Hướng dẫn học sinh12 giải một số bài toán về mặt cầu, hình cầu bằng phương pháp hình học tổng hợp

A. MỞ ĐẦU
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1. Với mục tiêu “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài, hình
thành đội ngũ lao động có tri thức và tay nghề, có năng lực thực hành, năng động,
sáng tạo, có đạo đức cách mạng, tinh thần yêu nước, yêu chủ nghĩa xã hội" (Trích
văn kiện Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ VII). Tại Hội nghị Ban Chấp hành Trung
ương Đảng (khóa XI), ngày 29/10/2012 cũng đã ban hành Kết luận số 51 KL/TW về
Đề án “Đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công
nghiệp hóa, hiện đại hóa trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ
nghĩa và hội nhập quốc tế”. Trong những năm qua giáo dục nước ta đã và đang có
những đổi mới mạnh mẽ cả về nội dung, phương pháp và đã thu được những kết quả
khả quan.
2. Việc đổi mới phương pháp dạy học là vấn đề cấp bách, thiết thực nhằm đào tạo
những con người có năng lực hoạt động trí tuệ tốt. Đổi mới phương pháp dạy học
không chỉ trong các bài giảng lí thuyết, mà ngay cả trong quá trình luyện tập. Luyện
tập ngoài việc rèn luyện kỹ năng tính toán, kỹ năng suy luận mà thông qua qua đó
còn giúp học sinh biết tổng hợp, khái quát các kiến thức đã học, sắp xếp các kiến
thức một cách hệ thống, giúp học sinh vận dụng các kiến thức đã học vào giải bài tập
một cách năng động sáng tạo.
3. Về mặt phương pháp, từ các phương pháp dạy truyền thống như phương pháp
dùng lời (thuyết trình, đàm thoại ...), các phương pháp trực quan, các phương pháp
thực hành, luyện tập.... đến các xu hướng dạy học hiện đại như: dạy học giải quyết
vấn đề, lý thuyết tình huống, dạy học phân hóa, dạy học có sự hỗ trợ của công nghệ
thông tin, có sử dụng máy tính đã tạo ra một không khí học tập hoàn toàn mới.
4. Một trong những vấn đề cơ bản của đổi mới chương trình giáo dục phổ
thông là đổi mới phương pháp dạy học, trong đó có đổi mới phương pháp dạy
học Toán ở trường phổ thông. Việc đổi mới phương pháp dạy học Toán hiện nay

1

nhằm phát huy tính tích cực của học sinh, qua đó khai thác tính chủ động tiếp thu và
khám phá tri thức của các em, tạo hứng thú trong học tập.
5. Với tinh thần đó, tôi cũng đã có những đổi mới về mặt phương pháp để phù
hợp với giáo dục trong giai đoạn hiện nay. Trong quá trình giảng dạy ở trường phổ
thông, bản thân tôi cũng đã dự nhiều tiết dạy của đồng nghiệp, đã trực tiếp bồi dưỡng
học sinh ôn thi vào Đại hoc, Cao đẳng trước đây và bây giờ là thi THPT Quốc Gia
hay bồi dưỡng đội tuyển học sinh Giỏi, chúng tôi nhận thấy rằng việc phát huy trí lực
của học sinh còn nhiều hạn chế. Nhiều bài toán trong các kỳ thi vào Đại học, Cao
đẳng, thi THPT Quốc Gia, thi HSG mặc dù có thể áp dụng các kiến thức cơ bản và
thêm một chút sáng tạo là có thể giải được, thế nhưng đa số các em gặp khó khăn.
Chúng tôi thấy rằng, việc dạy học theo hướng khuyến khích tư duy sáng tạo và tìm
mối liên hệ linh hoạt giữa các phần kiến thúc cần được quan tâm hơn, đặc biệt là
trong việc bồi dưỡng HSG, bồi dưỡng học sinh ôn thi vào Đại học, thi THPT Quốc
Gia trong các trường phổ thông là việc làm rất cần thiết hiện nay.
II. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Rèn luyện cho học sinh biết cách vận dụng các phương pháp giải phương trình,
bất phương trình vô tỉ trong trường phổ thông. Phân loại các dạng toán thường gặp
trong chương trình theo chuẩn kiến thức kĩ năng cũng như trong các kì thi THPTQG,
thi HSG các cấp.
III. NHIỆM VỤ CỦA NGHIÊN CỨU
Trình bày đề tài thông qua hệ thống bài tập. Hướng dẫn học sinh giải quyết các
bài toán trong một số tình huống cụ thể. Bồi dưỡng cho học sinh kỹ năng giải toán và
khả năng sáng tạo tư duy.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu Sách giáo khoa, Sách bài tập,
Sách tham khảo, đề thi THPT, đề thi HSG và các tài liệu liên quan.
2. Phương pháp điều tra thực tiễn: Dự giờ của đồng nghiệp, quan sát việc dạy và
học phần bài tập này.
3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tiến hành trên các tập thể lớp.
2

