Tài liệu Các bài toán giải hình cầu trong hình học giải tích không gian (Bài tập và hướng dẫn giải) ppt

TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
BTVN NGÀY 10-03
Hình cầu Trong HHGT không gian.
Bài 1:
Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho mp
( ) :2 2 15 0x y z
α
+ − + =
và điểm J(-1;-2;1). Gọi I
là điểm đối xứng của J qua
( )
α
. Viết phương trình mặt cầu tâm I, biết nó cắt
( )
α
theo một
đường tròn có chu vi là 8π.
Bài 2 : Tìm tập hợp tâm các mặt cầu đi qua gốc tọa độ và tiếp xúc với 2 mặt phẳng có
phương trình lần lượt là:
(P): x+2y-4=0 và (Q): x+2y+6=0
Bài 3 :
Trong KG cho mặt cầu (S) đi qua 4 điểm: A(0;0;1), B(1;0;0), C(1;1;1), D(0;1;0)
Và mặt cầu (S’) đi qua 4 điểm:
1 1 1
'( ;0;0), '(0; ; ), '(1;1;0), '(0;1;1)
2 2 2
A B C D
.
Tìm độ dài bán kính đường tròn giao tuyến của 2 mặt cầu đó.

Bài 4 : Trong hệ trục TĐ Oxyz cho 2 đường thẳng có PT:

1 2
5 2
( ) : à ( ) : 2
0
x t x s
d y t v d y
z z s
= = −
 
 
= − = −
 
 
= =
 
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc d
1
và I cách d
2
một khoảng bằng 3. Biết
rằng mặt cầu (S) có bán kính bằng 5.
Bài 5 :
Trong hệ trục TĐ Oxyz cho 2 điểm: A(0;-1;1) và B( 1;2;1) .
Viết PT mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của đường thẳng AD và
đường thẳng chứ trục Ox.
………………….Hết…………………
BT Viên môn Toán hocmai.vn
Trịnh Hào Quang

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
HƯỚNG DẪN GIẢI BTVN BG SỐ 6

Hình Cầu.
• NGÀY 12.03
Bài 1 :
Cho tứ diện ABCD có AB=CD=c; AC=BD=b; AD=BC=c. Tính diện tích mặt cầu ngoại
tiếp tứ diện.
Giải:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD.
Vì
ABC DBC AM DM MN AD∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ⊥
. Tương tự:
MN BC⊥
Vậy MN là đoạn vuông góc chung của AD và BC. Hay MN là đường trung trực của AD
và BC.
 Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện sẽ là trung điểm của MN.
Ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2
2 4 2
b c a b c a
AM DM MN AM AN
+ + −
= = − ⇒ = − =
2 2 2

2 2
1
( )
2 2 2
MN a b c
R OA AN
+ +
⇒ = = + =
Vậy:

2 2 2
2 2 2 2
1
4 . . ( )
4 2 2
4
a b c
a b c
R
S
π
π
π
+ +
= = + +
=
Bài 2 :
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a. Gọi
A’, B’, C’, D’lần lượt là trung điểm của SA,SB,SC,SD.
a) CMR: Các điểm A,B,C,D,A’,B’,C’,D’ cùng thuộc một mặt cầu (C).

b) Tính bán kính mặt cầu này.
Giải:
a) Gọi O, O’ lần lượt là tâm các hình vuông ABCD, A’B’C’D’.
Khi đó
OO' ( ) à OO' ( ' ' ' ')ABCD v A B C D
⊥ ⊥
và OO’ là trục đường tròn ngoại tiếp các
Page 2 of 8
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
hình vuông ấy.

⇒
Tâm I của hình cầu cần tìm thuộc OO’ và nằm ngoài OO’.
Đặt:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
. ' ' ' ( ) ( ) ( OO') ;
2 4
2 2
OO'
2 4 4
a a
OI x Do IA IA OI OA OI OA x x
SO a a
x
= = ⇒ + = + ⇔ + = + +
= = ⇒ =

Vậy 8 điểm A,B,C,D, A’,B’,C’,D’ cùng thuộc mặt cầu tâm I.
b) Bán kính :
2 2
10
8 2 4
a a a
R IA= = + =
Bài 3 :
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hai mặt bên
(SAB) và (SAD) cung vuông góc với đáy, SA=a.
Tính bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp.
Giải:
Vì
( ) ( )
( ) ( )
SAB ABCD
SAB ABCD AB AD SA
AD AB
⊥


∩ = ⇒ ⊥


⊥

. Tương tự
AB SA
⊥
.

