2.
Giả sử mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng (P) tại I. Hai tiếp tuyến của mặt cầu tại S
cắt mặt phẳng (P) tại A, B.
a.
Chứng minh rằng:


ASB AIB
=

chạy trên một đường thẳng cố định còn S di động trên một đường tròn cố định.
Giải

1. a.
Theo (gt) SA = SB = SC
và



ASB BSC CSA
= = = α

⇒

∆
SAB =
∆
SBC =
∆
SCA
⇒
ABC đều
Kẻ SO
1

⊥
(ABC)
⇒
O
1

α
= − = − =

(
)
2 2
1
4 4
2 1 sin 2 1 sin
3 2 3 2
l R SO R
α α
⇒ = − ⇒ = −

( )
(
)
2 2
SABC 1
3
1 1 4
V . 2 1 sin
3 3 2 2 4
SO dt ABC R AB
α
⇒ = = − ⋅ ⋅

E
B


3 2 3 2 27
R
R
α α
 
= ⋅ − = + α + α
 
 

b.

( ) ( )
2
SABC
V max 1 2cos 1 cos max
T⇔ = + α − α
. Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
3
1 2cos 1 2cos 4 4cos
1 1
T 1 2cos 1 2cos 4 4cos
4 4 3
 
+ α + + α + − α
= + α + α − α ≤
 
 


=

b.
Gọi O
′
= AB
∩
II
′
. Ta có:
II
′

⊥
AB; OI
⊥
AB
⇒
AB
⊥
(II
′
O)
Do
∆
SAB =
∆
IAB nên



Kéo dài IO cắt (O, R) tại J
⇒


o
JSI 90
=
. Dễ thấy
∆
SO
′
B =
∆
IO
′
B suy ra:
SO
′
= IO
′
= I
′
O
′

⇒


o
ISI 90

tròn cố định đường kính IK trong mặt phẳng (OIK)
Đặt




IKB I AB = IAB = IKB
′
= α ⇒ = α

⇒
I
′
chạy trên đường thẳng K
t
tạo với
d
′

một góc
α
không đổi (trong mặt phẳng (P)).
Mặt khác
(
)
(
)
S O, , S KJI
R
′

Bài 2.
Cho hình cầu (O,
R
). Gọi (L) là giao tuyến của mặt cầu với (P) cách tâm
cầu một khoảng bằng
h
(0 <
h
<
R
). Lấy A là một điểm cố định trên (L). Một
góc vuông

A
x y
trong (P) quay quanh điểm A. Các cạnh A
x
, A
y
cắt (L) ở C, D.
Đường thẳng đi qua A
⊥
với (P) cắt mặt cầu ở B.
1.
Chứng minh rằng:
BC
2
+
AD
2

=
DO
′
và
AB
= 2
OO
′
= 2
h
.
Ta có:
2 2 2 2
AO AO OO R h
′ ′
= − = −

⇒

2 2
2 2
CD AO R h
′
= = −

Do BA
⊥
(P) nên BA
⊥
AC, BA


(
)
2 2 2 2 2 2
4 4 4
AB CD h R h R
+ = + − =

Tương tự:
2 2 2 2 2 2 2 2
4
BD AC AB AD AC AB CD R
+ = + + = + =

2.
Do BH
⊥
CD
⇒
dt(BCD) =
1
.
2
BH CD

⇒
dt(BCD) max
⇔
BH max
Xét tam giác vuông BHO

3.
BA
⊥
(P), BH
⊥
CD nên
⇒
CD
⊥
AH
⇒
H
∈
đường tròn đường kính AO
′
trong (P).
Bài 3.
Cho mặt cầu tâm bán kính
R
. Một hình nón nội tiếp trong hình cầu có
chiều cao là
x
(0 <
x
< 2
R
)
a.
Tính thể tích V, diện tích xung quanh S của hình nón.
b.

r
2
= OM
2
– OH
2
= R
2
– (
x
– R)
2
=
r
2

= 2R
x
–
x
2
=
x
(2R –
x
)
Thể tích của hình nón:
( )
2 2
1 1

3
x x
= π −
(1);
( ) ( )
2 2 2
S 2R 2R S 2 R 2R
x x x x
= π − ⇒ = π −
(2)
Lấy (2) chia (1) ta nhận được hệ thức độc lập với
x
:
2
S
6 R
V
= π

c.
( ) ( )
( )
(
)
(
)
3
3
3
2

= π
. Ta có hai tam giác SCA và SDO đồng dạng với nhau nên
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2
r h
AC SA r h r h r
r r
DO SO R h R
R
h R h R R
+
+ + −
= ⇔ = ⇒ = =
−
− − −

