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 = b. Gọi I ′ là điểm đối xứng I qua AB. Chứng minh rằng: I, I ′ , S, O cùng ∈ một mặt phẳng và I ′ S luôn đi qua một điểm cố định trên mặt cầu đã cho. c) Cho S di động trên mặt cầu nhưng sao cho  ASB 2 π = . Các điểm A, B chạy trên hai đường thẳng d, d ′ nằm trong (P) với d, d ′ vuông góc với nhau tại K. CMR: Khi đó mặt cầu đường kính AB luôn chứa một đường tròn cố định I ′ 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 là tâm ngoại tiếp ∆ ABC Đặt l = SA = SB = SC, SO 1 cắt hình cầu tại D. Tam giác vuông SAD ~ tam giác vuông SO 1 A 2 1 1 SO SA SO SA SD 2R l ⇒ = ⇒ = Mặt khác ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 4 sin 3 2 2R l SO l O A l l 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 D O A C S www.VNMATH.com Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 256 Do 2 4 2 2 sin 4 1 sin .sin 2 3 2 2 AB AE l R α α α = = = − nên ( ) ( ) 3 2 2 2 3 SABC SABC 8 3 4 3 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 ≤     3 o max 1 1 T 2 2 V 1 2cos 4 4cos cos 60 4 2 ≤ ⋅ = ⇒ ⇔ + α = − α ⇔ α = ⇔ α = Khi đó 3 max 8 3 V 27 R = và SABC là tứ diện đều. 2. a. Do AS, BS, AI, BI là các tiếp tuyến nên AI = AS, BI = BS ⇒ ∆ SAB = ∆ IAB ⇒   ASB AIB = b. Gọi O ′ = AB ∩ II ′ . Ta có: II ′ ⊥ AB; OI ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (II ′ O) Do ∆ SAB = ∆ IAB nên   o SO'A IO A 90 ′ = = ⇒ SO AB ′ ⊥ ⇒ ( ) AB SII ′ ⊥ ⇒ (II ′ O) ≡ (SII ′ ) ⇒ 4 điểm I, I ′ , S, O ∈ 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 ′ ⇒  o ISI 90 = . Mặt khác I, J, S, I ′ ∈ một mặt phẳng. ⇒ J, S, I ′ thẳng hàng. ⇒ I ′ S luôn đi qua điểm J cố định ∈ mặt cầu (O, R ) c. Theo (gt):    AKB = AIB = ASB 2 π = ⇒ 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 R ′ ∈ ∈ nên S ∈ đường tròn cố định là giao tuyến của (O, R ) với (KJI ′ ) A K I ′ B O ′ I S J O www.VNMATH.com Một số dạng toán của hình cầu 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 + AD 2 và BD 2 + AC 2 luôn không đổi 2. Với vị trí nào của CD thì ( ) BCD max dt ∆ 3. Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc H của B lên đường thẳng CD. Giải 1. Gọi O ′ là trung điểm CD ⇒ OO ′ ⊥ (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 ⊥ (P) nên BA ⊥ AC, BA ⊥ AD ⇒ BC 2 = AB 2 + AC 2 ⇒ BC 2 + AD 2 = AB 2 + AC 2 + 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 ⇔ BH max Xét tam giác vuông BHO ′ có BH ≤ BO ′ nên BH max ⇔ BH ≡ BO ′ ⇔ H ≡ O ′ ⇒ ∆ BCD cân tại B ⇒ BD = BC ⇒ AD = AC ⇒ ∆ ACD vuông cân ⇔ CD ⊥ 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 ) a. Tính thể tích V, diện tích xung quanh S của hình nón. b. Tìm hệ thức liên hệ giữa V, S, R độc lập đối với x . c. Với giá trị nào của x thì V lớn nhất? B D O H O ′ A C (L) www.VNMATH.com Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 258 Giải a. 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 ) Thể tích của hình nón: ( ) 2 2 1 1 V 2 3 3 r x R x = π = − Diện tích xung quanh của hình nón: S = π r SM Ta có: 2 2 SM SH HM = + ( ) 2 2R 2R x x x x = + − = ( ) ( ) 2 S 2R 2R 2R 2R x x x x = π − = π − b. Ta có ( ) 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. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 4 2 32 1 4 2 4 2 3 6 6 3 6 3 81 x x R x R R V x R x x x R x + + − π π π π = π − = ⋅ − ≤ = = Bài 4. Tìm hình nón có thể tích nhỏ nhất ngoại tiếp hình cầu bán kính R cho trước. So sánh S tp và V của hình nón với diện tích và thể tích của hình cầu. Giải Gọi r là bán kính của đường tròn đáy, h là chiều cao và V là thể tích của hình nón, khi đó 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 h R hR r h R h h R = = − − ⇒ 2 2 2 1 3 3 2 h R V r h h R π = π = ⋅ − Ta có: 2 2 2 2 4 4 2 2 h 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 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 ≥ − ⇒ 3 2 8 1 3 3 R V r h π = π ≥ . Với 4 ; 2 h R r R= = thì ( ) 3 8 min 3 R V π = 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 = π S O H M D R O A C B S r www.VNMATH.com Một số dạng toán của hình cầu 259 Bài 5. Cho chóp tam giác đều SABC với cạnh đáy AB a = , đường cao SH = h . a. Tính theo a và h các bán kính r , R của hình cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình chóp. b. Giả sử a cố định, còn h 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 2 2 2 2 3 2 3 2 a SB SH HB h   = + = + ⋅     = 2 2 2 2 3 3 3 a h a h + + = Vậy bán kính hình cầu ngoại tiếp SABC là 2 2 3 6 h a R h + = . • 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 ( ) 2 2 2 2 2 2 3 12 3 6 12 3 3 36 3 3 6 6 a h a a h a a h r h a a h a a h ⋅ + − ⋅ = = = + +   + +     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 + − = + . Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 12 12 12 t a h a t a h h t a = + > ⇔ = + ⇒ = − Suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 12 2 3 2 3 a a h a a t a r R t a 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   = − + +   −   , áp dụng bất đẳng thức Cô–si, ta có: ( ) 2 2 4 4 2 4 a a t a t a a t a t a − + ≥ − = − − (vì 0 t a − > ) Vậy 3 R r ≥ . Dấu bằng xảy ra khi ( ) 2 2 4 2 3 t a a t a 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 a h a a h h⇔ + = ⇔ = ⇔ = Bài 6. Cho hình chóp tam giác đều SABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a , mặt bên lập với mặt đáy góc ( ) 0 90 α ° < α < ° . a. Tính theo a và α độ dài cạnh bên, độ dài chiều cao (hạ từ đỉnh S) và các bán kính R , r của các mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp của hình chóp đó. b. Chứng minh rằng: 1 3 r R ≤ . 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 = = = + 2 2 2 2 2 3 4 3 3 2 3 a h a a h tg +   = + = = α +     . B H A M C O S I www.VNMATH.com Một số dạng toán của hình cầu 261 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 r h α + − + − = = α Cách khác: Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp suy ra MI là phân giác góc M, khi đó ta có 3 tg tg 2 6 2 a r IH MH α α = = ⋅ = ⋅ b. Ta có: ( ) 2 2 2 tg 1 1 tg 4 r R α + − = 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 ( ) ( ) 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 0 3 3 r r R R − ≤ ⇔ ≤ (đpcm) Dấu bằng xảy ra ⇔ 2 tg 8 tg 2 2 α = ⇔ α = Khi đó cạnh bên của SABC là 2 4 12 2 3 2 3 a a SA tg a = α + = = Vậy 1 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 SA R OS SH = = www.VNMATH.com Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 262 Biết: 2sin 2 a SA = α ; 2 2 SH SA HA = − ; 2 2 2 2 1 2sin 2 2sin 4sin 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 < ) 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 2sin cos 2 2 cotg 1 cotg 2 sin cos 2 2 2 2 2 2 a a a r r SH a a α α 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 cos sin sin 2sin cos sin 2 2 2 2 2 2 ⇔ + = α α α α α α + − ( ) ( ) 2 2 2sin cos sin 1 2 cos sin 2 2 2 2 2 α α α α α − + = − ( ) 2 4 1 3 2 2 sin cos tg 1 45 o tp S a= + + ⇔ α = α ⇔ α = ⇒ α = Bài 8. Cho hình chóp tứ giác đều SABCD đỉnh S, cạnh đáy a, chiều cao h. 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 2 2 2 2 ; 4 4 h a ah R r h a h a + = = + + 2) Ta có: 3 3 2 4 1 4 ; ; w= 3 3 3 V R v r a h π = = π . Để tìm giá trị lớn nhất của W V ta chỉ cần xét tỉ số: ( ) 2 2 2 4 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 > , ta được: 2 3 16 1 t A t = + Đặt 3 a . Với ( ) 0 t f t > ⇒ đạt giá trị lớn nhất khi t = 2 Nói cách khác tỉ số: W V đạt giá trị lớn nhất khi 2 2 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 t h a a h t a = + > ⇒ = − ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 a t a a t a C Ct at a C t a t a t a − − = = > ⇔ − + + = − − + Điều kiện để phương trình có nghiệm: 0 ∆ ≥ ( ) 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 4 2 1 1 2 2 2 2 2 a h a a h a + +   ⇔ = + − = + ⇔ = =   Để tìm giá trị lớn nhất của V W ta chỉ cần xét tỉ số: ( ) ( ) 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 4 4 4 4 ah ah r B a h a h a a h a = = = + + + + www.VNMATH.com 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 ⇒ + − + + = Điều kiện để phương trình có nghiệm là: 0 ′ ∆ ≥ ( ) ( ) 2 1 8 1 16 4 1 1 32 1 32 B B B B a B− − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ Dấu bằng xảy ra khi: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 8 1 3 4 3 4 8 2 8 1 4 a a B a t a h a a h a h 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. Tam giác SOK vuông cho: 2 2 2 2 5 5 SK SO OK R SK R= + = ⇒ = D K A I L C J O S www.VNMATH.com [...]... ω H’ J S’ Ta có SS′ = 2r và t giác S′HNJ n i ti p cho: SS′.SH = SJ.SN = 2hr (2) 3  BC 3  2 2 BC 2 (3) L i có: NS 2 = h 2 + HN 2 = h 2 +  1  ⇒ NS = h + 12 3 2  Thay (2) , (3) vào (1) ta ư c: 2 2 2 h 2 + BC − 2hr = BC ⇔ h ( h − 2r ) = BC ⇔ BC 2 = 6h ( h − 2r ) ( h > 2r ) 12 4 6 V y: V = h 2 ( h − 2r ) 3 2 267 www.VNMATH.com Ph n 2 Hình h c không gian – Tr n Phương Bài 12 Cho hình chóp SABC có áy... = 2a; OM = a u: B O 30o M và AM = AM = a 3 ⇒ AB = 2a 3 A Tam giác ABC vuông cân: D 2a 3 ca = CB = AB = =a 6 2 2 ⇒ OC = AC 2 − OA2 = 6a2 − 4a2 = a 2 ; OD = AD2 − OA2 = 12a2 − 4a2 = 2a 2 2) Ta có: VABCD = VCOAB = VDOAB = 1 dt ( AOB ) CD = 1 ⋅ 2a 3.a.3a 2 = a 3 6 3 6 Ta có: Stp = S ACD + S BCD + S ABC + S ABD Bi t: S ACD = S BCD = 1 CD.OA = 1 ⋅ 3a 2. 2a = 3a 2 2 ; 2 2 2 S ABC = 1 AC 2 = 1 ( a 6 ) = 3a 2. .. = 1 ( a 6 ) = 3a 2 ; 2 2 S ABD = ( AB ) 2 3 12a 2 3 = = 3a 2 3 ; Stp = 4a 2 (1 + 3 + 2 2 ) 4 4 3) Tam giác ACD có ư ng cao OA = 2a, OC = a 2 , OD = 2a 2 V y OA2 = OC.OD = 4a 2 V y tam giác ACD và BCD vuông l n lư t t i A và B T giác ABCD n i ti p trong ư ng tròn ư ng kính CD và bán kính R = CD = 2 3a 2 2 Các m t (ACD) và (BCD) c t theo ư ng tròn l n nên có bán kính R = 3a 2 2 M t (ACB) là tam giác... giác u 2) Do A′B′A″B″ là hình bình hành mà SC ⊥ AB ⇒ A′B′A″B″ là hình ch nh t i m O cách ub n nh nên là giao i m hai ư ng chéo Suy ra 4 R 2 = I ′A′ 2 = A′′B 2 + B ′A 2 = 1 ( a 2 + SA2 ) 4 2 ( ) + a4 = 16S4a+ a v i SA2 = SB 2 + AB 2 = 2S a 2 4  V y: R 2 = 1  a 2 + 16 S + a 2 16  4a 27 2 2 2 4 2  5a 4 + 16 S 2 5a 4 + 16 S 2 ⇒R= = 2 8a 64a  ... 32 2 R2 = O2 D = IO2 + ID 2 = 6a 2 + a = = 3 8 2 A 48 8 6 P Tương t t giác APHO1 n i ti p: J 7 a2 O2 H DO1 DH = DP.DA = 7 a 2 ⇒ DO1 = 8 = 21 a Q 8 a 6 5 6 O1 3 D I M a 6 5a 6 O1 H = O1 D − DH = 21 − = 3 48 8a 6 O1 A = R1 = HO 12 + HA2 = V y: 25 2 + a 2 = a 153 = a 64.6 3 8 6 8 ; 51 2 R1 = 51 43 R2 M t c u ti p xúc v i các c nh c a t di n 27 1 www.VNMATH.com Ph n 2 Hình h c không gian – Tr n Phương Bài 16... Hình h c không gian – Tr n Phương : OH = OK thì a (h − x) 2 4h + a ⇔ = 2 bx 4h 2 + b 2 ab ( h − x ) abx + ab ( h − x ) abx = = 2 2) 2 2 b ( 4h + a a 4h + b a 4h 2 + b 2 + b 4h 2 + a 2 Bán kính ư ng tròn n i ti p chính là: r = OH = OK = và O n m trên IJ xác nh b i: IO = x = abh 2 2 b 4h + b + b 4h 2 + a 2 ah 4h 2 + b 2 a 4h 2 + b 2 + b 4h 2 + a 2 Bài 15 Cho t di n ABCD D ng AI ⊥ (BCD), I∈(BCD) G i E là... (AMD) và tr c AI Tương t ∆ABC có tr c DH ⇒ tâm O1 c a m t c u ngo i ti p t di n JABC là giao i m c a trung tr c c a JA trong m t ph ng (AMD) và tr c DH 2  a 3 a 3 a 6 t AD = a ⇒ AM = MD = ; h = AI = DH = a 2 −  2  = 2 3 2 2  T giác IO2 QD n i ti p: AO2 AI = AQ AD (bi t AQ = 5 AD ) 8 5 AD 2 5 a 2 a 6 5a 6 a 6 5 a 6 5a 6 − = AO2 = 8 = 8 = = ; IO2 = h − AO2 = 3 16 48 16 16 AI a 6 3 2 2 a 129 a 32 2... p tam giác ABC ta có: 2R = AC = a sin ABC sin ABC 2 2 a − OB Bi t sin ABC = OA = = AB a V y: R = a2 3a 2 − x 2 2 2 a2 − a + x 3a 2 − x 2 4 = a 2a ( i u ki n: 0 < x < a 3 ) Bài 13 Tâm O hình c u ngo i ti p t di n ABCD n m trên ư ng th ng IJ n i trung i m I c a c nh AB và trung i m J c a c nh CD 1) Ch ng minh r ng IJ là ư ng cao vuông góc chung c a AB và CD và AC = BD, AD = BC 2) Gi thi t thêm r ng ư... O cách Tương t O cũng cách I u (ABC) và (ABD) u (ACD) và (BCD) O B D Chi u O trên BJ là H Hai tam giác OHJ và BIJ K H ng d ng suy ra: J C OH = OI ⇔ OH = OJ BI BI BJ BJ (h − x) a t IO = x suy ra: OH = 2 = a (h − x) 2 4h 2 + a 2 4h 2 + a 4 G i K là hình chi u c a O lên ID Hai tam giác IOK và IDJ ng d ng suy ra: OK = IO ⇒ OK = bx DJ ID 4h 2 + b 2 269 www.VNMATH.com Ph n 2 Hình h c không gian – Tr n Phương. .. + 1) 2 2 3 V = 1 S § SO = 1 5 R 2 2 R = 10 R 3 3 3 2) O cách u4m t Các tam giác: SOI, SOJ, SOK, SOL b ng nhau, nên kho ng cách t O SJ, SK, SL u b ng nhau V y O cách n SI, u b n m t bên c a hình chóp SABCD Suy ra tâm ω c a m t c u n i ti p n m trên SO và: R ( 5 − 1) 10 R 3 Oω = 3V = = Stp 5 R 2 ( 5 + 1) 2 Bài 10 Trong m t ph ng (P), ngư i ta cho tam giác cân AOB có OA = OB = 2a o và góc AOB = 120 Trên . ) 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 4 2 1 1 2 2 2 2. ⇒ 2 2 2 1 3 3 2 h R V r h h R π = π = ⋅ − Ta có: 2 2 2 2 4 4 2 2 h 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 2 4 4 2 2 4 2 2 R R h. = 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 + − ( ) ( ) 2 2 2sin cos sin 1 2 cos sin 2 2 2 2 2 α α α α α − + = − ( ) 2 4 1 3 2 2 sin cos tg 1 45 o tp S