Bài tập chuyên đề mặt cầu

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

0
734
lượt xem
225
download

Bài tập chuyên đề mặt cầu

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
Lưu

Nội dung Text: Bài tập chuyên đề mặt cầu

  1. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU Mặt cầu ngoại tiếp. 1. Các định nghĩa, định lí và tính chất cơ bản. Định nghĩa 1. Mặt phẳng trung trực của một đoạn thẳng cho trước là mặt phẳng qua trung điểm và vuông góc với đoạn thẳng đó. Tính chất. Nếu M là một điểm bất kì trên mặt phẳng trung trực thì M cách đều 2 đầu mút của đoạn thẳng đó. Định nghĩa 2. Trục đường tròn là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa đường tròn và đi qua tâm của đờng tròn đó. Tính chất. Nếu M là một điểm bất kì trên trục đường tròn thì M cách đều các điểm của đường tròn. Từ đó ta có 2 định lí quan trọng: Định lí1. Trong không gian, tập hợp các điểm cách đều các đỉnh của một đa giác nội tiếp là trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đó. Định lí 2. Trong không gian, tập hợp các điềm cách đều các cạnh của một đa giác ngoại tiếp là trục của đường tròn nội tiếp đa giác đó. Định nghĩa 3. Mặt cầu ngoại tiếp đa diện là mặt cầu đi qua tất cả các đỉnh của đa diện. Khi đó ta cũng nói đa diện nội tiếp mặt cầu. Ta có các nhận xét sau: - Các mặt của đa diện đều là các đa giác nội tiếp. - Nếu O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp đa diện thì O cách đều tất cả các cạnh của đa diện. Vì vậy, O nằm trên các trục đường tròn ngoại tiếp các mặt của đa diện. - Hiển nhiên nếu O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp đa diện thì O nằm trên các mặt phẳng trung trực của các cạnh của đa diện. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và lăng trụ. 1, Hình chóp có một mặt cầu ngoại tiếp khi và chỉ khi đáy của hình chóp là đa giác nội tiếp. (Chứng minh. Xét hình chóp S.A1A2…An . Hiển nhiên nếu hình chóp có mặt cầu ngoại tiếp thì đáy của nó phải là đa giác nội tiếp. Ngược lại nếu đáy của hình chóp đã cho là đa giác nội tiếp thì ta lấy điểm O trên trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy sao cho OS=OA1. Dễ thấy O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.) 1
  2. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU Từ chứng minh trên, ta thấy nếu hình chóp có mặt cầu ngoại tiếp thì tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chính là giao điểm của mặt phẳng trung trực của một cạnh bên và trục dường tròn ngoại tiếp đa giác đáy. Đây là một nhận xét quan trọng để giải bài toán xát định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 2, Hình lăng trụ có một mặt cầu ngoại tiếp khi và chỉ khi lăng trụ đó là lăng trụ đứng có đáy là đa giác nội tiếp. (Chứng minh. Hiển nhiên nếu lăng trụ nội tiếp mặt cầu thì các mặt bên phải là hình chữ nhật hay lăng trụ đó là lăng trụ đứng và hai đa giác đáy là hai đa giác ngoại tiếp. Ngược lại nếu có một lăng trụ thoả mãn tính chất lăng trụ đó là lăng trụ đứng có đáy là đa giác nội tiếp thì ta xét điểm O là trung điểm đoạn nối tâm 2 đáy. Khi đó dễ thấy O cách đều tất cả các đỉnh của lăng trụ hay O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp.) Từ đó ta thấy nếu lăng trụ có mặt cầu ngoại tiếp thì tâm đường tròn ngoại tiếp lăng trụ đó chính là trung điểm của đoạn nối tâm 2 đường tròn ngoại tiếp hai đa giác đáy. Đây là một nhận xét quan trọng để giải bài toán xát định tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. 3, Trong không gian, tập hợp các điểm nhìn đoạn AB dưới một góc vuông là mặt cầu đường kính AB. Ví dụ mở đầu. a, Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều cạnh a. b, Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có OA=a, OB=b,OC=c và OA,OB,OC đôi một vuông góc. Giải. a, 2
  3. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU A O B D H E C Gọi H là tâm của tam giác đều BCD. Dễ thấy A nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp ∆BCD. Gọi O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp ABCD thì O nằm trên AH. Đặt OH=x (x>0) Ta có. 2 2 3 BH  BE  a.sin 600  a. 3 3 3 a2 2 AH  AB  BH  a  2 a 2 2 3 3 2 OA  AH  x  a x 3 a2 BO  BH 2  HO 2   x2 3 2 a2 a 6 Ta được OA  OB  a x  x2  x  3 3 12 vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp nằm trên AH và cách (BCD) một khoảng a 6 OH= 12 2 a 6 a 6 Bán kính của mặt cầu là R=OA= a   . 3 12 4 b, 3
