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

4
V sin 1 sin ; V 1 2 cos 1 cos
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 ≤
 


ASB AIB
=

b.
Gọi O
′
= AB
∩
II
′
. Ta có:
II
′

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

∈
1 mặt phẳng.
Kéo dài IO cắt (O, R) tại J
⇒

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

⇒



⇒
Mặt cầu đường kính AB chứa đường
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


257

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

(P),
CO
′
=
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
⊥

AD
2(
)
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

AO
′

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
)

Gọi
r
là bán kính của đường tròn đáy của hình nón:
ư
r
2
= OM
2
– OH
2
= R
2
– (
x
– R)
2
=
r
2

= 2R
x
–
x
2
=
x
(2R –
x
)

( )
2
1
V 2R
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.
( ) ( )
( )
(
)
(
)

2
1
3
V r h
= 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 2
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


i

2 2 2 2 2
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


thay đổi. Xác định
h
để tỷ số
r
R
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

•
Gọi I là tâm của hình cầu nội tiếp SABC, khi đó I là giao điểm của trục SH
và phân giác trong của góc phẳng nhị diện

SEH
(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


B
H
A
E
C
O
M
S
I
www.VNMATH.com
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
+ −
=

+

2 2 2
3 4
1 1
2 2
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
 
= − + +
 


Từ đó suy ra
1
3
r
R
≤
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

≤
. Trong trường hợp nào ta có dấu đẳng thức?
Giải
a.
Gọi M là trung điểm AC, suy ra

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
= = = +

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp
(
)
2
2 2
3 tg 4
3
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

α +

⇒

( )
2 2
2
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

(
)
(
)

3
r
R
=
khi hình chóp SABC là tứ diện đều.
Bài 7.
Cho hình chóp đều SABCD có cạnh đáy bằng a và

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

2 2
a a
SH
a
α
= = −
α
α
−

cos
2sin
2
a
SH
α
=
α

Vậy:
4sin cos
2
a
R =
α
α
(Điều kiện
0 90
o
< α <

= ⇒ = =
α α
α α
+ +
+

3) Điều kiện cần và đủ để tâm mặt cầu nội tiếp trùng nhau là:
r R SH
+ =

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

(
)
2 2
1 1 1

1) Tính các bán kính R và r của các hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp.
2) Gọi W là thể tích hình chóp. V là thể tích hình cầu ngoại tiếp, v là thể tích
hình cầu nội tiếp hình chóp. Trong những trường hợp nào thì mỗi tỷ số:
w
, ,
w V
v v
V
đạt giá trị lớn nhất?
S
O
C
D
H
A
E
2
α

B
M
I
www.VNMATH.com
Một số dạng toán của hình cầu

263

Giải

1) Ta có:

2 3
2 2
2 2
64
2
2
4
a h a h a h
A
R
h a
h a
g
= = =
 
+
+
 
 

Đặt
2
2
h
t
a
=
với
0
t

2
2
h
a
=
hay h = a.
Để tìm giá trị lớn nhất của
v
V
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


( )
2 2 2
2 0 2 1 0 0 1 2
a a C C C C C− + ≥ ⇔ + − ≤ ⇒ ≤ ≤ − +

Vậy
( )
Max 2 1
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

Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

264

Đặt:
(
)
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
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
⇒ + − + + =


−
= = = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

Bài 9.
Trong mặt phẳng (P) cho hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường tròn
tâm O bán kính R, các cạnh đáy AB và CD thỏa mãn điều kiện AB : CD = a :
4. Trên đường thẳng (d)
⊥
tại O lấy điểm S sao cho OS = 2R.
1) Tính diện tích toàn phần và thể tích hình chóp SABCD.
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.

.
AK DK OK R
= =

Lại biết:
2
; . 4
2 2
CD
AB
AK AI DK DJ AB CD R
= = = = ⇒ =

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
= + + + = =

( )

SJ, SK, SL đều bằng nhau. Vậy O cách đều bốn mặt bên của hình chóp
SABCD. Suy ra tâm ω của mặt cầu nội tiếp nằm trên SO và:

( )
(
)
3
2
5 1
3 10
2
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



Giải

1) Gọi M là trung điểm của AB.
Ta có tam giác OMA là nửa tam giác đều:
Với: OA = 2a; OM = a
và
3 2 3
AM AM a AB a
= = ⇒ =

