Tài liệu C03_03_dabttl

Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn) MẶT CẦU NỘI TIẾP, NGOẠI TIẾP KHỐI ĐA DIỆN Đáp án bài tập tự luyện Giáo viên: Nguyễn Bá Tuấn Câu 1. Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác vuông tại B và SA vuông góc với đáy. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Biết AC có độ dài là a, khi đó bán kính măt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN . A. a 3 B. a 3 2 C. a 2 D. Hướng dẫn a 2 2 S SA   ABC   SA  BC     BC   SAB    SAB    SBC  BC  AB   AM  SB  AM   SBC   AM  CM N Suy ra AMC vuông tại M M Tương tự ta cũng có ANC vuông tại N, có ABC vuông tại AB C . Vậy hình đa diện ABCMN nội tiếp trong mặt cầu đường kính AC , tâm I là trung điểm của AC và bán kính R  a 2 B Câu 2. Cho chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy AB  a , đường cao SH  h . Tính theo a và h bán kính hình cầu ngoại tiếp hình chóp. A. h2  a2 6h B. 3h 2  a 2 2h C. R  3h 2  a 2 4h D. R  3h 2  a 2 6h Hướng dẫn Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC là giao điểm của trục SH và trung trực của cạnh SB thuộc mặt phẳng  SHB  . – Hệ thống giáo dục HOCMAI Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 1 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn) S Gọi M là trung điểm SB. Tứ giác OMBH nội tiếp suy ra. SO.SH  SM.SB  SB 2 2 M 2  R  OS  SB trong đó. 2SH O 2 2 a 3 a 2 3h 2  a 2 SB  SH  HB  h   .  h2   3 2   3 3   2 2 2 2 Vậy bán kính hình cầu ngoại tiếp S.ABC là R  C B 2 H 3h  a 6h E 2 A Câu 3. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC , có cạnh đáy bằng a và góc hợp bởi mặt bên và đáy bằng 600 . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . A. 5a 12 B. 7a 13 C. 7a 12 D. 7a 15 Hướng dẫn Ta có chiều cao khối chóp h  1 1 a 3 a BE.tan 600  . . 3 3 3 2 2 S 2 a 3    a2 2 7a Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là R     a 12 6. 2 M O C B H E A Câu 4. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh là a. A. a 21 4 B. a 7 6 C. a 21 6 D. a 21 7 Hướng dẫn – Hệ thống giáo dục HOCMAI Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 2 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn) Gọi O,O’ là tâm 2 tam giác ABC và A’B’C’ . C A O Ta có tâm I mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là trung điểm OO’ . Có bán kính B 2  2a 3   a  2 a2 a2 7 21 IA  OA  OI      a a .  3.2   2     3 4 12 6   2 I 2 C' A' O' B' Câu 5. Bán kính măt cầu đi qua 4 đỉnh của tứ diện đều ABCD có cạnh a là A. a 6 2 B. a 6 3 C. a 6 4 D. a 6 5 Hướng dẫn D Gọi G là trong tâm tam giác ABC, khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp cần tìm là giao điểm giữa trục của tam giác ABC (đường thẳng đi qua M I G và vuông góc với  ABC  ( với mặt phẳng trung trực AD. A C Gọi M là trung điểm của AD. Ta có G DM.DA a 6 DM.DA  DI.DG  DI   R. DG 4 B Câu 6. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a , một hình nón có đỉnh là tâm của hình vuông ABCD và có đường tròn đáy ngoại tiếp hình vuông A’B’C’D’ . Diện tích xung quanh của hình nón đó là. A. a 2 3 3 B. a 2 2 2 C. a 2 3 2 D. a 2 6 2 Hướng dẫn – Hệ thống giáo dục HOCMAI Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 3 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn) S  rl với r  a 2 6 a 2 3 ; la vậy S  2 2 2 Câu 7. Hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a 3 và có chiều cao a 2 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . A. S mc  9a 2 2 B. S mc  9a 2 2 C. S mc  9a 2 4 D. S mc  9a 2 4 Hướng dẫn S Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra SO   ABC  . Gọi M là trung điểm của cạnh SB. Trong tam giác M SBO kẻ đường trung trực của cạnh SB cắt cạnh SO tại I. Khi đó I I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính R  IS  SB.SM 3a 2 9a 2  . Khi đó S mc  2 SO 4 C B O E A Câu 8. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  c; AC  BD  b; AD  BC  c . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là  A. (a 2  b 2  c 2 ) 2 C.  B. (a 2  b2  c 2 ) 6  2 a  b2  c 2 2 D.  2 a  b2  c 2 3 D Hướng dẫn N Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD. Vì ABC  DBC  AM  DM  MN  AD . Tương tự. MN  BC C A Vậy MN là đoạn vuông góc chung của AD và BC. Hay MN là đường trung trực của AD và BC – Hệ thống giáo dục HOCMAI M B Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 4 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn)  Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện sẽ là trung điểm của MN. Ta có AM  DM  b2  c2 a 2   MN  AM 2  AN 2  2 4 b2  c2  a 2 2 2  MN  1 a 2  b2  c2  R  OA  AN     2 2  2  2 1 a 2  b2  c2  2 Vậy S  4 R 2  4 . .  (a  b 2  c 2 ) 4 2 2 Câu 9. 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 . Tính bán kính này của mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D, A’, B’, C’, D’ cùng thuộc một mặt cầu  C  . A. a 2 B. a 10 4 C. a 5 2 D. a 10 2 Hướng dẫn Gọi O, O’ lần lượt là tâm các hình vuông ABCD, A’B’C’D’. Khi đó. OO’   ABCD  và OO’   A’B’C’D’ và OO’ là trục đường tròn ngoại tiếp các hình vuông ấy  Tâm I của hình cầu cần tìm thuộc OO’ và nằm ngoài OO’. Đặt. OI  x . Do S IA 2  IA'2  OI 2  OA 2  O' I 2  O' A '2 2 2 a 2  a 2  2  x      (x  OO')  2   4      2 O' B'  OO'  SO a 2 a 2  x 2 4 4 C' A Vậy 8 điểm A, B, C, D, A’, B’, C’, D’ cùng thuộc một mặt cầu tâm I. D' A' D O B C a 2 a 2 a 10 Có bán kính. R  IA    8 2 4 – Hệ thống giáo dục HOCMAI Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 5 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn) Câu 10. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hai mặt bên  SAB  và (SAD) cùng vuông góc với đáy, SA  a . Bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp. A.  a 2 2  2 B.  a 1 2  2 C.  a 2 2  3 D. a 2 Hướng dẫn (SAB)  (ABCD)   Vì (SAB)  (ABCD)  AB   AD  SA . Tương tự. AB  SA .  AD  AB  Ta hoàn toàn chứng minh được. SB  BC và SD  DC  S tp  S SAB  S SAD  S SBC  S SCD  S ABCD  a2 a2 a2 2 a2 2     a2  2  2 a2 2 2 2 2    a 2 2 1 1 a3 3V Mà Vchop  SA.S ABCD  a.a 2  và r  r 3 3 3 S tp 2   Câu 11. Cho tam giác ABC cân tại A có BAC  120 0 và đường cao AH  a 2 . Trên đường thẳng  vuông góc với  ABC  tại A lấy 2 điểm I, J ở hai bên điểm A sao cho. IBC là tam giác đều, JBC là tam giác vuông cân. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC là A. a 3 B. a 2 C. 2a 3 D. 2a 2 Hướng dẫn Ta tính được AB  AC  2a 2; BC  2a 6 ; AI  4a và AJ  6a . Thấy IJ  AI  AJ  2a  4a  6a và IB2  JB 2  24a 2  12a 2  36a 2 . Vì tam giác ABC cân tại A nên đường cao AH cũng là đường trung trực. – Hệ thống giáo dục HOCMAI Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 6 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn)  Tâm A’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên I AH. BC  2R  R  2a 2  2AH Áp đụng định lý hàm số sin ta có: sin A nên A’ đối xứng với A qua BC. Gọi K là trung điểm của AI, tâm L x K A C L của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC là giao điểm của trục A’x H của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trung trực của đoạn A' B AI nằm trong mp  AIH  . J Bán kính mặt cầu đó là. R 2  LA  AK 2  LK 2  AI 2  4AH 2  4a 2  8a 2  2a 3 . 4 Câu 12. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB  a , góc giữa hai mặt phẳng  A’BC  và  ABC  bằng 600 . Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện G.ABC theo a là A. 7a 6 B. 7a 12 C. 5a 12 D. 5a 6 Hướng dẫn Gọi D là trung điểm BC, ta có. R 7a 2 2 7a  .  . BC  AD  BC  A ' D  ADA '  60 0 . 2.12 a 12  3a Ta có. AA'  AD tan ADA'  2 • Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện G.ABC. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra. GH / /A ' A  GH  (ABC) . Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC . Ta có I là giao điểm của GH – Hệ thống giáo dục HOCMAI Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 7 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn) Với trung trực của AG trong mặt phẳng  AGH  . Gọi E là trung điểm AG, ta có. R  GI  GE.GA GA 2  . GH 2GH AA' a a 3 7a 2 2 2 2  ; AH  ; GA  GH  AH  Ta có. GH  . 3 2 3 12 Do đó. R  7a 2 2 7a .  . 2.12 a 12 Câu 13. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB  a 2 ,SA  SB  SC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a. A. a 3 B. a 2 C. 2a 3 D. 2a 2 Hướng dẫn Gọi H là trung điểm của BC  HA  HB  HC . Kết hợp với giả thiết SA  SB  SC   SH  BC, SHA  SHB  SHC  SH  (ABC),SAH  600 Tam giác ABC vuông cân tại A. AC  AB  a 2  BC  2a  AH  a S 0 Tam giác SHA vuông. SH  AH tan 60  a 3 Gọi O, R lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC  O thuộc đường thẳng SH  O thuộc mặt phẳng (SBC)  R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC. B C H Xét SHA , ta có. SA  SH  2a  SBC đều có độ dài cạnh bằng 2a sin 600 A 2a 2a 3 R   0 3 2 sin 60 – Hệ thống giáo dục HOCMAI Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 8 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn)  Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD  600 và các cạnh bên  SA  SB  SD . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện SBCD biết BSD  900 là A. 3a 2 B. 3a 4 6a 3 C. 6a 4 D. Hướng dẫn Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo của hình thoi ABCD. S Theo bài ra ta có tam giác ABD là tam giác đều cạnh a  BD  a . Mà tam giác SBD vuông tại S I 2a a ; SO  . nên SB  SD  2 2 Gọi H là hình chiếu của S trên mặt đáy thìH là tâm đường tròn D C ngoại tiếp tam giác ABD (do các cạnh bên SA  SB  SC (. K Ta có. SH  SO2  OH2  6a 6a , SC  SH2  HC2  6 2 H O A B Gọi K là tâm của tam giác đều BCD thì K là trung điểm của HC, trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD đi qua K và song song với SH nên là trung trực của HC cắt SC tại điểm I. Ta có I là trung điểm của SC nên IS  IC do đó I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện SBCD. Bán kính của mặt cầu là R  1 6a SC  . 2 4 Câu 15. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 450 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và thể tích của khối cầu ngoại tiếp khối chóp. A. 5a 3 2 3 B. 8a 3 . 2 3 C. 4a 3 2 3 D. 2a 3 2 3 Hướng dẫn * S.ABCD là hình chóp tứ giác đều ABCD là hình vuông cạnh 2a , tâm O SO  (ABCD) – Hệ thống giáo dục HOCMAI Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 9 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn) OC là hình chiếu SC lên mp  ABCD   (SC,(ABCD))  (SC,OC)  SCO  45o S * Diện tích hình vuông ABCD  AC = 2a. 2  OC  AO  AC 2a 2  a 2 2 2  *  SOC vuông tại O có OC  a 2 , SCO  450 A  SO  OC  a 2 B * Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp O D 45 C Ta có OA  OB  OC  OD  OS  a 2  mặt cầu (S) ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có tâm O và bán kính R  a 2 Vậy V(s)  4R 3 4(a 2)3 8a 3 . 2   3 3 3 Câu 16. 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 ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Thể tích của khối cầu tạo nên bởi mặt cầu  S  bằng. A. 4 2 a 3 3 B. 8 2 a 3 . 3 C. 5 2 a 3 3 D. 2 2 a 3 3 SC nên Hướng dẫn Tâm mặt cầu ngoại tiếp 2 2 2 R SC SA  AC   2 2 V     a 6 là trung điểm của bán kính 2  a 2 4 3 8a 3 2 R  . 3 3 – Hệ thống giáo dục HOCMAI 2 a 2 Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 10 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn) Câu 17. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB  AC  a . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. A. a 3 54 B. a 3 21 54 C. a 3 3 D. 7 a 3 21 54 Hướng dẫn Gọi H là trung điểm của AB,G là trọng tâm của tam giác đều SAB  G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC  O là trung điểm của CB Qua O dựng đường thẳng d vuông góc với mp  ABC   d / /SH Qua G dựng đường thẳng vuông góc với mp(SAB) cắt d tại I,ta có IA  IB  IC  ID  R  R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 1 1 a 3 a 3 a 2  Ta có. IO  GH  SH  . , OB  3 3 2 6 2 R  IB  IO2  OB2  a 21 6 4 3 7 a 3 21 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp. V  R  3 54 Câu 18. Trong không gian, cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB  BC  1 , AD  2 , cạnh bên SA  1 và SA vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm của AD. Tính diện tích S mc của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE . A. S mc  2 B. S mc  11 C. S mc  5 D. S mc  3 Hướng dẫn + Gọi M, N,F lần lượt là trung điểm của AB,SC,CD . Khi đó ta chứng minh được  MNF    ABCD  và MN   SCE  . + Từ  MNF    ABCD  và nếu dựng trục  của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE thì    MNF  – Hệ thống giáo dục HOCMAI Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 11 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Khối tròn xoay Khóa học PEN C N3 (Thầy Nguyễn Bá Tuấn) + Từ MN   SCE  ta suy ra MN là trục của đường tròn ngoại tiếp I S tam giác SCE + Do đó, trong mặt phẳng  MNF  gọi I    MN thì I chính là tâm N mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE . E A + Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE thì D M O B R  IC  CF2  IF2 Mà CF  C SA 1 IF MF 3 CD CE 2  DE 2 2  và   3  IF  3NO    ; NO  2 2 NO MO 2 2 2 2 nên R  F 11 . 2 + Vậy diện tích mặt cầu cần tính là S mc  4R 2  11 Giáo viên Nguồn – Hệ thống giáo dục HOCMAI : Nguyễn Bá Tuấn : Hocmai.vn Tổng đài tư vấn: 1900 – 69 – 33 - Trang | 12 -