4. Phương pháp thống kê.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CỞ SỞ LÝ LUẬN: Muốn giải một bài toán ta thường thực hiện 2 bước:
Bước 1: Huy động kiến thức: Là một thao tác tư duy nhằm tái hiện các kiến thức có
liên quan với bài toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, các bài toán đã gặp, do đó
người làm toán phải biết và cần biết ý tưởng kiểu như: ta đã gặp bài toán nào gần
gũi với bài toán này hay chưa? Nhà bác học Polia đã viết ra một quyển sách kinh
điển với nội dung: "Giải bài toán như thế nào trong đó ông có đề cập đến nội
dung trên như một điều kiện thiết yếu”.
Bước 2: Tổ chức kiến thức: Là một tổ hợp các hành động, thao tác để sắp xếp các
kiến thức đã biết và các yêu cầu của bài toán lên hệ với nhau như thế nào để từ đó
trình bày bài toán theo một thể thống nhất. Có nhiều cách lựa chọn cho việc tổ chức
kiến thức mà trong đó phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư
duy cần thiết cho người làm toán.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Trong chương trình Toán cấp THPT hiện hành, phần mặt cầu, khối cầu được
trình bày trong chương trình lớp 12, đây là một nội dung không mới, có nhiều ứng
dụng trong thực tiễn cuộc sống, tuy nhiên lại là một mảng kiến thức khá trừu tượng
đối với phần đại đa số học sinh. Làm thế nào để các em học sinh tự tin tìm hiểu, học
tập và nghiên cứu nội dung này một cách thích thú? Để trả lời được câu hỏi đó bản
thân học sinh cần có kiến thức và nắm vững kỹ năng giải toán. Song hiểu theo
cách nói là một lẽ, nhưng để giải quyết tốt loại toán này lại là một vấn đề không
dễ. Khi làm các bài tập dạng này đa số học sinh còn gặp nhiều khó khăn, lời giải
thường thiếu chặt chẽ dẫn đến không có kết quả tốt, hoặc nếu có thì kết quả cũng
không cao.
2. Với những đặc điểm như vừa nêu, tôi cũng đã nghiên cứu, tìm tòi qua nhiều
tài liệu, suy nghĩ nhiều giải pháp với mong muốn giúp các em học sinh có thể tiếp
cận các bài toán về mặt cầu một cách đơn giản, nhẹ nhàng nhưng vẫn đảm bảo các

3


yêu cầu cần thiết đối với nội dung này, giúp học sinh có cái nhìn cụ thể, rõ ràng hơn
đối với một trong những vấn đề khó ở trường phổ thông, bởi vậy tôi chọn đề tài
“Hướng dẫn học sinh12 giải một số bài toán về mặt cầu, hình cầu bằng
phương pháp hình học tổng hợp ”.
III. NỘI DUNG VÀ BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
1.1 Mặt cầu và hình cầu (khối cầu):
Cho mặt cầu S(O;R) được xác định khi biết tâm và bán
kính R hoặc biết một đường kính AB của nó.
Diện tích mặt cầu: S = 4π R 2
4
3

Thể tích khối cầu (hình cầu): V = π R 3 .
1.2 Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng:
Cho mặt cầu S(O;R) và mp(P). Gọi OH=d là khoảng cách từ O đến (P) thì:
+) Nếu d < R: mp(P) cắt mặt cầu theo đường tròn giao tuyến có tâm H, bán kính
r = R 2 − d 2 . Đặc biệt khi d = 0 thì mặt phẳng (P) đi qua tâm O của mặt cầu, mặt

phẳng đó gọi là mặt phẳng kính; giao tuyến của mặt phẳng kính với mặt cầu là
đường tròn có bán kính R , gọi là đường tròn lớn của mặt cầu.
+) Nếu d = R, mp(P) và mặt cầu S(O;R) có điểm chung duy nhất là H. Khi đó mặt
phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu tại điểm H hoặc mp(P) là tiếp diện của mặt cầu tại
tiếp điểm H.
+) Nếu d > R: mp(P) không có điểm chung với mặt cầu.

1.3 Vị trí tương đối giữa mặt cầu và đường thẳng:

Cho mặt cầu S(O;R) và đường thẳng ∆ . Gọi H là hình chiếu của O trên ∆ và
d = OH là khoảng cách từ O tới ∆ .
4


+) Nếu d < R: đường thẳng ∆ cắt mặt cầu tại hai điểm.
+) Nếu d = R, đường thẳng ∆ và mặt cầu S(O;R) có điểm chung duy nhất là H.
Khi đó, đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu tại điểm H hoặc ∆ là tiếp tuyến của mặt
cầu tại điểm H.
+) Nếu d > R: Đường thẳng không có điểm chung vơi mặt cầu.
1.4 Định lý: Nếu điểm A nằm ngoài mặt cầu S(O;R) thì qua A có vô số tiếp tuyến với
mặt cầu. Khi đó:
a) Độ dài các đoạn thẳng nối A với các tiếp điểm đều bằng nhau.
b) Tập hợp các tiếp điểm là một đường tròn nằm trên mặt cầu.
1.5 Phương tích: Cho mặt cầu S(O;R) và điểm M. Qua điểm M, vẽ hai cát tuyến cắt
mặt

