Bài toán về mặt cầu với hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy

Bài toán về mặt cầu với hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy

Phương pháp giải mặt cầu

Xét khối chóp $S.ABC$ có $\left( SAB \right)\bot \left( ABC \right)$. Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp $S.ABC$.

Dựng tâm. Gọi ${{O}_{1}},{{O}_{2}}$ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và SAB, E là trung điểm của AB, ta có

${{O}_{1}}E\bot AB\Rightarrow {{O}_{1}}E\bot \left( SAB \right)\left( do\text{ }\left( SAB \right)\bot \left( ABC \right) \right).$

${{O}_{2}}E\bot AB\Rightarrow {{O}_{1}}E\bot \left( ABC \right).$

Qua ${{O}_{1}}$ dựng đường thẳng ${{d}_{1}}$ vuông góc với $\left( ABC \right)$ thì ${{d}_{1}}$ là trục của tam giác ABC và ${{d}_{1}}//{{O}_{2}}E.$

Qua ${{O}_{2}}$ dựng đường thẳng ${{d}_{2}}$ vuông góc với $\left( SAB \right)$ thì ${{d}_{2}}$ là trục của tam giác SAB và ${{d}_{2}}//{{O}_{1}}E.$

Tâm I của mặt cầu là giao điểm của ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$.

 Tính bán kính $R$ của mặt cầu.

Tứ giác $E{{O}_{1}}I{{O}_{2}}$ là hình chữ nhật, suy ra $I{{E}^{2}}={{O}_{1}}{{E}^{2}}+{{O}_{2}}{{E}^{2}}.$

Gọi ${{R}_{1}},{{R}_{2}}$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, SAB.

Ta có${{O}_{1}}{{E}^{2}}={{O}_{1}}{{A}^{2}}-E{{A}^{2}}=R_{1}^{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4};{{O}_{2}}{{E}^{2}}={{O}_{2}}{{A}^{2}}-E{{A}^{2}}=R_{2}^{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}.$

Suy ra $I{{E}^{2}}=R_{1}^{2}+R_{2}^{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{2}\Rightarrow {{R}^{2}}=I{{E}^{2}}+E{{A}^{2}}=R_{1}^{2}+R_{2}^{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}.$

 Tổng quát: Cho khối chóp $S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{n}}$ có $\left( S{{A}_{1}}{{A}_{2}} \right)\bot \left( {{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{n}} \right).$ Đặt ${{R}_{1}}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}$, ${{R}_{2}}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy ${{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{n}}$ và ${{A}_{1}}{{A}_{2}}=GT$ (gọi là giao tuyến) thì bán kính mặt cầu ngoại tiếp $R$ của khối chóp $S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{n}}$ được tính theo công thức:

$R=\sqrt{R_{1}^{2}+R_{2}^{2}-\frac{G{{T}^{2}}}{4}}$

Bài tập trắc nghiệm tính bán kính mặt cầu có đáp án chi tiết

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm $AB\Rightarrow SH\bot AB\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)$

Tam giác SAB vuông cân tại $S\xrightarrow{{}}{{R}_{b}}=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Tam giác ABC đều cạnh $a\sqrt{2}\xrightarrow{{}}{{R}_{d}}=a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Vậy ${{R}_{b}}=\frac{a\sqrt{2}}{2};{{R}_{d}}=\frac{a\sqrt{6}}{3};GT=AB=a\sqrt{2}$ nên $R=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Chọn B.

Lời giải chi tiết

Tam giác SAB có $\widehat{ASB}={{30}^{0}},AB=a\xrightarrow{{}}{{R}_{b}}=\frac{AB}{2\sin \widehat{ASB}}=a$

ABCD là hình vuông cạnh $a\xrightarrow{{}}{{R}_{d}}=\frac{BD}{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy ${{R}_{b}}=a;{{R}_{d}}=\frac{a\sqrt{2}}{2};GT=AB=a$ nên $R=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

Diện tích mặt cầu cần tính là $S=4\pi {{R}^{2}}=5\pi {{a}^{2}}.$

Chọn A.

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm $AB\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$

$\Rightarrow \widehat{\left( SC;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SC;HC \right)}=\widehat{SCH}={{30}^{0}}$

Tam giác SHM vuông cân tại$H,$ có $HM=\frac{SH}{\tan \widehat{SCH}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow CH=\frac{\sqrt{3}}{2}AB\Rightarrow $ Tam giác ABC đều cạnh a

Vậy ${{R}_{b}}={{R}_{d}}=\frac{a\sqrt{3}}{2};GT=AB=a$ nên $R=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$ Chọn C.

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm $AD\Rightarrow SH\bot AD\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$

Gọi M là trung điểm $BC\Rightarrow HM\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( SHM \right)$

$\Rightarrow \widehat{\left( \left( SHM \right);\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SM;HM \right)}=\widehat{SMH}={{30}^{0}}$

$\Rightarrow BD=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{H{{M}^{2}}+A{{D}^{2}}}=a\sqrt{13}$

Vậy ${{R}_{b}}=a\sqrt{3};{{R}_{d}}=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{13}}{2};GT=AD=2a$

nên $R=\frac{a\sqrt{21}}{2}.$

Chọn D.

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm $CD\Rightarrow BH\bot CD\Rightarrow BH\bot \left( ACD \right)$

Mà $BA=BC=BD\Rightarrow H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ACD$

$\Rightarrow \Delta ACD$ vuông tại  $A\Rightarrow CD=\sqrt{A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}}=a\sqrt{3}$

Tam giác BHC vuông tại $H\Rightarrow \cos C=\frac{HC}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{B}={{120}^{0}}$

Vậy ${{R}_{b}}=\frac{CD}{2\sin B}=a\sqrt{3};{{R}_{d}}=\frac{CD}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2};GT=CD=a\sqrt{3}$

$\xrightarrow{{}}R=\sqrt{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}-{{\frac{\left( a\sqrt{3} \right)}{4}}^{2}}}=a\sqrt{3}\Rightarrow {{S}_{mc}}=12\pi {{a}^{2}}.$

Chọn C.

Lời giải chi tiết

Gọi $H,M$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD.$

$SH\bot AB$ mà $\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot CD.$

Do $HM\bot CD$ suy ra $CD\bot \left( SHM \right)$

$\Rightarrow \widehat{\left( SCD \right);\left( ABCD \right)}=\widehat{SMH}={{45}^{0}}.$

Lại có ${{S}_{\Delta SAB}}=\frac{SA.SB.AB}{4.{{R}_{\Delta SAB}}}\Rightarrow {{R}_{\Delta SAB}}=\frac{5a}{8}$ và ${{R}_{ABCD}}=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy ${{R}_{S.ABCD}}=\sqrt{R_{\Delta SAB}^{2}+R_{ABCD}^{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{41}}{8}.$

Chọn C.

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó $SH\bot AB.$

Mặt khác $\left( SAB \right)\bot \left( ABC \right).$ Do vậy $SH\bot \left( ABC \right)$.

Đặt $AB=x.$ Ta có: $SH=HC=\frac{x\sqrt{3}}{2}$

Suy ra $SC=\frac{x\sqrt{6}}{2}=2a\sqrt{3}\Rightarrow x=2a\sqrt{2}$

Ta có: ${{R}_{1}}={{R}_{2}}=\frac{x}{\sqrt{3}}=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$

Suy ra

$R=\sqrt{R_{1}^{2}+R_{2}^{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{30}}{3}\Rightarrow S=4\pi {{R}^{2}}=\frac{40\pi }{3}.$

Chọn A.