Ta hoàn toàn chứng minh được
àSB BC v SD DC⊥ ⊥
2 2 2 2
2
2
2 2
2 2 2 2
(2 2)
a a a a
SAB SAD SBC SCD ABCD a
TP
a
S S S S S S
⇒ = ∆ + ∆ + ∆ + ∆ + = + + + +
= +
W
Mà
3
1 1
2
. . .
óp
3 3 3
a
V SA S ABCD a a
ch
= = =
W
và
3 (2 2)

2
TP
V a
r
S
r
−
⇒ =
=
Bài 4 :
Cho tứ diện ABCD có 4 chiều cao kẽ từ 4 đỉnh lần lượt là h
1
, h
2
,h
3
,h
4
. Gọi r là bán
kính hình cầu nội tiếp tứ diện.
CMR:
1 2 3 4
1 1 1 1 1
h h h h r
+ + + =
Page 3 of 8
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
Giải:

Gọi diện tích các mặt đối diện với các đỉnh lần lượt là S
1
,S
2
,S
3
,S
4
ta có:

1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 1 1 1 3 3 3 3
; ; ;
3 3 3 3
1 1 1 1 1
3 3
TP
V V V V
V h S h S h S h S h h h h
S S S S
S S S S
S
h h h h V V r
= = = = ⇒ = = = =
+ + +
⇒ + + + = = =
Bài 5 :

Cho tam giacs cân ABC có
0
120BAC∠ = và đường cao
2AH a=
. Trên đường thẳng
∆

vuông góc với (ABC) tại A lấy 2 điểm I,J ở 2 bên điểm A sao cho: IBC là tam giác đều,
JBC là tam giác vuông cân.
a) Tính các cạnh của
∆
ABC.
b) Tính AI, AJ và chứng minh các tam giác BIJ và CIJ là các tam giác vuông.
c) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IJBC, IABC.
Giải:
a) Các bạn tự tính ra ta được:

2 2; 2 6AB AC a BC a= = =
b) Các bạn sẽ tính được AI=4a và AJ=6a.
Ta thấy IJ=AI+AJ=2a+4a=6a và IB
2
+ JB
2
=24a
2
+12a
2
= 36a
2
.

Điều này chứng tỏ tam giác BIJ vuông tại B, tương tự ta cũng chứng minh được
tam giác CIJ vuông tại C.
c) Ta có:
0
90IBJ ICJ∠ = ∠ = Điều này chứng tỏ B,C nằm trên mặt cầu đường kính IJ,
bán kính
1
IJ 6
3
2 2
a
R a= = =
.
Vì tam giác ABC cân tại A nên đường cao Ah cũng là đường trung trực.
⇒
Tâm A’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên AH.
Định lý hàm số sin cho ta:
2 2 2 2
sin
BC
R R a AH
A
= ⇒ = =
nên A’ đối xứng với A qua
BC.
Gọi K là trung điểm của AI, Tâm L của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC là giao
điểm của trục A’x của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trung trực của đoạn
Az nằm trong mp (AIH).
Page 4 of 8
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE

P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
Bán kính mặt cầu đó là:

2
2 2 2 2 2
2
4 4 8 2 3
4
AI
R LA AK LK AH a a a= = + = + = + =
• NGÀY 10.03
Bài 1:
Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho mp
( ):2 2 15 0x y z
α
+ − + =
và điểm J(-1;-2;1). Gọi I
là điểm đối xứng của J qua
( )
α
. Viết phương trình mặt cầu tâm I, biết nó cắt
( )
α
theo một
đường tròn có chu vi là 8π.
Giải:
Gọi I(a;b;c) ta có:

( )

2 3
1 2 1
IJ ( 1; 2; 1). IJ n
2 3
2 1 2
a b
a b c
a b c Do
c b
α
= +

+ + −
= + + − ↑↑ ⇒ = = ⇒

= − −
−

ur ur r
Nhưng trung điểm M của IJ lại nằm trên
( )
α
nên ta có : b= -4 và I (-5;-4;5)
Ta tính được khoảng cách từ I đến
( )
α
là IO’=3.
Vì C=2πR
0
=8π nên R

0
=4 . =>
2 2 2 2
' ' 4 3 5R IA IO AO= + = + =
Vậy:
2 2 2
( ) :( 5) ( 4) ( 5) 25C x y z+ + + + − =
Bài 2 :
Tìm tập hợp tâm các mặt cầu đi qua gốc tọa độ và tiếp xúc với 2 mặt phẳng có phương
trình lần lượt là:
(P): x+2y-4=0 và (Q): x+2y+6=0
Giải:
Ta nhận thấy (P) song song với (Q) nên 2R= d( (P), (Q)).
Lấy M(0;2;0) thuộc (P) ta có: d( (P), (Q))= d( M, (Q)) =
2 5 5R⇒ =
.
Lúc này PT mặt cầu có dạng: (x-a)
2
+(y-b)
2
+(z-c)
2
=5
Vì C đi qua O(0;0;0) nên:
2 2 2 2 2 2
5 ( ) : 5a b c I S x y z+ + = ⇒ ∈ + + =
Mặt khác: Mặt phẳng song song và cách đều (P) và (Q) có PT:
(α):
( 2 4) ( 2 6)
2 1 0

2
x y x y
x y
+ − + + +
= + + =
Page 5 of 8