cầu

tại

A,

B

và

C,

D

thì

uuur uuur uuuu
r uuuu
r
MA.MB = MC.MD = MO 2 − R 2

1.6 Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện:
Mặt cầu đi qua mọi đỉnh của hình đa diện gọi là mặt
cầu ngoại tiếp hình đa diện gọi là mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện và hình đa diện gọi
là nội tiếp mặt cầu đó.
Điều kiện cần và đủ để có một hình chóp có mặt cầu ngoại tiếp là đáy của hình chóp
có đường tròn ngoại tiếp.
Điều kiện cần và đủ để có một hình lăng trụ có mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng và
đáy của hình lăng trụ đó có đường tròn ngoại tiếp.
Xác định tâm O của mặt cầu ngoại tiếp
Hình chóp S . A1 A2 ... An có đáy là đa giác nội tiếp đường tròn (C), gọi ∆ là trục của
đường tròn đó và gọi O là giao điểm của ∆ với mặt phẳng trung trực của một cạnh
bên, chẳng hạn SA1 thì OS=O A1 = OA2 = ...OAn nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp.
Hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác nội tiếp đường tròn. Gọi I, I’ là hai tâm của
đường tròn ngoại tiếp 2 đáy thì II’ là trục của hai dường tròn. Gọi O là trung điểm
của II’ thì O cách đều các đỉnh nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp.
1.7 Mặt cầu nội tiếp hình đa diện: Mặt cầu tiếp xúc với mọi mặt của hình đa diện
gọi là mặt cầu nội tiếp hình đa diện và hình đa diện gọi là ngoại tiếp mặt cầu đó.
5


Xác dịnh tâm I của mặt cầu nội tiếp:
Tìm điểm I cách đều tất cả các mặt của khối đa diện. Với 2 mặt song song thì I thuộc

mặt phẳng song song cách đều, với 2 mặt phẵng cắt nhau thì I thuộc mặt phân giác
(chứa giao tuyến và qua một đường phân giác của góc tạo bởi 2 đường thẳng lần lượt
thuộc 2 mặt phẳng, vuông góc với giao tuyến).
2. MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN
Bài toán 1: Tìm tập hợp tâm các mặt cầu trong mỗi trường hợp sau:
a) Đi qua ba điểm không thẳng hàng A, B, C cho trước.
b) Tiếp xúc với ba cạnh của một tam giác ABC cho trước.
Phân tích và hướng dẫn giải
a) I là tâm của mặt cầu đi qua ba điểm phân biệt A, B, C cho trước khi và chỉ khi IA
= IB = IC. Vậy tập hợp các điểm I là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
b) Mặt cầu tâm O tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA của
tam giác ABC lần lượt tại các điểm I, J, K khi và chỉ
khi OI ⊥ AB, OJ ⊥ BC, OK ⊥ CA, OI = OJ = OK. Gọi
O' là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mp(ABC)
thì các điều kiện là: O'l ⊥ AB, O'J ⊥ BC, O'K ⊥ CA,
OT = O'J = O'K, hay O' là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác ABC.
Vậy tập hợp các tâm O là trục của đường tròn nội tiếp
tam giác ABC.
Bài toán 2: Tìm tập hợp các điểm M sao cho tổng bình phương các khoảng cách từ
M tới 8 đỉnh của một hình hộp cho trước bằng k 2 cho trước.
Phân tích và hướng dẫn giải
Giả sử ba kích thước của hình hộp là AB = a, BC = b, CC' = c thì:
AC '2 + BD '2 + CA '2 + DB '2 = 4( a 2 + b 2 + c 2 ).

Gọi O là tâm của hình hộp, ta có:
MA2 + MC '2 AC '2
−
2
4

2
2
MB + MD ' BD '2
MO 2 =
−
2
4
MO 2 =

6


MC 2 + MA '2 CA '2
MD 2 + MB '2 DB '2
−
MO 2 =
−
2
4
2
4
1
Suy ra 4MO 2 = ( MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 + MA '2 + MB '2 + MC '2 + MD '2 ) − ( a 2 + b 2 + c 2 )
2
2
Do đó mà MA + MB 2 + MC 2 + + MD 2 + MA '2 + MB '2 + MC '2 + MD '2 = k 2 .
k2
k 2 − 2(a 2 + b2 + c 2 )
⇔ 4 MO 2 =
− ( a 2 + b 2 + c 2 ) ⇔ MO 2 =

=k'
2
8
MO 2 =

Vậy: Nếu k’ > 0 thì tập hợp các điểm M là mặt cầu tâm o bán kính
R=

k 2 − 2( a 2 + b 2 + c 2 )
.
8

Nếu k’ = 0 thì điểm M trùng với O. Nếu k’ <0 thì tập hợp là rỗng.
Bài toán 3: Cho tứ diện ABCD. Từ một điểm M vẽ 4 cát tuyến MAA', MBB', MCC,
MDD' với mặt cầu nội tiếp. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
MA MB MC MD
+
+
+
=4
MA ' MB ' MC ' MD '

Phân tích và hướng dẫn giải
Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD.
Gọi mặt cầu ngoại tiếp S(O; R). Ta có:
MA.MA ' = MB.MB ' = MC .MC ' = MD.MD ' = MO 2 − R 2
1
MA MB MC MD
MA2 + MC 2 + MC 2 + MD 2 ) = 4
+

+
+
=4⇔
(
Do đó:
2
MO − R
MA ' MB ' MC ' MD '
2
2
2
2
2
⇔ 4 MG + GA + GB + GC + GD = 4( MO 2 − R 2 )
4( MO 2 − MG 2 ) = GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 + 4 R 2 = k (*)

Gọi I là trung điểm OG, H là hình chiếu M lên OG thì:
(*) ⇔ 4.2.OG.IH = k ⇔ IH =

k
8OG

Vậy H cố định nên tập hợp các điểm M là mặt phẳng vuông góc với OG tại H.
Bài toán 4: Cho P là một điểm cố định nằm bên trong một mặt cầu cho trước. Ba dây
PA, PB, PC vuông góc nhau từng đôi một. Gọi Q là đầu mút thứ hai của đường chéo
PQ của hình hộp chữ nhật mà các cạnh là PA, PB, PC. Tìm quỹ tích các điểm Q khi
ba điểm A, B, C chạy trên mặt cầu.
Phân tích và hướng dẫn giải
Theo giả thiết ta có: PQ = PA + PB + PC
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC thì: PA + PB + PC = 3PG

