DẠNG 3. BÀI TẬP XÁC ĐỊNH MẶT CẦU NỘI TIẾP HÌNH CHÓP

A. Phương pháp

1. Mặt cầu nội tiếp hình chóp là mặt cầu nằm bên trong hình chóp và tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp.

2. Điều kiện để một hình chóp đỉnh S có hình cầu nội tiếp tâm I là trên mặt đáy có một điểm M cách đều tất cả các mặt bên của hình chóp và khi đó I nằm trên đoạn SM.

3. Tâm hình cầu nội tiếp cách đều tất cả các mặt của hình chóp vào nằm trên phân giác của góc nhị diện tạo bởi hai mặt kề nhau của hình chóp.

4. Nếu một khối đa diện có hình cầu nội tiếp thì bán kính của nó được tính theo công thức:

$r=\frac{3V}{{{S}_{tp}}}$ , V: thể tích khối đa diện;

${{S}_{tp}}$ diện tích toàn phần khối đa diện.

B. Bài tập

Bài 1. Trong mặt phẳng (P) cho hình thang ABCD cân, đáy là AB và CD ngoại tiếp đường tròn (C) tâm O, bán kính R. Trên đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) tại O, lấy điểm S sao cho OS = 2R. Giả sử CD = 4AB.

a) Tính diện tích toàn phần và thể tích của hình chóp SABCD.

b) Chứng tỏ rằng O cách đều 4 mặt bên của hình chóp SABCD. Từ đó tìm tâm và bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp.

Giải

a) Hình thang ABCD có các cạnh tiếp xúc với đường tròn tại M, N, P, Q. (Hình vẽ bên)

Đặt AB = 2x $\Rightarrow $ CD = 8x $\Rightarrow $AD = 5x

Ta có $A{{D}^{2}}=AA{{\prime }^{2}}+DA{{\prime }^{2}}$ (A’ là hình chiếu vuông góc của điểm A lên CD)

\[\Rightarrow A{{D}^{2}}=4{{R}^{2}}+{{\left( 3x \right)}^{2}}\]

$\Rightarrow x=\frac{R}{2}$

$\Rightarrow SM=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{M}^{2}}}=\sqrt{4{{R}^{2}}+{{R}^{2}}}=R\sqrt{5}$

Do các mặt bên của hình chóp là các tam giác có đường cao bằng $R\sqrt{5}$ nên ta có:

\[{{S}_{tp}}\]= $\frac{1}{2}$SM.(AB + BC + CD + DA) + $\frac{1}{2}$(AB + CD).NQ

= $\frac{1}{2}$.$R\sqrt{5}$.10R + $\frac{1}{2}$5R.2R

$\Leftrightarrow {{S}_{tp}}=5{{R}^{2}}\left( 1+\sqrt{5} \right)$

$V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}.5{{R}^{2}}.2R\Leftrightarrow V=\frac{10{{R}^{3}}}{3}$

b) Khoảng cách từ O đến 4 mặt bên chính là độ dài của 4 đường cao xuất phát từ O của tam giác vuông và bằng nhau SOM, SON, SOP, SOQ. Suy ra O cách đều 4 mặt bên của hình chóp.

Vậy hình chóp có mặt cầu nội tiếp tâm I nằm trên đoạn SO. Do I cách đều 2 mặt (SAD) và (ABCD) nên I là nằm trên phân giác của góc \[\widehat{SMO}\] trong tam giác SMO.

Gọi r là bán kính mặt cầu nội tiếp thì:

$r=\frac{3V}{{{S}_{tp}}}=\frac{10{{R}^{3}}}{5{{R}^{2}}\left( 1+\sqrt{5} \right)}\Leftrightarrow r=\frac{R\left( \sqrt{5}-1 \right)}{2}$

Bài 2. Cho tứ diện ABCD với AB = CD = c, AC = BD = b, AD = BC = a.

a) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

b) Chứng minh rằng có một mặt cầu nội tiếp tứ diện.

Giải

a) Gọi I, J là trung điểm của AB và CD.

Ta có IJ$\bot $AB, IJ$\bot $CD.

Gọi O là trung điểm IJ thì ta có OA = OB và OC = OD, ngoài ra AB = CD = c nên hai tam giác vuông OIB và OJC bằng nhau nên: OA = OB = OC = OD = R. Vậy O cách đều 4 đỉnh A, B, C, D

$\Rightarrow $ Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có ${{R}^{2}}=O{{A}^{2}}=O{{I}^{2}}+A{{I}^{2}}=\frac{I{{J}^{2}}+{{c}^{2}}}{4}$

Vì CI là trung tuyến $\Delta $ABC nên: $C{{I}^{2}}=\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{4}$

Suy ra $I{{J}^{2}}=C{{I}^{2}}-C{{J}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2}$

Như vậy ${{R}^{2}}=O{{A}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{8}$ và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $S=4\pi {{R}^{2}}=\frac{\pi }{2}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$

b) Các mặt của tứ diện là các tam giác bằng nhau nên các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đó có bán kính r bằng nhau. Các đường tròn đó đều nằm trên mặt cầu (O; R) nên khoảng cách từ O đến các mặt phẳng chứa các đường tròn đó bằng nhau và bằng: h =$\sqrt{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}$ .

