II. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO

DẠNG 1. BÀI TẬP XÁC ĐỊNH MẶT CẦU

A. Phương pháp

Cách 1. Chứng minh OM = R với O là điểm cố định và R là độ dài không đổi.

Cách 2. Chứng minh \[\widehat{AMB}=90{}^\circ \], với A, B là hai điểm cố định.

B. Bài tập

Bài 1. Trong không gian cho ba đoạn thẳng AB, BC, CD sao cho AB$\bot $ BC, BC$\bot $CD, CD$\bot $AB. Chứng minh rằng có mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. Tính bán kính mặt cầu đó nếu AB = a, BC = b và CD = c.

Giải

• Ta có: AB $\bot $BC, AB$\bot $CD nên AB$\bot $BD.

Tương tự ta có DC$\bot $AC. Vậy A, B, C, D nằm trên mặt cầu đường kính AD.

• Ta lại có: $A{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}$ $\Leftrightarrow A{{D}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$

Suy ra bán kính mặt cầu $R=\frac{1}{2}\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$

Tâm mặt cầu là trung điểm AD.

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB = a, AD = b, SA = c vuông góc với đáy ABCD. Tìm tâm và bán kính của mặt cầu đi qua năm đỉnh S, A, B, C, D.

Giải

Vì SA$\bot $(ABCD) nên SA$\bot $CD (1). Mà ABCD là hình chữ nhật.

Suy ra CD$\bot $AD (2)

Từ (1) và (2) suy ra CD$\bot $ (ADS) nên CD$\bot $SD.

Gọi O là trung điểm SC $\Rightarrow $ DO =$\frac{1}{2}$SC .

Tương tự: BO =$\frac{1}{2}SC$ ; AO =$\frac{1}{2}SC$.

Vậy S, A, B, C, D nằm trên mặt cầu tâm O bán kính R =$\frac{1}{2}SC$

Ta có $S{{C}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}$

$\Leftrightarrow S{{C}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$

$\Rightarrow R=\frac{1}{2}\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$

Bài 3. Trong mặt phẳng (α) cho hình vuông ABCD cạnh a và tâm O. Trên đường thẳng Ax vuông góc với (α) ta lấy điểm S di động. Gọi B’ là hình chiếu của A lên SB, và O’ là điểm đối xứng của tâm O qua cạnh AB. Chứng minh rằng khi S thay đổi, đường thẳng O’B’ luôn luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định.

Giải

Gọi I là trung điểm của AB, ta có:

$B\prime I=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$

$B\prime I=IO=IO\prime =\frac{a}{2}$ $\Rightarrow O\prime B\prime \bot B\prime O$ (hình bên).

Tam giác OIB’ vuông cân

$\Rightarrow OB\prime =OI\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow $ khoảng cách d(O,OB) = OB’ = $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy O’B’ luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính R=$\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Bài 4. Cho đường tròn đường kính AB = 2R trong mặt phẳng (P) và một điểm M nằm trên đường tròn đó. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A lấy điểm E sao cho SA = x (x > 0).

a) Mặt phẳng (Q) qua A và vuông góc với SB tại K. Giao của SM với (Q) là H. Chứng minh rằng khi M cố định, còn độ dài x = SA biến thiên thì KH luôn đi qua một điểm cố định.

b) Chứng minh AH$\bot $ mp (SBM).

c) Giả sử S cố định, còn M di động trên đường tròn. Hãy tìm quỹ tích của H.

d) Gọi J là giao điểm của các tiếp tuyến của các đường tròn tại M. Chứng minh rằng JH là tiếp tuyến của mặt cầu đường kính AB và của mặt cầu đường kính SA.

Giải

a) Kéo dài KH cắt (P) tại I. Do SB$\bot $(Q) và AI$\subset $(Q) nên SB $\bot $AI. Từ đó theo định lí ba đường vuông góc AI$\bot $AB. Mặt khác I nằm trên BM mà A, B, M đều cố định nên điểm I cố định. Vậy KH luôn qua điểm cố định I.

b) Do SB$\bot $ (Q) nên SB$\bot $AH. (1)

Từ đó BM$\bot $ AH. (2)

Từ (1) và (2) suy ra AH$\bot $mp (SBM).

c) Do S, A, B cố định nên mặt phẳng (Q) cố định. Theo kết quả câu b) AH$\bot $KH, bởi vậy H nằm trên đường tròn đường kính AK (trong mp (Q)). Đảo lại, lấy điểm H' bất kì trên đường tròn đường kính AK nói trên. SH’ cắt mặt phẳng (P) tại M’. Ta cần chứng minh M’ thuộc đường tròn đường kính AB.

Từ đó AH’$\bot $BM’. Mặt khác, BM’$\bot $SA nên BM’$\bot $ mp (SAH) $\Rightarrow $ BM’$\bot $AM’.

Vậy M’ nằm trên đường tròn đường kính AB.

Kết luận: Quỹ tích của những điểm H là đường tròn đường kính AK (trong mặt phẳng (Q)).

d) Gọi E là giao điểm của AM và JO. Do $\Delta $AHM vuông tại H nên E là trung điểm của AM$\Rightarrow $ AE = EH.

Mặt khác, OJ$\bot $(SAM) nên JO$\bot $EH. Từ đó có hai tam giác vuông bằng nhau: $\Delta $AJE = $\Delta $HJE $\Rightarrow $AJ = HJ.

Do AJ$\bot $AB nên AJ$\bot $ (ASB) $\Rightarrow $ AJ$\bot $AK. Bởi vậy, trong mp (Q) AJ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AK. Do AJ = HJ nên HJ cũng là tiếp tuyến của đường tròn này.

Do AH$\bot $ (SBM) nên AH$\bot $HB. Bởi vậy H, K cùng thuộc mặt cầu đường kính AB và đường tròn (AHK) là thuộc mặt cầu này. Do đó, JH’ tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.

Tương tự đường tròn (AHK) cũng thuộc mặt cầu đường kính SA nên JH tiếp xúc với mặt cầu này.