Do đó PA = 3PG nên quỹ tích của Q là ảnh của quỹ tích của G qua phép vị tự tâm p tỉ
số bằng 3. Ta có: 9 PG 2 = PA2 + PB 2 + PC 2 = 2PA.PC + 2PB.PC + 2 PC.PA
nên 9PG 2 = PA2 + PB 2 + PC 2 . Mặt khác:
7


(

) (

) + ( PG + GC )
+ 2 PG ( GA + GB + GC ) = 3PG + GA
2

PA2 + PB 2 + PC 2 = PG + PA + PG + GB

= 3PG 2 + PA2 + PB 2 + PC 2

2

2

2

2

+ GB 2 + GC 2 .

Tương tự: OA2 + OB 2 + OC 2 = 3OG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2
Do đó: 6 PG 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 ⇔ 3R 2 = 3OG 2 + 6 PG 2

1
3

Từ đó R 2 = OG 2 + 2 PG 2 ⇒ OG ≤ R . Chọn điểm I cố định: PI = PO thì 2 IP + IO = 0. Khi
2
2
2
2
2
2
đó: OG + 2PG = OI + IG + 2PI + 2IG + 2IG ( OI + 2PI )

= OI 2 + 2 PI 2 + 3IG 2 . Vậy IG 2 =

R 2 − OI 2 − 2 PI 2
>0
3

Do đó điểm G chạy trên mặt cầu tâm I bán kính r =

R 2 − OI 2 − 2 PI 2
3

Suy ra quỹ tích của Q.
Bài toán 5: Cho 2 đường tròn ( O; r ) , ( O '; r ') cắt nhau tại A, B và lần lượt nằm trên hai
mặt phẳng phân biệt (P), (P').
a) Chứng minh mặt cầu (S) đi qua 2 đường tròn đó
b) Cho r = 5, r' = 7ĨÕ , OO ' = 21 , AB = 6. Tính bán kính của (S).
Phân tích và hướng dẫn giải
a) Gọi M là trung điểm của AB thì OM ⊥ AB, O'M ⊥ AB.Từ đó mp(OMO') là mp

trung trực của AB.
Gọi ∆ và ∆ ' lần lượt là trục của đường tròn C(O; r) và C '(O '; r ') thì ∆ và ∆ ' cùng
vuông góc với AB nên ∆ , ∆ ' cùng nằm trong mp (OMO ') và cắt nhau tại I. Mặt cầu
(S) có tâm I và bán kính R = IB là mặt cầu phải tìm.
b) Ta có: OM = 4, O'M = 1. Xét tam giác OMO ' :
∧

∧

OO '2 = OM 2 + OM '2 − 2OM .O ' M cos O M O ' ⇒ cos O M O ' =
∧

1
2

∧

Nên: O M O ' = 1200 và O I O ' = 600
Ta có:

OO '
∧

sin OIO '

= 2 R = IM ⇒ IM = 2 7 Nên R 2 = IB 2 = IM 2 + MB 2 = 37. Vậy R = 37

Bài toán 9: Cạnh đáy và đường cao của hình lăng trụ lục giác đều ABCDEF.
A'B'C'D'E'F' lần lượt bằng a và h. Chứng minh rằng sáu mặt phẳng
( AB ' F '),(CD ' B '), ( EF ' D '), ( D ' EC ),( F ' CA) cùng tiếp xúc với một mặt cầu, xác định tâm

và bán kính.
Phân tích và hướng dẫn giải
8


Gọi O là tâm hình lăng trụ. Mặt phẳng (AB'F') tiếp xúc với mặt cầu tâm O và mặt
cầu (S) này được xác định duy nhất. Sáu mặt phẳng đều cách đều O suy ra rằng cả
sáu mặt phẳng đều tiếp xúc với mặt cầu (S) tâm O.
Gọi P là trung điểm cạnh AE, P' là trung điểm cạnh A'E'; Q là trung điểm cạnh PF',
và gọi R là hình chiếu của O lên đường thẳng PF', thì các điểm P, P', Q, R, O, F' cùng
nằm trên một mặt phẳng.
Ta có: F ' P ' =

a
3a
∧
∧
và QO = . Vì QO / / F ' Q ' nên R Q O = PP ' F ' .
2
4

∧

∧

Ngoài ra O R Q = PP ' F ' = 900 nên suy ra hai tam giác ORQ và PP ' F đồng dạng nhau.