⇒

( )
2 2 2
2
2
2
h R hR
r
h R

4 4
2 2 4
2 2
R R
h R h R R
h R h R
= + + = − + +
− −( )
2 2
4 4
2 2 4
2 2
R R
h R h R R
h R h R
+ + ≥ − ≥
− −

⇒

2
8
2
h
R
h R
≥

2 2 16 2 8
tp
S r SA r R R R R R
= π + π = π + + π = πS

O

H

M

D

R

O

A

C
B
S

r
Một số dạng toán của hình cầu

259

là lớn nhất.
Giải
a.
Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SABC là giao điểm của trục SH và trung
trực của cạnh SB thuộc mp(SHB).
Gọi M là trung điểm SB.
Tứ giác OMBH nội tiếp suy ra:

2
. .
2
SB
SO SH SM SB= =

⇒

2
2
SB
R OS
SH
= =
trong đó:
2
2 2 2 2
3
2
3 2
a

(điểm E là trung điểm AC).
Do EI là phân giác góc E nên ta có:

IH EH IH EH IH EH
IS ES IS IH ES EH SH ES EH
= ⇔ = ⇔ =
+ + +

Suy ra
EH SH
r IH
ES EH
⋅
= =
+
trong đó:
2 2
3
1
;
3 6
a
ES EH SH EH BE= + = =

Vậy
( )
2 2
2 2 2
2
3

C
O
M
S
I
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

260

b.
Ta có:
(
)
( )
2 2
2 2
12
2 3
a a h a
r
R
h a
+ −
=
+
.
Đặt
2 2 2 2 2 2 2 2
12 12 12
t a h a t a h h t a

t a a
R
t a
r a t a a t a
 
+
⇒ = ⋅ = + +
 
− −
 

Ta có:
2
4
1
1
2
a
R
t a
r a t a
 
= − + +
 
−
 
, áp dụng bất đẳng thức Cô–si, ta có:

( )
2 2

≤
hay
(
)
1
Max
3
r
R
=
.
Dấu bằng xảy ra
⇔

3
t a
=
2
2 2 2 2
6
2
12 9
3 3
a
a
h a a h h⇔ + = ⇔ = ⇔ =

Bài 6.
Cho hình chóp tam giác đều SABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh
a

SMB
= α

Ta có:
3 6
tg
3
SH SH h
MH MB
a
α = = =

Suy ra độ dài đường cao
3
tg
6
a
h
= α

Độ dài cạnh bên
2 2
SA SB SC SH BH
= = = +

2
2 2
2 2
3
4

6 12 tg
a
h a
R
h
α +
+
= =
α

Bán kính mặt cầu nội tiếp
(
)
(
)
2
2 2
tg 1 1
12
12
2 3 tg
a
a a h a
r
h
α + −
+ −
= =
α


6 tg 1 tg 10
1
3
3 tg 4
r
R
α + − α −
− =
α +

Ta sẽ chứng minh:
2 2
6 tg 1 tg 10 0
α + − α − ≤

2 2
6 tg 1 10 tg
⇔ α + ≤ + α

(
)
(
)
2
2 2 4 4 2 2
36 tg 1 100 20 tg tg tg 16 tg 64 0 tg 8 0
⇔ α + ≤ + α + α ⇔ α − α + ≥ ⇔ α − ≥

Điều này hiển nhiên đúng do đó ta có
1 1


ASB
= α
.
1) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp.
3) Chứng minh rằng hai tâm mặt cầu đó trùng nhau khi và chỉ khi
45
o
α =

Giải
1) Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp là giao điểm của trục SH và trung trực của
SA thuộc mp(SAH).
Tứ diện OHAM ngoại tiếp:
2
. .
2
SA
SO SH SM SA= =
;
2
2
SA
R OS
SH
= =

Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương


−

cos
2sin
2
a
SH
α
=
α

Vậy:
4sin cos
2
a
R =
α
α
(Điều kiện
0 90
o
< α <
)
2) Tâm I của mặt cầu nội tiếp là giao điểm của trục SH và phân giác của góc

SEH
.
Tính chất phân giác cho:
IH EH IH EH
IS ES IS IH ES EH

+ =

(
)
cos cos
4sin cos 2sin
2 sin cos
2 2
2 2
a a
a
α α
+ =
α α
α α
α
+

(
)
2 2
1 1 1
cos sin sin
2sin cos sin
2 2 2
2 2 2
⇔ + =
α α α
α α α
+

đạt giá trị lớn nhất?
S
O
C
D
H
A
E
2
α

B
M
I
Một số dạng toán của hình cầu

263

Giải

1) Ta có:
2 2
2 2
2
;
4
4
h a ah
R r
h

R
h a
h a
g
= = =
 
+
+
 
 