  4. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU C M O S B H A Gọi H là trung điểm của AB. Dễ thấy H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆SAB. Mặt phẳng trung trực của SC cắt trục đường tròn (SAB) tại O. Ta có O chính c là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. Dễ thấy OH= . 2 2 SA2  SB a 2  b2  c 2 2 AB R= SO  SH  HO  2 2  HO2   HO2   4 4 2 Qua bài toán mở đầu ta có nhận xét rằng để giải bài toán xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp thì cách thông dụng nhất là sử dụng định nghĩa (tâm mặt cầu ngoại tiếp cách đều các đỉnh của đa diện) hoặc sử dụng tính chất của tâm mặt cầu ngoại tiếp (tâm mặt cầu ngoại tiếp nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp các mặt đa diện). Đây là 2 cách thông dụng nhất trong việc xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp đa diện nội tiếp. Sau đây ta sẽ đi sâu vào xem xét và giải quyết các bài toán về mặt cầu ngoại tiếp và một phương pháp mới hơn để xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp đa diện bất kì. Ta tạm gọi đó là Phương pháp tạo lăng trụ bao. Ta tạo các lăng trụ quen thuộc để dễ dàng hơn trong việc xác định tâm hay tính toán các yếu tố của mặt cầu ngoại tiếp đa diện. Để hiểu được ý nghĩa của phương pháp này, ta đi xét các ví dụ sau. Đầu tiên ta giải ví dụ mở đầu (câu b) bằng phương pháp này. Bài 1. 4
  5. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU V U W C O B T S A Mở rộng tứ diện SABC thành hình hộp chữ nhật SATB.CWUV. Dễ thấy rằng tâm O của mặt cầu ngóại tiếp tứ diện SABC chính là tâm của hình hộp 1 1 2 2 2 chữ nhật SATB.CWUV. Do đó R  SU  a b  c . 2 2  Bài 2. Cho tứ diện ABCD có tính chất AB=CD=a, BC=AD=b,CA=BD=c. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đó. B1 C A C1 O D1 D E1 B Mở rộng tứ diện ABCD thành hình hộp chữ nhật AB1CC1.E1DD1B như hình vẽ. Dễ nhận ra rằng tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD chính là tâm của hình hộp chữ nhật AB1CC1.E1DD1B . Do đó ta có: AD12 AB12  AC12  AE12 ( AB12  AC12 )  ( AC12  AE12 )  ( AE12  AB12 ) R  2   4 4 8 AC  AB  AD 2 2 2 a b c 2 2 2   8 8 5
  6. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU a 2  b2  c 2 Từ đó diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là S  4 .R 2   2  Ứng dụng phương pháp xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ta có các lời giải tương đối đẹp cho các bài toán sau. Bài 3. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A,D và 1 AD=BC= DC=a, biết rằng SD  (ABCD) tại D và SD=a . E là trung điểm 2 của CD. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SEBC. S I O G I' E D C A B F Mở rộng tứ diện SEBC thành lăng trụ đứng tam giác SECGBF như hình vẽ. Dễ thấy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SEBC trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ SECGBF. Theo nhận xét trên thì tâm O của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ SECGBF là trung điểm đường nối tâm của 2 đường tròn ngoại tiếp ∆GBF và ∆SEC. Ta có: SE  SD 2  a 2 SC  CD2  SD2  4a 2  a 2  a 5 Gọi (I,r) là đường tròn ngoại tiếp ∆SEC thì SE.EC.CS a 2.a.a 5 a 3 10 a 10 r    4.SSEC 4.S SED 2.a 2 2 R là bán kính mặt cầu cầu ngoại tiếp lăng trụ SECGBF thì a 2 10a 2 a 11 R  OC  OI 2  OC 2    4 4 2  6
  7. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU Bài 4. Cho tứ diện SABC có SA=b,SA  (ABC). BC=a cố định, A thay đổi trên mặt phẳng (ABC) sao cho BAC   . Tính bán kính mặt cầu cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. Ta xét hình trụ ngoại tiếp hình chóp SABC. Khi đó tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC trùng với trung điểm đoạn nối hai tâm của hình tròn BC a đáy của hình trụ. Đường tròn (I,r) ngoại tiếp ∆ABC thì r   2sin A 2sin  Khi đó R là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC thì ta có b2 a2 b2 .sin 2   4a 2 R  OA  OI 2  IA2    4 4sin 2  2sin   Từ những ví dụ trên ta thấy phương pháp mở rộng đa diện thật sự hiệu quả và cho chúng ta thấy tư duy giải toán thật mạch lạc và đơn giản. Phần sau ta sẽ xét đến 2 loại mặt cầu khác ít gặp hơn đó là mặt cầu nội tiếp. Mặt cầu nội tiếp Định nghĩa 1: mặt phẳng phân giác của một góc là mặt phẳng qua gốc và mọi điềm nằm trên mặt phẳng đều cách đều 2 tia cùa góc. Tương tự ta cũng định nghĩa mặt phẳng phân giác của một góc nhị diện là tập hợp tất cả các điểm trong không gian sao cho khoảng cách từ điểm đó đến mỗi mặt phẳng của nhị diện là như nhau. Định nghĩa 2: Mặt cầu nội tiếp đa diện là mặt cầu tiếp xúc tất cả các mặt của đa diện. Khi đó ta cũng nói đa diện ngoại tiếp mặt cầu. 7