3a
OQ

3ah
4
OR = PP '.
=h
=
2
Do đó, bán kính của (S) là:
PF '
2 a 2 + 4h 2
a
2
+
h
 ÷
2

Bài toán 7: Tứ diện ABCD có AB = 6, CD = 8, các cạnh còn lại đều bằng 74 . Định
tâm và tính diện tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện.
Phân tích và hướng dẫn giải
Gọi M, F thứ tự là trung điểm của AB, CD và K là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC.
Khi đó K thuộc CM. Hạ KO ⊥ FM thì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, R
= OD. Ta có CM=DM= 74 − 9 = 65 Và MF= 65 − 16 = 7
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC
abc

37

Ta có R = 4S ⇒ CK = R =
. Các tam giác đồng dạng OKM và CFM suy ra
65

OM CM
MK .CM ( CM − R ) CM 28
=
⇒ OM =
=
=
=4
MK MF
MF
MF
7

Do đó OF = 3. Suy ra R = OD = OF 2 + FD 2 = 9 + 16 = 5 . Vậy diện tích mặt cầu
S = 4π R 2 = 100π

9


∧

∧

Bài toán 8: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, A S B = 60°, B S C = 90° và
∧

C S A = 120°. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại

tiếp.
Phân tích và hướng dẫn giải
Ta có AB = a, BC = a 2 và AC = a 3 nên tam giác ABC

vuông ở B. Gọi SH là đường cao của hình chóp, do SA = SB
= SC nên HA = HB = HC suy ra H là trung điểm của cạnh
AC.
∧

Tâm mặt cầu thuộc trục SH. Vì góc H S A = 600 nên gọi O là điểm đối xứng với S qua
điểm H thì: OS = OA = OC = OB = a.
Suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có tâm O và có
bán kính R = a.
Bài toán 9: Cho hình chóp tam giác đều SABC có đường
cao SO = 1 và cạnh đáy bằng 2 6 . Điểm M, N là trung
điểm của cạnh AC, AB tương ứng. Tính thể tích hình chóp
SAMN và bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp đó.
Phân tích và hướng dẫn giải
Do ABC là tam giác đều nên:
AM = MN = NA =

AB
= 6
2

1 3 3
3
S ∆AMN = .
.1 =
3 2
2

Vì SABC là hình chóp đều nên O trùng với tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABC.

Do đó OM ⊥ AC, ON ⊥ AB và do SO ⊥ (ABC) nên ta
suy ra SM ⊥ AC, SN ⊥ AB và SM = SN. Xét tam giác vuông AOM; SOM:
OM = AT tan 300 = 6.

3
= 2 = ON
3
10


SM 2 = OM 2 + SO 2 = 2 + 1 = 3 ⇒ SM = 3 , nên:
S SAM =

1
3 2
1
3 2
AM .SM =
; S SAN = AN .SN =
2
2
2
2

Gọi K là trung điểm của MN thì SK ⊥ MN .
SK 2 = SM 2 − KM 2 = 3 −

3 3
6
1

3
1
3 3
= ⇒ SK =
nên: S SMN = MN .SK = ; S AMN = MN .AK =
2 2
2
2
2
2
2

Do đó bán kính hình cầu nội tiếp: r =

3V
3
=
Stp 1 + 2 2 + 3

Bài toán 10: Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và tiếp xúc với mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện ABCD. Các mặt phẳng (ABC), (ACD), (ABD) cắt mặt phẵng (P) lần lượt theo
các giao tuyến d, b, c. Biết d, b, c tạo với nhau thành 6 góc bằng nhau. Chứng minh
rằng: AB . CD = AC . BD = AD . BC.
Phân tích và hướng dẫn giải
Trên AB, AC, AD ta lấy lần lượt các điểm B', C' ,D' thoả
mãn: AB' = AC.AD, AC' = AB.AD
AD ' = AB. AC . Ta có

AB ' AC '
=

= AD
AC
AB

nên 2 tam giác ABC và AC'B' đồng dạng.Vì d là tiếp
tuyến của đường tròn (ABC).
∧

∧

Suy ra d AC = A B C (chắn cungAC). Do đó
∧

∧

d AC = AC ' B ' ⇒ d // B' C'. Tương tự b // C'D', c//B'D'.

Vì b,.c, d tạo thành các góc bằng nhau, suy ra tam giác B'C'D' đều.
Ta lại có

B 'C '
= AD suy ra B ' C ' = BC. AD
BC

Tương tự: C ' D ' = AD suy ra đpcm.
Bài toán 11: Cho tứ diện gần đều ABCD với
AB = CD = c , AC = BD = b , AD = BC = a .
a) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện R.
b) Tính bán kính mặt cầu nội tiếp r.
11

Phân tích và hướng dẫn giải
Xem tứ diện ABCD là một phần của hình hộp chữ nhật với 3 kích thước m,n,p thì ta
có hệ:
 2 1 2
2
2
m = 2 ( a + b + c )
2
2
2
m + n = c

 2
 2 1 2 2
2
2
2
m + p = a ⇒ n = ( b + c − a )
2
n2 + p 2 = b 2


 2 1 2
2
2
p = 2( a +b −c )


Vì m2 + n2 + p 2 = (2R )2 ⇒
1

1
m2 + n 2 + p 2 a 2 + b 2 + c 2
=
. Vậy R = 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )
4
4
8

1

(a 2 + b 2 − c 2 ) + (b 2 + c 2 − a 2 ) + (a 2 + c 2 − b 2 )
Ta có V = 3 mnp =
6 2
Stp = 4S ABCD = 4 p ( p − a )( p − b)( p − c ) = (a + b + c)(a + b − c)(b + c − a )(a + c − b)

Vậy r =

3V 1 2(b 2 + c 2 − a 2 )(a 2 + b 2 − c 2 )(a 2 − b 2 + c 2 )
=
.
Stp 4 (a + b + c)(a + b − c )(b + c − a)(a − b + c)