Đặt
2
2
h
t
a
=
với
0
t
>
, ta được:
2
3
16
1
t
A
t

ta chỉ cần xét tỉ số:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 8
;
2 4 4 4
ah ah
r
C C
R
h a a h a h a a a h a
= = =
+ + + + + + +

Đặt:
2 2 2 2 2
4 4
t h a a h t a
= + > ⇒ = −
;
(
)
( )
( )
( )
( )

C
= −
khi
(
)
(
)
2 2
2 1 4 2 1
2 1
a a
t a h a a
C
= = = + ⇔ + = +
−

( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2
2 1
4 2 1 1 2 2 2
2 2
a
h a a h a
+
+
 
⇔ = + − = + ⇔ = =
 

3 2
4 4 ; 0
4
4
t a
a t a
t h a a h t a B
t a t a
−
−
= + > ⇔ = − = = >
+ +

( )
( )
2 2
4 8 1 4 1 0
Bt a B t a B
⇒ + − + + =

Điều kiện để phương trình có nghiệm là:
0
′
∆ ≥

( )
( )
2
1
8 1 16 4 1 1 32 1

2) Chứng minh rằng O cách đều 4 mặt bên của hình chóp SABCD; từ đó tìm
chân và bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp.
Giải

1) Diện tích toàn phần và thể tích
Gọi I, J, K, L lần lượt là tiếp
điểm của (O) với ABCD.
Ta có OI = OJ = OK = OL
Suy ra SI= SJ = SK = SL
Mà OI
⊥
AB
⇒
SI
⊥
AB
Tóm lại ta có: SI, SJ, SK, SL là
các đường cao của 4 tam giác
SAB, SCD, SAD và SBC.
Để tính diện tích toàn phần và thể tích ta tính SK, AB và CD.
Tam giác SOK vuông cho:
2 2 2 2
5 5
SK SO OK R SK R= + = ⇒ =

D

K

A

= = = = ⇒ =

Lại có: CD = 4AB
⇒
AB = R, CD = 4R
Vì ABCD ngoại tiếp đường tròn nên:
AB + CD = AD + BC = 5AB
Vậy: AB + CD + AD + BC = 10AB = 10R
Ta có:
( )
2
1
. 5 . 5 5 5
2
xq
S AB CD AD BC SK R R R
= + + + = =

( )
2
5
1
. 2 5
2 2
§
R
S AB CD IJ R R
= + = ⋅ =
;
(

5 5 1
tp
R
V R
O
S
R
−
ω = = =
+

Bài 10.
Trong mặt phẳng (P), người ta cho tam giác cân AOB có
2
OA OB a
= =

và góc

120
o
AOB =
. Trên đường vuông góc với (P) tại O, về hai phía của điểm
O, người ta lấy hai điểm C và D sao cho tam giác ABC là vuông tại C và tam
giác ADB là đều.
1) Tính khoảng cách OC và khoảng cách OD.
2) Tính thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện ABCD.
3) Tìm tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Tính bán kính của mặt cầu
này và bán kính của các đường tròn được cắt bởi bốn mặt của tứ diện.
A

2 3
6
2 2
a
AB
ca CB a
= = = =

2 2 2 2 2 2 2 2
6 4 2 ; 12 4 2 2
OC AC OA a a a OD AD OA a a a⇒ = − = − = = − = − =

2) Ta có:
( )
3
1 1
. 2 3. .3 2 6
3 6
ABCD COAB DOAB
V V V dt AOB CD a a a a= = = = ⋅ =

Ta có:
tp ACD BCD ABC ABD
S S S S S= + + +

Biết:
2
1 1
. 3 2.2 3 2
2 2

, OD =
2 2
a
.
Vậy
2 2
. 4
OA OC OD a
= =
.
Vậy tam giác ACD và BCD vuông lần lượt tại A và B. Tứ giác ABCD nội tiếp
trong đường tròn đường kính CD và bán kính
3 2
2 2
a
CD
R = =
.
Các mặt (ACD) và (BCD) cắt theo đường tròn lớn nên có bán kính
3 2
2
a
R =
.
Mặt (ACB) là tam giác vuông cân; nên đường tròn ngoại tiếp có bán kính:
1
3
2
AB
R a

bên là các tam giác cân bằng nhau
nên SI = SJ = SK
⇒
(IJK) // (MNP)
Do đó: SH cũng là trục của tam giác
IJK. Suy ra tâm ω mặt cầu ngoại tiếp
SIJK nằm trên trục SH.
2) Gọi V là thể tích của SABC, ta có:
2
2
3 3
1
3 4 12
BC h
V BC h= =