Tam giác ABC vuông cân:
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

2
2 2
3 12 3
3 3 ; 4 1 3 2 2
4 4
ABD tp
AB a
S a S a= = = = + +
.
3) Tam giác ACD có đường cao OA = 2a, OC =
2
a
, 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 = =
.

www.VNMATH.com
Một số dạng toán của hình cầu

267

Bài 11.
Cho hình chóp tam giác đều SABC có đường cao SH = h. Gọi I, J, K
lần lượt là trực tâm của các tam giác SAB, SBC, SCA.
1) Chứng minh mặt cầu đi qua S, I, J, K có tâm ở trên SH.
2) Gọi r là bán kính của mặt cầu ấy. Tính thể tích của SABC theo r và h.
Giải

1) SABC là hình chóp đều, các mặt
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.

 
= + = + ⇒ = +
 
 
(3)
Thay (2), (3) vào (1) ta được:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
2 2 6 2 2
12 4 6
BC BC BC
h hr h h r BC h h r h r
+ − = ⇔ − = ⇔ = − >

Vậy:
( )
2
2 3
2
h h r
V
−
=

S’
J H’
S
ω
S

⊥
(SBC)
2) Tâm ω của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
phải là giao điểm của trục AO và trung
trực của AB thuộc mp(ABC).
Nói cách khác ω chính là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi R
là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có:
 
2
sin sin
AC a
R
ABC ABC
= =

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

S
C
www.VNMATH.com
Một số dạng toán của hình cầu

269

Giải

1) Vì OA = OB nên trung tuyến OI cũng là đường
cao hay OI
⊥
AB. Tương tự: OJ
⊥
CD
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
⊥

CID

nên:
O IJ O
∈ ⇒
cách đều (ABC) và (ABD)
Tương tự O cũng cách đều (ACD) và (BCD).
Chiếu O trên BJ là H. Hai tam giác OHJ và
BIJ đồng dạng suy ra:

.
OH OI OJ BI
OH
BI BJ BJ
= ⇔ =
. Đặt IO =
x
suy ra:
( )
( )
2 2 2
2
2
4
4
4
a
h x
a h x
OH

C
J
A
A
I
B
C
J
D
H
O
K
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

270

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

2 2
2 2 2 2
4
4 4
ah h b
IO x
a h b b h a
+
= =
+ + +

Bài 15.
Cho tứ diện ABCD. Dựng AI
⊥
(BCD), I
∈
(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.

C
D
L
K
J
E
J
www.VNMATH.com
Một số dạng toán của hình cầu

271

2)
Kéo dài ME cắt AD tại J, BCJ là thiết diện phải tìm.
IH cắt MI tại J
′
. Ta có IJ
′
// AD.
Suy ra IJ
′
AJ là hình bình hành
⇒
IJ
′
= AJ
Lại có:
1
3
IJ

tâm O
1
của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện JABC là
giao điểm của trung trực của JA trong mặt phẳng (AMD) và trục DH.
Đặt AD =
a

2
2
3 3 6
2
;
2 2 2 3
a a a
AM MD h AI DH a
 
⇒ = = = = = − =
 
 

Tứ giác IO
2
QD nội tiếp:
2
. .
AO AI AQ AD
=
(biết
5
8

3 8 2
48
8 6
2
a
a a a
R O D IO ID= = + = + = =

Tương tự tứ giác APHO
1
nội tiếp:
2
2
1 1
7
7 8 21
. .
8
6 5 6
3
a
a
DO DH DP DA a DO
a
= = ⇒ = =

1 1
6 5 6
21
3 48

H
J’
M
I
D
J
A
H
O
1
P
Q
O
2
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

272

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


∆
ABC đều
Các tam giác OAS và OBS có cạnh OS chung và OA = OB (OH là trục của
∆
ABC). Suy ra: SA = SB. Lý luận tương tự ta có: SA = SB = SC
⇒
S thuộc trục OH của
∆
ABC.
Vậy: SABC là hình chóp tam giác đều.
2) Do A
′
B
′
A
″
B
″
là hình bình hành mà SC
⊥
AB
⇒
A
′
B
′
A
″
B


Vậy:
4 2
2 4 4 2
2 2
2 2
5 16
16 5 16
1
16 8
4 64
a S
S a a S
R a R
a
a a
 
+
+ +
= + = ⇒ =
 
 S
A’’
A
B

C