Bài toán 12: Cho tứ diện ABCD có tính chất: Mặt cầu nội tiếp của tứ diện tiếp xúc
với mặt (ABC) tại tâm đường tròn nội tiếp I tam giác ABC, tiếp xúc với mặt (BCD)
tại trực tâm H của tam giác BCD và tiếp xúc với mặt (ACD) tại trọng tâm G của tam
giác ACD. Chứng minh ABCD là tứ diện đều.
Phân tích và hướng dẫn giải

Vì I là tâm của đường tròn nội tiếp ∆ ABC nên
^

^

^

^

^

^

α = I A B = I AC ; β = I B C = I B C ; γ = I C A = I C B

Theo tính chất tiếp tuyến ta có:
∆IAC = ∆GAC ; ∆IBC = ∆HBC
^

^

^

^

Suy ra α = G AC , β = H B C , γ = G C A = H C B.
Trong tam giác ABC ta có: α + β + γ = 900 , suy ra trong ∆BCD ta có
^

^

^

^

α = H B D = H C D, β = H B C , γ = H B D
^

^

Mặt khác ∆HCD = ∆GDC , Mặt khác ∆ HCD = ∆ AGCD suy ra α = G C D, β = G D C .
12


^

^

Gọi P là trung điểm của AC ta có P G C = α + β suy ra P G C = 1800 − ( α + β + γ ) = 900 Do
đó DP là đường cao vừa là đường trung tuyến nên ∆ DAC cân đỉnh D suy ra
^
^
∆ GAC cân đỉnh G. Từ đó α = γ nghĩa là H C D = H C B nên CH là phân giác của góc

DCB. Từ đó ∆ DCB cân ở C, vậy CB = CD.
Mặt khác ∆ ABC cân ở B nên BA = BC. Vậy DA = DC = BC = BA. Mặt khác do
^
α = γ nên ^
G C A = G C D , vậy ∆ CAD cân ở C, ngoài ra ∆ CAD còn cân ở D nên là

tam giác đều suy ra β = 600 .Chứng minh tương tự α = γ = 300 nên ∆ ABC và ∆ BCD
đều suy ra 6 cạnh của tứ diện bằng nhau. Vậy ABCD là tứ diện đều.

III. GIỚI THIỆU MỘT SỐ CÂU TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN
VỀ MẶT CẦU
Câu 1: Cho tứ diện ABCD có O là trung điểm của đoạn thẳng nối trung điểm của hai
cạnh đối diện. Tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn hệ thức
uuur uuur uuuu
r uuuu
r
MA + MB + MC + MD = a (với a > 0 không đổi) là:
13


A. Mặt cầu tâm O bán kính r =

a
4

C. Mặt cầu tâm O bán kính r = a

a
2
a
D. Mặt cầu tâm O bán kính r =
3

B. Mặt cầu tâm O bán kính r =

Hướng dẫn giải:

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD
=> O là trung điểm của EF
uuur uuur uuuu
r uuuu
r
uuur
uuur
uuuu
r
Ta có: MA + MB + MC + MD = 2ME + 2MF = 4 MO
uuur uuur uuuu
r uuuu
r
uuuu
r
uuuu
r
a
=> MA + MB + MC + MD = 4 MO = a => MO = MO =
4

Vậy tập hợp các điểm M cần tìm trong không gian là mặt cầu tâm O bán kính r =

a
4

Chọn đáp án A.
Câu 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Tập hợp các điểm M sao cho
MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 2a 2 là
A. Mặt cầu có tâm là trọng tâm tam giác ABC và bán kính bằng

a 2
2

a 2
4
a 2
C. Mặt cầu có tâm là trọng tâm tứ diện và bán kính bằng
2

B. Mặt cầu có tâm là trọng tâm tứ diện và bán kính bằng

D. Mặt cầu có tâm là trọng tâm tam giác ABC và bán kính bằng

a 2
4

Hướng dẫn giải:
Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD ta có

uuur 2 uuur 2 uuuu
r 2 uuuu
r2
MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = MA + MB + MC + MD
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r

uuuu
r uuur
uuuu
r uuur
= ( MG + GA) 2 + ( MG + GB ) 2 + ( MG + GC ) 2 + ( MG + GD) 2
3
2
= 4 MG 2 + a 2 = 2a 2 ⇒ MG =
2
4

Vậy quỹ tích điểm M là mặt cầu tâm G bán kính bằng

2
.
4

Chọn đáp án B.
Câu 3: Mặt cầu tâm O bán kính R = 17 dm . Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu sao cho giao
tuyến đi qua ba điểm A, B, C mà AB = 18dm, BC = 24dm, CA = 30dm . Tính khoảng cách
từ O đến (P).
A. 7 dm
B. 8 dm
C. 14 dm
D. 16 dm
Hướng dẫn giải:

14

Ta có giao tuyến của mặt phẳng (P) với mặt cầu là một đường tròn. Khi đó A, B, C
nằm trên đường tròn này, nếu để ý kĩ ta thấy CA2 = AB 2 + BC 2 , do vậy tam giác
ABC vuông tại B, tức là AC chính là đường kính của đường tròn này, hay r = 15 dm
. Ta có hình vẽ minh họa sau:
Nhìn vào hình vẽ ta thấy d ( O; ( P ) ) = R 2 − r 2 = 17 2 − 152 = 8
Chọn đáp án B.
Câu 4: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Thể tích của khối cầu tiếp xúc với tất
cả các cạnh của tứ diện ABCD bằng:
A.

3πa 3
8

B.

2πa 3
24

C.

2 2a 3
9

D.

3a 3
24

Hướng dẫn giải:
Gọi I , J , K , H , M , N lần lượt là trung trung điểm AB, BC , CD, DA, AC , BD. Theo

tính chất hình bình hành ta chứng minh được IK , JH , MN cắt nhau tại trng điểm
của mỗi đường, gọi giao điểm là O.
Vì ABCD là tứ diện đều
OI = OJ = OK = OH = OM = ON
⇒
OI ⊥ AB, OK ⊥ CD, OM ⊥ AC , ON ⊥ BC
⇒ O là tâm mặt cầu tiếp xúc với các cạnh tứ diện ABCD.
a
2
a 2
4
a 3π 2
IH =
= R ⇒ V = πR 3 =
Xét hình vuông IJKH cạnh IH = ⇒ OI =
.
2
2
4
3
24

Chọn đáp án B.
Câu 5: Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và
cạnh bên cùng bằng a là:
A. a 2

B.

a 2

2

C. a 3

D.

a 3
3

Hướng dẫn giải:

R=

R = SI =

SM .SA
=
SO

a2
2 a2 −

2a
4

2

=

a 2

2

Chọn đáp án B.
Câu 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, AB=a. Cạnh bên
SA vuông góc mp(ABC) và SC hợp với đáy một góc bằng 600. Gọi (S) là mặt cầu
15


ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Thể tích của khối cầu tạo nên bởi mặt cầu (S) bằng:
4 2 πa 3
A.
3

8 2 πa 3
B.
.
3

5 2 πa 3
C.
3

2 2 πa 3
D.
3

Hướng dẫn giải:
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là trung điểm của SC nên bán kính

( a 6) + ( a 2)

2

SC
SA + AC
=
=
2
2
4
8πa 3 2
V = πR 3 =
3
3
2

R=

2

2

2

=a 2

Chọn đáp án B.
Câu 7: Cho khối chóp tam giác S.ABC có SA = 3, SB = 4, SC = 5 và SA, SB, SC
đôi một vuông góc. Khối cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC có thể tích là:
A. 25 2π

B.

125 2π
3

C.

10 2π
3

D.

5 2 π3
3

Hướng dẫn giải:
Gọi M,N lần lượt là trung điểm SC, AB
Vì ∆SAB vuông góc tại S nên N là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆SAB . Trong mặt
phẳng (MSN) dựng hình chữ nhật MSNO thì ON là trục đường tròn ngoại tiếp
∆SAB và OM là đường trung trực của đoạn SC trong mặt phẳng (OSC)
Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.
BN =

1
1
5
1
5
AB =
SA2 + SB 2 = , ON = MS = SC =

2
2
2
2
2

Bán kính và thể tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là
R = OB = ON 2 + BN 2 =

5 2
4
125 2π
, V = πR 3 =
2
3
3

Chọn đáp án B.

Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ), SA = 2a , tam giác ABC cân tại A,
1
·
BC = 2a 2 , cos ACB = . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
3
2
97πa
97 πa 2
97πa 2
97πa 2
S

=
S
=
A.
B.
C. S =
D. S =
4
3
4
5

16


Hướng dẫn giải:
Ta có :
2 2
; tan C = 2 2; CM = a 2; AM = CM .tan C = 4a
3
1 2 2 4 2
sin A = sin 2C = 2sin C.cos C = 2. .
=
3 3
9
sin C =

Theo định lý hàm sin trong tam giác ABC ta có
2R =

BC
9a
=
sin A 4

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có
IA = R. Dựng trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt phẳng trung trực
SA cắt trục đường tròn tại J khi đó J chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC.
Gọi r là bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABC khi đó
2

a 97
 SA 
r = JA = JB = JS = JC = IA + 
÷ =
4
 2 
97π.a 2
Diện tích mặt cầu cần tính là S = 4π.r 2 =
4
2

Chọn đáp án C.
Câu 9: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1 , mặt bên SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích
V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A. V =

5 15π
18

B. V =

5 15π
54

C. V =

4 3π
27

D. V =

5π
3

Hướng dẫn giải:
Gọi H là trung điểm của AB
Vì ∆SAB đều nên SH ⊥ AB
Mà ( SAB ) ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH là đường
cao của hình chóp S . ABC
Qua G kẻ đường thẳng d song song với
SH ⇒ d ⊥ ( ABC )

Gọi G là trọng tâm của ∆ABC ⇒ G là tâm đường
tròn ngoại tiếp ∆ABC .
Gọi K là trung điểm của SC , vì ∆SHC vuông cân
tại H ( SH = HC ) ⇒ HK là đường trung trực ứng
với SC .
 IA = IB = IC

⇒ IA = IB = IC = IS
 IS = IC
⇒ I là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC
Xét hai tam giác đều ∆ABC = ∆SAB có độ dài các cạnh bằng 1.

Gọi I = d ∩ HK ta có 

17


2
3
G là trọng tâm ∆ABC ⇒ CG = CH =
3
3
3
15
Xét ∆HIG vuông tại G ta có IG = HG =
⇒ IC =
6

6

3

4
4  15  5π 15
Vậy thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp V = πIC 3 = π 
÷ =
3

3  6 ÷
54


Chọn đáp án B.
Câu 29: Cho mặt cầu ( S ) bán kính R. Một hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy
r thay đổi nội tiếp mặt cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho diện tích xung quanh
của hình trụ lớn nhất.
B. h = R .

A. h = R 2 .

C. h =

R
.
2

D. h =

R 2
.
2

Hướng dẫn giải:
Gọi O và O′ là tâm hai hình tròn đáy của hình trụ, và xét
thiết diện ABCD đi qua trục của hình trụ như hình vẽ
trên đây.
Ta có OO′ = h; IA = R, AO = r ⇒ r 2 = R 2 −

h2
.
4

Diện tích xung quanh của hình trụ
h2 + 4 R 2 − h2
S = 2πrh = πh 4 R − h ≤ π
, (dùng BĐT
2
a 2 + b2
ab ≤
). Vậy
2
S max = 2πR 2 ⇔ h 2 = 4R 2 − h 2 ⇔ h = R 2 .
2

2

Chọn đáp án A.
·
Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD
= 600 . Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm M của cạnh AB. Biết
SD= a 3. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.

A. V =

25 7 3
πa
81

B. V =

28 7 3
πa
9

C. V =

25 7 3
πa
81

D. V =

28 7 3
πa .
81

Hướng dẫn giải:
Tính được SM=

3a
a 10
, SA=SB=
2
2

Gọi P là trung điểm SA, Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB (Q ∈ SM)
3

SM
=
10
SA
SP
5a
2
⇒ SQ=
⇒ QM= a
=
· M
6
3
cosAS

·
Ta có cos ASM
=

Gọi d1 là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABD (T là tâm của tam giác
đều ABD)
18


d2 là đường thẳng đi qua Q và vuông góc (SAB)
O=d1 ∩ d2
2
a 3
, OT=MQ= a
3

6
7
Bán kính mặt cầu R=OA= OT 2 + AT 2 = a
3
4
28 7 3
πa
Do đó V= πR 3 =
3
81

MQOT là hình chữ nhật, OQ=MT=

Chọn đáp án D.

PHẦN BA: KẾT LUẬN
1. Kết quả đạt được
Sau một thời gian giảng dạy như trên tôi thấy đã thu được những kết quả hết sức khả
quan: Đa số học sinh tiếp thu được kiến thức cơ bản.
19


Nhiều kĩ năng về giải quyết bài toán, trình bày bài toán, cách tiến hành một số
dạng bài tập cơ bản cũng như bài tập vận dụng nâng cao được học sinh thực hiện
thành thạo. Nhiều kĩ năng về giải quyết bài toán, trình bày bài toán, cách tiến hành
một số dạng bài cơ bản cũng như các bài vận dụng nâng cao được học sinh thực hiện
thành thạo.
Nhiều kĩ năng về giải quyết bài toán, trình bày bài toán, cách tiến hành một số
dạng bài cơ bản cũng như các bài vận dụng nâng cao được học sinh thực hiện thành
Tinh thần học tập của các em học sinh khi được nghiên cứu phần này tăng lên đáng

kể, các em hứng thú hơn trong việc tìm tòi, khám phá các lời giải, đồng thời tạo ra
một động lực để thúc đẩy trong việc nghiên cứu tiếp thu các phần kiến thức khác.
Kết quả học phần này được nâng lên rõ rệt. Trong các bài thi kiểm tra định kỳ, bài
thi học kỳ, bài thi THPT có nhiều em đạt kết quả điểm thi THPT với điểm số cao.
Trên cơ sở của chuyên đề này cùng với sự đồng ý của Ban giám hiệu nhà trường,
tổ chuyên môn ,tôi đã tiến hành thực hiện nội dung chuyên đề nêu trên của mình trên
các năm liên tục, đó là các lớp các lớp 12A1, 12A2(năm học 2016 - 2017), 12A1,
12A8 (năm học 2017 - 2018) và các lớp 12A2,12A11 năm học 2018 - 2019), (Tổng
số học sinh bình quân là 90), kết quả thu được trong các kì thi thử THPT Quốc Gia ở
trường với bảng số liệu sau:
Số em tham Đạt điểm Đạt từ 5,0 Đạt từ 6,5 Đạt từ 7,5 Đạt trên
gia làm bài thi

dưới 5,0

đến 6,5

đến 7,5

đến 8,5

8,5

Thi lần 1

10

20

20

22

18

Thi lần 2

7

20

23

20

20

20

25

22

28

Thi lần 3
5
2. Bài học kinh nghiệm:

Nắm vững chuyên môn nghiệp vụ, có kiến thức sâu rộng, khả năng bao quát kiến

thức, có tinh thần trách nhiệm trong công việc.
Trong công tác giảng dạy cần đổi mới phương pháp dạy học, tìm ra phương pháp
phù hợp cho nội dung bài học. Trước khi lên lớp cần có sự nghiên cứu kĩ nội dung
chương trình, đặc biệt là tình hình học sinh để đưa ra bài học sát với khả năng của
20


học sinh, chọn lọc hệ thống bài tập phù hợp, có sự hướng dẫn hợp lý, dễ hiểu để học
sinh vận dụng được tốt.
Mặc dù tôi đã rất cố gắng hoàn thiện bài viết một cách cẩn thận nhất, song vẫn
không tránh khỏi những sai sót, rất mong các cấp chuyên môn đóng góp ý kiến bổ
sung để chuyên đề ngày càng hoàn thiện và hữu ích hơn nữa. Cũng rất mong được sự
góp ý của quý đồng nghiệp để chúng tôi có dịp được trau dồi và tích lũy kiến thức
nhằm hoàn thành tốt nhiệm vụ giáo dục được giao.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 21 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Lê Đức Trung

21