Ta phải tính BC theo h và R.
Vì J là trực tâm của tam giác SBC nên:
( )
2 2
. .
4 4
BC BC
NJ NS BN CN NS NS SJ= = ⇔ − =
(1)
Gọi S
′
là điểm đối xứng của S qua tâm ω.
Ta có SS
′

+ − = ⇔ − = ⇔ = − >

Vậy:
( )
2
2 3
2
h h r
V
−
=

S’
J H’
S
ω
S
K
I

K
J
H
C
N
B
M
A
P
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương


Biết

2 2
2
2 2 2 2
3
4
sin
2
a x
a
a OB a x
OA
ABC
AB a a a
+
−
− −
= = = =

Vậy:
2
2 2
3
a
R
a x
=
−

Nói cách khác IJ là đường vuông góc chung của AB
và DC. Suy ra: IA = JB và IC = ID.
Dựng hình hộp đứng AD
′
BC
′
.A
′
DB
′
C ta có các
mặt bên đối nhau là những hình chữ nhật bằng nhau
nên các đường chéo: AC = BD và AD = BC
2) Nếu AO
⊥
(BCD) thì AO
⊥
CD. Như ta đã biết: IO
⊥
CD
Vậy: CD
⊥
(AOB)
⇒
CD
⊥
AB. Lúc này đáy ABC
′
D
′

. Đặt IO =
x
suy ra:
( )
( )
2 2 2
2
2
4
4
4
a
h x
a h x
OH
a h a
h
−
−
= =
+
+

Gọi K là hình chiếu của O lên ID. Hai tam giác IOK và IDJ đồng dạng suy ra:
OK IO
DJ ID
=

⇒



Để:
OH OK
=
thì
(
)
2 2 2 2
4 4
a h x
bx
h a h b
−
=
+ +

(
)
( )
(
)
2 2
2 2 2 2 2 2
4
4 4 4
ab h x abx ab h x
abx
b h a
a h b a h b b h a
− + −

(BCD). Gọi E là trung điểm AI.
Hạ EK
⊥
AD (K
∈
AD).
1) Chứng minh rằng EK đi qua trọng tâm H của tam giác ABC, từ đó suy ra
rằng EH = EK.
2) Mặt phẳng qua BC và E chia thể tích tứ diện thành hai phần theo tỷ số nào?
3) Mặt phẳng qua BC và E chia tứ diện đã cho thành hai tứ diện. Tính tỷ số
bán kính hình cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó.
Giải

1) Gọi H là trọng tâm tam giác ABC.
Ta có:
1 1
//
3 3
MH MI MA MD HI AD
= = = ⇒

Dựng HK và IL vuông góc với AD.
Ta có:
1
3
LK IH AD
= =

và vì tam giác AMD cân nên AK = LD
Suy ra:

′
// AD.
Suy ra IJ
′
AJ là hình bình hành
⇒
IJ
′
= AJ
Lại có:
1
3
IJ
MI
JD MD
′
= =
. Vậy:
1
3
AJ JD
=
.
Suy ra
1
3
ABCJ
DBCJ
V
AJ

 
 

Tứ giác IO
2
QD nội tiếp:
2
. .
AO AI AQ AD
=
(biết
5
8
AQ AD
=
)
2 2
2
5 5
5 6 5 6
8 8
16 16
6
3
AD a
a a
AO
AI
a
= = = =

8
6 5 6
3
a
a
DO DH DP DA a DO
a
= = ⇒ = =

1 1
6 5 6
21
3 48
8 6
a a
O H O D DH
a
= − = − =
;
2 2
2 2
1 1 1
25 153 51
64.6 3 8 6 8 2
a a a
O A R HO HA= = + = + = =

Vậy:
1
2


Bài 16.
Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác SABC bằng 3s, chu vi
đáy ABC bằng 3a. Một mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh đáy tại trung điểm của
chúng, và đi qua các trung điểm của ba cạnh bên.
1) Chứng minh rằng SABC là hình chóp tam giác đều.
2) Tính bán kính của mặt cầu nói trên theo a và s.
Giải

1) Gọi A
′
, B
′
là trung điểm của các cạnh
BC và AC và gọi A
″
, B
″
là trung điểm
của các cạnh SA và SB.
Ta có: R = OA
′
= OB
′
= OA
″
= OB
″

Vì OA

″
là hình bình hành mà SC
⊥
AB
⇒
A
′
B
′
A
″
B
″
là hình chữ nhật.
Điểm O cách đều bốn đỉnh nên là giao điểm hai đường chéo.
Suy ra
( )
2 2 2 2 2 2
1
4
4
R I A A B B A a SA
′ ′′ ′′ ′ ′ ′
= = + = +

với
(
)
2
2 2 4

+ +
= + = ⇒ =
 
 S
A’’
A
B

C

A’
B

B’’

C’’

O
C’
H