Vậy mặt cầu tâm O, bán kính h là mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD.

Bài 3. Cho tứ diện OABC trong đó OA, OB, OC đối mặt vuông góc với nhau. Kẻ đường cao OH = h. Gọi r là bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của $\frac{h}{r}$ .

Giải

Đặt OA = a, OB = b, OC = c.

Ta có : $\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}$ (1) và $r=\frac{3V}{{{S}_{tp}}}\Rightarrow \frac{1}{r}=\frac{{{S}_{tp}}}{3V}$

Mà $\frac{{{S}_{tp}}}{3V}=\frac{{{S}_{\Delta OAB}}+{{S}_{\Delta OBC}}+{{S}_{\Delta OAC}}+{{S}_{\Delta ABC}}}{3V}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{h}$

$\Rightarrow \frac{1}{r}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{h}\Leftrightarrow \frac{1}{r}-\frac{1}{h}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ (2)

Ta lại có: ${{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}\le 3\left( \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}} \right)$ (3)

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Từ (1) và (3) \[\Rightarrow {{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}\le \frac{3}{{{h}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le \frac{\sqrt{3}}{h}\] (4)

Từ (2) và (4) $\Rightarrow \frac{1}{r}-\frac{1}{h}\le \frac{\sqrt{3}}{h}\Leftrightarrow \frac{1}{r}\le \frac{1}{h}\left( 1+\sqrt{3} \right)\Leftrightarrow \frac{h}{r}\le 1+\sqrt{3}$

Suy ra $\frac{h}{r}$ lớn nhất $=1+\sqrt{3}\Leftrightarrow a=b=c$

Vậy $\frac{h}{r}$ max là $1+\sqrt{3}$ khi OA = OB = OC.

Bài 4. Cho r, R lần lượt là bán kính mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp của một tứ diện có thể tích là V. Chứng minh rằng: $8{{R}^{2}}r\ge 3\sqrt{3}V$

Giải

Gọi O, G lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm tứ diện ABCD. Đặt BC = a, AD = a’, CA = b, BD = b’, AB = c, CD = c’ và ${{S}_{a}},{{S}_{b}},{{S}_{c}},{{S}_{d}},{{S}_{tp}}$ lần lượt là diện tích các mặt đối diện với các đỉnh A, B, C, D và diện tích toàn phần của tứ diện.

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}\Rightarrow \overrightarrow{A{{B}^{2}}}=2{{R}^{2}}-2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}\Rightarrow 2.\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=2{{R}^{2}}-A{{B}^{2}}$

Mặt khác $4\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}$ nên suy ra

$16O{{G}^{2}}=4{{R}^{2}}+\left( 2{{R}^{2}}-A{{B}^{2}} \right)+\left( 2{{R}^{2}}-B{{C}^{2}} \right)+\left( 2{{R}^{2}}-C{{D}^{2}} \right)+\left( 2{{R}^{2}}-D{{A}^{2}} \right)+\left( 2{{R}^{2}}-D{{B}^{2}} \right)+\left( 2{{R}^{2}}-A{{C}^{2}} \right)$$\Leftrightarrow 16O{{G}^{2}}=4{{R}^{2}}+12{{R}^{2}}-\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+a{{\prime }^{2}}+b{{\prime }^{2}}+c{{\prime }^{2}} \right)\ge 0$

$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+a{{\prime }^{2}}+b{{\prime }^{2}}+c{{\prime }^{2}}\le 16{{R}^{2}}$ (1)

Bổ đề: Trong $\Delta $ABC có các cạnh BC = a, AC = b, AD = c, S là diện tích tam giác thì:

${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4S\sqrt{3}$

Thật vậy: $S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}\le \sqrt{p.{{\left[ \frac{p-a+p-b+p-c}{3} \right]}^{3}}}$ (Theo bất đẳng thức Cô si) $\Leftrightarrow S\le \frac{{{p}^{2}}}{3\sqrt{3}}\Leftrightarrow 3\sqrt{3}S\le {{p}^{2}}\Leftrightarrow 12\sqrt{3}S\le \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\le 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$

$\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4\sqrt{3}S$

Áp dụng cho các mặt của tứ diện: ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4{{S}_{d}}\sqrt{3}$ và tương tự cho ${{S}_{a}},{{S}_{b}},{{S}_{c}}$.

Cộng lại ta được: $2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+a{{\prime }^{2}}+b{{\prime }^{2}}+c{{\prime }^{2}} \right)\ge 4\sqrt{3}{{S}_{tp}}$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow 16{{R}^{2}}\ge 2\sqrt{3}{{S}_{tp}}\Leftrightarrow 8{{R}^{2}}\ge \sqrt{3}{{S}_{tp}}$ (3)

Thay ${{S}_{tp}}=\frac{3V}{r}$ vào (3) ta được $8{{R}^{2}}r\ge 3\sqrt{3}V$ .

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = a' = b'= c'.

Tứ diện ABCD là tứ diện đều.