  8. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU Từ định nghĩa trên ta có nhận xét sau khoảng cách từ tâm của mặt cầu nội tiếp đa diện đến các mặt của đa diện bằng nhau. r n Do đó với n-diện bất kì có mặt cầu nội tiếp thì V  . Si 3 i 1 Trong đó Si là diện là diện tích của mặt thứ i của đa diện. Từ đó bán kính 3V r mặt cầu nội tiếp đa diện được tính theo công thức n S i 1 i Nhận xét này rất hữu ích trong việc tính bán kính mặt cầu nội tiếp đa diện có mặt cầu nội tiếp. Mặt khác vì khoảng cách từ tâm đến các mặt của đa diện bằng nhau nên nó nằm trên mặt phẳng phân giác của các góc nhị diện. Ta cũng dễ nhận ra rằng tất cả các tứ diện và tất cả các đa diện đều đều có mặt cầu nội tiếp và với đa diện đều thì tâm của mặt cầu nội tiếp trùng với tâm của mặt cầu ngoại tiếp. Một lăng trụ có mặt cầu nội tiếp khi và chỉ khi lăng trụ đó là lăng trụ đứng có mặt đáy là đa giác ngoại tiếp được đường tròn và có chiều cao bằng 2 lần bán kính đường tròn nội tiếp đa giác đáy. (Chứng minh. hiển nhiên đó phải là lăng trụ đứng. Chiếu theo phương vuông góc lên mặt phẳng đáy và mặt phẳng bên ta suy ra được 2 tính chất như trên (Đa giác đáy là đa gáic ngoại tiếp và chiều cao bằng hai lần bán kính đáy của đường tròn nội tiếp đa gíac đáy)) Để làm rõ hơn về vấn đề này ta đi xét các ví dụ sau: Ví dụ a,Xác định tâm và bán kính của tứ diện đều cạnh a, tứ diện có góc tam diện vuông cạnh a. b, Tính bán kính đường tròn nội tiếp tứ diện ABCD có AB=CD=a, BC=DA=b, BD=CA=c. c. Tính thể tích hình lăng trụ tam giác đều ngoại tiếp mặt cầu bán kính R.Giải. a, 8
  9. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU A D I B H F E C Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm của BC,CD. {H }  BF  DE 2 2 2 AH  AB 2  BH 2  AB 2  ( BF )2  AB 2  ( BC.sin 600 )2  a 3 3 3 1 1 a2 3 2 a3 2 VABCD  S BCD . AH  . .a  3 3 4 3 12 Từ đó nếu r là độ dài bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện đều ABCD thì a3 2 3. 3V 12  a 2 r n  2 i 1 Si 4. a 3 4 3 4 B D A C 9
  10. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU a3 Ta có VABCD  6 . a2 (a 2)2 3 a 2 3 S ABC  S ACD  S ABD  , S BCD   2 4 2 Bài này tương đối đơn giản. Nếu r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD thì a3 3. 3V 6 a r n   a2 a2 3 3  3  Si 3. 2  2 i 1 b, A F B G D C E Qua các đỉnh B,C,D vẽ các đường thẳng lần lượt song song với CD,BD,BC chúng đôi một cắt nhau tại E,F,G như hình vẽ. nhận ra rằng AC=1/2GE  ∆AGE vuông tại A. Tương tự ∆EAF, ∆GAF cũng vuông tại A. Tức là góc tam diện đỉnh A vuông. Ta có  AG 2  AE 2  AF 2  2(a 2  b 2  c 2 )  AG  AE  4c 2 2 2  2  2  AE  2(a  b  c ) 2 2 2  AE  AF  4b   2 2 2  AF  2(a  b  c ) 2 2 2  AF 2  AG 2  4a 2   AG 2  2(a 2  b 2  c 2 )  10
  11. CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU 1 1 VABCD  VAGEF  AG. AE. AF 4 24 Từ đó ta được 1 = 2(a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2) 12 Nhận ra rằng các mặt của tứ diện là các tam giác bằng nhau và diện tích mỗi mặt là 1 S (a  b  c)(a  b  c)(a  b  c)(a  b  c) 4 Từ đây ta được bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện đã cho là 1 2(a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 ) 3V r n 4 (a  b  c)(a  b  c)(a  b  c)(a  b  c )  Sii 1 1 2(a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 )  4 (a  b  c)(a  b  c)(a  b  c)(a  b  c ) c,Xét lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ Sử dụng nhận xét “Một lăng trụ có mặt cầu nội tiếp khi và chỉ khi lăng trụ đó là lăng trụ đứng có mặt đáy là đa giác ngoại tiếp được đường tròn và có chiều cao bằng 2 lần bán kính đường tròn nội tiếp đa giác đáy.” Ta được a2 3 S(ABC)= 6R/  pR= (a là độ dài cạnh ∆ABC) 4 Suy ra a= 2 3R . (2 3R)2 3 Từ đó ta được V=Sh= .2 R  6 3R3 4 11

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản