Bài viết này dành cho bạn đọc tổng hợp tất cả các công thức được trích ra từ các bài giảng của khóa học vted x combo để tính nhanh bán kính của khối đa diện đều:
Bạn Đang Xem: Tổng hợp tất cả các công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại
Đây là một bài viết rất hữu ích cho người đọc, bao gồm tất cả các trường hợp phổ biến khi tính bán kính của một khối đa diện ngoại tiếp một hình cầu:
>[Vted.vn] – Tổng hợp tất cả các dạng toán Lãi suất kép
>Đề thi tốt nghiệp môn Toán THPT 2023 có đáp án chi tiết
Định nghĩa hình cầu ngoại tiếp
-
Mặt cầu ngoại tiếp một đa diện là một mặt cầu đi qua tất cả các đỉnh của đa diện
Điều kiện cần và đủ để hình chóp có mặt cầu ngoại tiếp
-
Đáy là đa giác nội tiếp
Bằng chứng. Xem bài giảng
Công thức bán kính hình cầu ngoại tiếp chung cho một tứ diện (thêm thông tin)
Ta có công thức crelle, biểu thị mối quan hệ giữa thể tích và bán kính của một tứ diện \[s=6vr,\] hình cầu ngoại tiếp, trong đó $s$ là độ dài của ba cạnh và độ dài của cạnh đối diện của tứ diện ; $v$ là thể tích của tứ diện và $r$ là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
Trích bài giảng: công thức tổng quát tính bán kính của khối cầu tứ diện
Ví dụ: tứ diện $abcd$ có $ab=5,cd=\sqrt{10},ac=2\sqrt{2},bd=3\ sqrt{3 } ,ad=\sqrt{22},bc=\sqrt{13}.$ Cho biết bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
Xem xét độ dài cạnh $a=ab.cd=5\sqrt{10};b=ac.bd=6\sqrt{6};c=ad.bc=\sqrt{ 286} \ rightarrow p=\dfrac{a+b+c}{2}$
Diện tích của tam giác này là $s=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}=15 sqrt { 51}.$
Tính thể tích của khối tứ diện này theo góc hợp với đỉnh a:
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}x = \cos \widehat {bac} = \dfrac{{a{b^2} + a{c^2 } – b{c^2}}}{{2ab.ac}} = \dfrac{{{5^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} – {{\left( {\sqrt {13} } \right)}^2}}}{{2.5.2\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 } }\\y = \cos \widehat {cad} = \dfrac{{a{c^2} + a{d^2} – c{d^2}}}{{2ac.ad} } = \dfrac{{{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {22} } \right)}^2 } – {{\left( {\sqrt {10} } \right)}^2}}}{{2.2\sqrt 2 .\sqrt {22} }} = \dfrac{5}{ {2\sqrt {11} }}\\z = \cos \widehat {dab} = \dfrac{{a{d^2} + a{b^2} – b{d^2 }}}{{2ad.ab}} = \dfrac{{{{\left( {\sqrt {22} } \right)}^2} + {5^2} – {{\left ( {3\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{2.\sqrt {22} .5}} = \sqrt {\dfrac{2}{{11}}} end{array} \right.$then $v=\dfrac{1}{6}ab.ac.ad\sqrt{1+2xyz-{{x}^{2}}-{{y } ^{2}}-{{z}^{2}}}=5.$
Vì vậy, áp dụng công thức crelle, chúng ta có $s=6vr\rightarrow r=\dfrac{15\sqrt{51}}{30}=\dfrac{\sqrt{51}}{2 }. $
Dưới đây là một số tình huống đơn giản thường gặp:
Công thức 1: Hình chóp ngoại tiếp có các cạnh bên vuông góc với mặt đáy
$r=\sqrt{r_{d}^{2}+{{\left( \dfrac{h}{2} \right)}^{2}}}.$
Trong đó ${{r}_{d}}$ là đường tròn ngoại tiếp đáy; $h$ là độ dài cạnh vuông góc với đáy.
Ví dụ 1: Đối với hình chóp $s.abcd$, đáy là hình chữ nhật trong đó $ab=3a,bc=4a,sa=12a$ và $sa$ vuông góc với đáy . Tính bán kính $r$ của mặt cầu ngoại tiếp kim tự tháp $s.abcd.$
A. $r=\dfrac{13a}{2}.$
b. $r=6a.$
c. $r=\dfrac{17a}{2}.$
d.$r=\dfrac{5a}{2}.$
Giải thưởng. Chúng ta có ${{r}_{d}}=\dfrac{ac}{2}=\dfrac{\sqrt{a{{b}^{2}}+b{{c }^{2}}}}{2}=\dfrac{\sqrt{9{{a}^{2}}+16{{a}^{2}}}}{2}=\dfrac {5a}{2}.$
Vì vậy, $r=\sqrt{r_{d}^{2}+{{\left( \dfrac{h}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt {{{\left( \dfrac{5a}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{12a}{2} \right)}^{2 }}}=\dfrac{13a}{2}.$ Chọn câu trả lời a.
Ví dụ 2: Đối với kim tự tháp $s.abc$ có \[sa=sb=sc=a,\widehat{asb}=\widehat{asc}={{90}^{0}} , widehat{bsc}={{60}^{0}}.\] Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A. $\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{6}.$
b. \[\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{3}.\]
c. $\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{18}.$
d. $\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{12}.$
Giải thưởng. Chúng ta có $\left\{ \begin{gathered} sa \bot sb \hfill \\ sa \bot sc \hfill \\ \end{gathered} Chính xác. \rightarrow sa \bot (sbc).$
Vì vậy, $r=\sqrt{r_{sbc}^{2}+{{\left( \dfrac{sa}{2} \right)}^{2}}}=\ sqrt {{{\left( \dfrac{bc}{2\sin \widehat{bsc}} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{sa}{ 2 } \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{a}{2\dfrac{\sqrt{3}}{2}} \right ) }^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{7}{12}}a. $
Diện tích hình cầu $s=4\pi {{r}^{2}}=\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{3}.$ Chọn câu trả lời b.
Ví dụ 3: Đối với kim tự tháp $s.abc$ có $ab=4a,bc=3\sqrt{2}a,\widehat{abc}={{45} ^ { 0}};$ $\widehat{sac}=\widehat{sbc}={{90}^{0}}, $ cũng là sin của góc giữa hai mặt phẳng $\left( sab \ right )$ và $\left( sbc \right)$ bằng $\dfrac{\sqrt{2}}{4}.$ Bán kính của quả cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng
Giải thưởng. Gọi $d$ là hình chiếu đứng của $s$ trên mặt phẳng $\left( abc \right)$
Chúng tôi có $ac\bot sa,ac\bot sd\rightarrow ac\bot \left( buồn \right)\rightarrow ac\bot quảng cáo.$ Tương tự như $bc\bot sb,bc\bot sd\rightarrow bc\bot \left( sbd \right)\rightarrow bc\bot bd$
Suy ra rằng $abcd$ là tứ giác nội tiếp trên đường tròn đường kính $cd$ nên ${{r}_{s.abc}}={{r}_{s.abcd}}= sqrt { r_{abcd}^{2}+{{\left( \dfrac{sd}{2} \right)}^{2}}}\left( * \right)$
Bán kính ${{R}_{ABCD}}$ chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$Ta có \[ac=\sqrt{b{{a}^{2}}+b{{c}^{2}}-2ba.bc.\cos \widehat{abc}} =\sqrt{{{\left( 4a \right)}^{2}}+{{\left( 3\sqrt{2}a \right)}^{2}}-2.4a .3\sqrt{2}a.\dfrac{1}{\sqrt{2}}}=\sqrt{10}a\]
Vậy \[{{r}_{abcd}}={{r}_{abc}}=\dfrac{ac}{2\sin \widehat{abc}}=\dfrac{ \sqrt{10}a}{2.\dfrac{1}{\sqrt{2}}}=\sqrt{5}a\]
Chúng tôi tính toán $sd$ dựa trên sin của góc \[\left( sab \right)\] và \[\left( sbc \right)\ ] bằng \[ \dfrac{\sqrt{2}}{4}. \] Ý tưởng của tôi là tính thể tích của một hình chóp đã cho theo hai cách, một trong số đó sử dụng góc giữa hai mặt phẳng này.
Set $sd=x,\left( x>0 \right)\rightarrow {{v}_{s.abc}}=\dfrac{1}{3}{{s}_{ abc}}.sd=\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{2}ba.bc.\sin \widehat{abc} \right).sd=2{ {a}^{2}}x\left( 1 \right)$
và $bc=3\sqrt{2}a\rightarrow bd=\sqrt{c{{d}^{2}}-b{{c}^{2}}}=\sqrt {2}a\rightarrow sb=\sqrt{s{{d}^{2}}+b{{d}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+ 2{{a}^{2}}}$
$sc=\sqrt{s{{d}^{2}}+c{{d}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+20{{ a}^{2}}}\rightarrow {{s}_{sbc}}=\dfrac{1}{2}bs.bc=\dfrac{3\sqrt{2}a}{2} \sqrt{{{x}^{2}}+2{{a}^{2}}}$
và $ab=4a,ac=\sqrt{10}\rightarrow ad=\sqrt{c{{d}^{2}}-c{{a}^{2}}}= sqrt{10}a$
Xem Thêm: Sở hữu cách trong tiếng Anh là gì? Kiến thức chung về sở hữu cách trong tiếng Anh (Possessive Case)
$\rightarrow sa=\sqrt{s{{d}^{2}}+a{{d}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+ 10{{a}^{2}}}\rightarrow {{s}_{sab}}=2a\sqrt{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}$
$\rightarrow {{v}_{s.abc}}=\dfrac{2{{s}_{sab}}.{{s}_{sbc}}.\sin \left ( \left( sab \right),\left( sbc \right) \right)}{3sb}={{a}^{2}}\sqrt{{{x}^{2} }+{{a}^{2}}}\left( 2 \right)$
So sánh $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\rightarrow x=\dfrac{\sqrt{3}a}{3}.$ thay vì $ left( * \right)\rightarrow {{r}_{s.abc}}={{r}_{s.abcd}}=\sqrt{{{\left( \sqrt{ 5 }a \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{1}{2\sqrt{3}}a \right)}^{2}}}=\ dfrac {\sqrt{183}a}{6}.$ Chọn câu trả lời a.
Công thức 2: Khối tứ diện vuông (đây là trường hợp đặc biệt của Công thức 1)
Tứ diện vuông $oabc$ và $oa,ob,oc$ vuông góc với \[r=\dfrac{\sqrt{o{{a}^{2}}+o{{ b} ^ {2}}+o{{c}^{2}}}}{2}.\]
Ví dụ 1: Đối với hình lập phương hình chóp $s.abc$ nằm vuông góc với $sa,\text{ }ab,\text{ }ac$. Biết rằng $sa=24;\text{ }ab=6;\text{ }ac=8. $Diện tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho là
a. $676\pi.$
b. $\dfrac{169\pi }{4}.$
c. $\dfrac{169\pi }{2}.$
d. $169\pi.$
Giải thưởng. Áp dụng công thức cho các đỉnh có các cạnh vuông góc với mặt đáy, cụ thể ở đây là cho tứ diện vuông đỉnh, ta có $s=4\pi {{r}^{2}}=4\ pi dfrac {a{{s}^{2}}+a{{b}^{2}}+a{{c}^{2}}}{4}=\left( a{{s) } ^{ 2}}+a{{b}^{2}}+a{{c}^{2}} \right)\pi =\left( {{24}^{2}}+ { {6 }^{2}}+{{8}^{2}} \right)\pi =676\pi .$ Chọn câu trả lời a.
Ví dụ 2: Khối tứ diện $oabc$ có $oa,ob,oc$ đôi một vuông góc và bán kính mặt cầu ngoại tiếp bằng $\sqrt{3}.$ Thể tích lớn nhất của khối tứ diện $oabc$ có
A. $\dfrac{4}{3}.$
b. $8,$
c. $\dfrac{8}{3}.$
d.$8.$
Giải pháp. Chúng ta có $r=\dfrac{\sqrt{o{{a}^{2}}+o{{b}^{2}}+o{{ c}^{2}}}}{2} =\sqrt{3}\leftrightarrow o{{a}^{2}}+o{{b}^{2}}+o{{c}^ {2}}=12.$
Mặt khác ${{v}_{oabc}}=\dfrac{1}{6}.oa.ob.oc$ và theo bất đẳng thức am – gm ta có:
Xem Thêm : Tệ nạn xã hội là gì? – Học sinh cần làm gì để phòng chống tệ nạn xã
\[12=o{{a}^{2}}+o{{b}^{2}}+o{{c}^{2}}\ge 3\sqrt[3] {o{{a}^{2}}.o{{b}^{2}}.o{{c}^{2}}}\rightarrow oa.ob.oc\le 8.\]
Vậy ${{v}_{oabc}}\le \dfrac{8}{6}=\dfrac{4}{3}.$ Chọn câu trả lời a.
>>Xem thêm về bđt am – gm tại đây
Công thức 3: Một cột có đáy là một đa giác nội tiếp (đây là trường hợp đặc biệt của Công thức 1)
$r=\sqrt{r_{d}^{2}+{{\left( \dfrac{h}{2} \right)}^{2}}}.$
Trong đó ${{r}_{d}}$ là đường tròn ngoại tiếp đáy; $h$ là độ dài cạnh.
Đặc biệt:
*Hình lập phương có cạnh $a$ có bán kính hình cầu ngoại tiếp \[r = \dfrac{{\sqrt 3 a}}{2}.\]
*Một hình hộp chữ nhật có kích thước $a,b,c$, bán kính mặt cầu ngoại tiếp là \[r = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {b^2 } + {c ^ 2 }} }}{2}.\]
Ví dụ 1: Một hình cầu bán kính $r$ ngoại tiếp một hình lập phương có cạnh $a.$ Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. $a=\dfrac{\sqrt{3}r}{3}.$
b. $a=2r.$
c. $a=\dfrac{2\sqrt{3}r}{3}.$
d.$a=2\sqrt{3}r.$
Giải pháp. Chúng ta có $r=\sqrt{r_{d}^{2}+{{\left( \dfrac{h}{2} \right)} ^{2}}}=\sqrt{{ {\left( \dfrac{a}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{2} \right)} ^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$ Vậy $a=\dfrac{2\sqrt{3 }r}{3}.$ Chọn câu trả lời c.
Ví dụ 2: Cho lăng trụ tam giác đều \[abc.a’b’c’\] có các cạnh \[a\] bằng nhau. Tính diện tích mặt cầu \[s\] đi qua các đỉnh của lăng trụ $6$.
a.\[s=\dfrac{49\pi {{a}^{2}}}{144}.\]
b. \[s=\dfrac{7{{a}^{2}}}{3}.\]
c.\[s=\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{3}.\]
d. \[s=\dfrac{49{{a}^{2}}}{144}.\]
Giải thưởng. Có $s=4\pi {{r}^{2}}=4\pi \left( r_{d}^{2}+{{\left( \dfrac{ h ) }{2} \right)}^{2}} \right)=4\pi \left( {{\left( \dfrac{a}{\sqrt{3}} Right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}} \right)=\dfrac{7\pi {{ a } ^{2}}}{3}.$ Chọn câu trả lời c.
Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng có chiều cao $h$ và đáy là tứ giác $abcd,$, trong đó $a,b,c,d$ thay đổi sao cho $\overrightarrow{ia }.\overrightarrow {ic }=\overrightarrow{ib}.\overrightarrow{id}=-{{h}^{2}},$ trong đó $i$ là giao điểm của hai đường chéo. Tính bán kính nhỏ nhất của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho.
Người chiến thắng.
Chúng ta có $r=\sqrt{r_{d}^{2}+{{\left( \dfrac{h}{2} \right)}^{2}}},$ trong trong đó $o$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp, thì ta có
$\overrightarrow{ia}.\overrightarrow{ic}=\overrightarrow{ib}.\overrightarrow{id}=-{{h}^{2}}=o{{i}^{ 2}}-r_{d}^{2}\leftrightarrow r_{d}^{2}=o{{i}^{2}}+{{h}^{2}}\ge {{h }^{2}}.$
Vì vậy, $r\ge \sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{{{h}^{2}}}{4}}=\dfrac{h\ sqrt {5}}{2}.$
Chọn câu trả lời c. Dấu bằng đạt tới $o\equiv i.$
Công thức 4: Công thức của một tứ diện có đỉnh là một lăng trụ đứng $r=\sqrt{r_{d}^{2}+{{\left( dfrac{h} {2 } \right)}^{2}}}.$
Tứ diện $({{h}_{1}})$ có đỉnh là các lăng trụ đứng $({{h}_{2}}),$ thì ${{r} _{( {{h} _ {1}})}}={{r}_{({{h}_{2}})}}=\sqrt{r_{d}^{2}+{ {\Left(\ frac {h}{2}\right)}^{2}}}.$
Áp dụng cho tứ diện gần đúng $abcd$ $ab=cd=a,ac=bd=b,ad=bc=c$, khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp là $r=\ sqrt{\dfrac{ { {a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{8}}.$
Phương trình 5: Công thức của góc chóp hình chóp $r = \sqrt {r_d^2 + {{\left( {\dfrac{a}{2}. cot x} right )}^2}} $ trong đó ${{r}_{d}}$ là đường tròn ngoại tiếp đáy; $a, x$ là độ dài giao tuyến giữa cạnh bên và đáy và góc giữa mặt trên và mặt dưới.
Hoặc bạn có thể sử dụng công thức $r=\sqrt{r_{d}^{2}+r_{b}^{2}-\dfrac{{{a}^{2}}}{4 } },$ trong đó ${{r}_{b}}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp của cạnh và $a$ là độ dài giao điểm của cạnh và đáy.
Ví dụ 1: Cho hình chóp $s.abcd$ có đáy là hình vuông, tam giác đều $sad$ có độ dài cạnh $\sqrt{2}a$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính bán kính $r$ của mặt cầu ngoại tiếp kim tự tháp $s.abcd.$
A. $r=\dfrac{a\sqrt{10}}{2}.$
b. $r=\dfrac{a\sqrt{42}}{6}.$
c. $r=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}.$
d.$r=\sqrt{2}a.$
Giải thưởng. ta có $r=\sqrt{{{\left( \dfrac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2}} \right )}^{2}}+{{\left( \dfrac{\sqrt{2}a}{2}.\cot {{60}^{0}} \right)}^{2 }}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}+{{\left ( \dfrac{\sqrt{2}a}{2\sqrt{3}} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{42}}{6}. $
Chọn câu trả lời b.
Ví dụ 2: Đối với hình lăng trụ đứng $abc.{a}'{b}'{c}’$, đáy $abc$ của nó là tam giác vuông $a.$ biết rằng $ab=a { a } ‘=a,$ $ac=2a.$Đặt $m$ là trung điểm của $ac.$$m{a}'{b}'{c Diện tích mặt cầu ngoại tiếp} ‘$ bằng
A. $5\pi {{a}^{2}}.$
Xem Thêm: Giải bài 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 trang 157 Sách giáo khoa Vật lí 11
$3\pi {{a}^{2}}.$
$4\pi {{a}^{2}}.$
$2\pi {{a}^{2}}.$
Giải thưởng. Lời nhắc $m.{a}'{b}'{c}’$ có các cạnh $(m{a}'{c}’)\bot ({a}’ { b}'{c}’)$ Vì vậy
$s=4\pi {{r}^{2}}=4\pi \left( r_{{a}'{b}'{c}’}^{2} +r_{m{a}'{c}’}^{2}-{{\left( \dfrac{{a}'{c}’}{2} \right)}^ {2}} \right)=4\pi \left( {{\left( \dfrac{\sqrt{5}a}{2} \right)}^{2}}+{ {a}^{2}}-{{\left( \dfrac{2a}{2} \right)}^{2}} \right)=5\pi {{a}^{2 }}.$
Nơi ${{r}_{{a}'{b}'{c}’}}=\dfrac{{b}'{c}’}{2}= dfrac{\sqrt{5}a}{2};m{a}’=m{c}’=\sqrt{2}a,{a}'{c}’=2a rightarrow m{a}’\bot m{c}’\rightarrow {{r}_{m{a}'{c}’}}=\dfrac{{a}'{ c }’}{2}=a.$
Chọn câu trả lời a.
Ví dụ 3: Cho hình chóp tam giác vuông $s.abc$ có đáy $a, hình chiếu đứng của $s$ trên mặt phẳng đáy là điểm $m$ trên cạnh $bc$ tạo nên $sm=3,$ Đồng thời, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho là $\dfrac{13}{2}.$ Giá trị của $sb.sc$ bằng
Giải thưởng. Theo giao điểm $bc$ ta có $\left( sbc \right)\bot \left( abc \right)$ nên bán kính của quả cầu ngoại tiếp là $r=\ sqrt {r_{abc }^{2}+r_{sbc}^{2}-{{\left( \dfrac{bc}{2} \right)}^{2}}}$
Tam giác $abc$ là hình vuông tại $a$, vì vậy ${{r}_{abc}}=\dfrac{bc}{2}\rightarrow r={{r}_{sbc} } = dfrac{13}{2}.$
Bộ định lượng ứng dụng \[{{r}_{sbc}}=\dfrac{sb.sc.bc}{{{4}_{sbc}}}=\dfrac{sb.sc.bc} {4.\dfrac{1}{2}sm.bc}=\dfrac{sb.sc}{2sm}=\dfrac{13}{2}\rightarrow sb.sc=13sm =39 . ] Chọn đáp án a.
Ví dụ 4: Cho hai mặt phẳng có $ab=bc=ac=bd=2a,ad=\sqrt{3}a.$ $\left ( acd \right) $ và $\left( bcd \right)$ vuông góc với nhau. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho bằng
a. $\dfrac{16}{9}\pi {{a}^{2}}.$
b. $\dfrac{4}{27}\pi {{a}^{2}}.$
c. $\dfrac{64}{9}\pi {{a}^{2}}.$
d. $\dfrac{64}{27}\pi {{a}^{2}}.$
Giải thưởng. Gọi $m$ trung điểm $cd\rightarrow bm\bot cd,\left( bc=bd \right)\rightarrow bm\bot \left( acd \right) $
Mặt khác $BC=BD=BA=2a\Rightarrow M$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ACD\Rightarrow \Delta ACD$ vuông tại $A\Rightarrow CD=\sqrt{A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{7a}.$Áp dụng công thức tính đỉnh có các cạnh vuông góc với mặt đáy, ta có diện tích mặt cầu
$s=4\pi {{r}^{2}}=4\pi \left[ r_{acd}^{2}+r_{bcd}^{2}-{{\ Trái( \dfrac{cd}{2} \right)}^{2}} \right]=4\pi r_{bcd}^{2},\left( {{r}_{acd }}=\dfrac{cd}{2} \right)$
$=4\pi {{\left( \dfrac{cd}{2\sin \widehat{cbd}} \right)}^{2}}=\dfrac{7 pi {{a}^{2}}}{1-{{\left( \dfrac{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}-{{\sqrt {7}}^{2}}}{2.2.2} \right)}^{2}}}=\dfrac{64}{9}\pi {{a}^{2}}.$ Chọn câu trả lời c.
*Vì $ba=bc=bd$ nên bạn có thể áp dụng công thức cho các đỉnh chẵn hoặc các đỉnh đều.
Ví dụ 5: Đối với hình chóp $s.abc$, trong đó $sa$ vuông góc với mặt phẳng đáy, $ab=3,ac=2$ và $\widehat{bac} = { { 60}^{0}}.$ Gọi $m, n$ lần lượt là hình chiếu đứng của $a$ lên $sb, sc.$ thì bán kính của mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện $abcnm$ bằng
Giải thưởng. Chúng ta có $sm.sb=sn.sc=s{{a}^{2}}\rightarrow \dfrac{sb}{sc}=\dfrac{sn}{sm}\rightarrow \delta sbc\backsim \delta snm$
Xem Thêm : Hôm nay (20/11), kỷ niệm 40 năm ngày Nhà giáo Việt Nam
$\rightarrow \widehat{sbc}=\widehat{snm}\rightarrow bcnm$ nội tiếp, tức là kim tự tháp $a.bcnm$ có hình cầu ngoại tiếp.
Gọi $o,{{o}_{1}}$ lần lượt là tâm ngoại tiếp của tam giác $abc$ và $abm$, ta có ${{o}_{1}}$ là tâm của cạnh $ điểm ab. $
Bởi vì $o{{o}_{1}}\bot ab,o{{o}_{1}}\bot sa\rightarrow o{{o}_{1}}\bot \left( abm \right)\rightarrow o{{o}_{1}}$ là trục ngoại tiếp của tam giác $abm.$. $
Vậy $o$ là hình chóp ngoại tiếp $a.bcnm$ và bán kính $r={{r}_{abc}}=\dfrac{bc}{2\sin widehat{bac}}= dfrac{\sqrt{a{{b}^{2}}+a{{c}^{2}}-2ab.ac\cos \widehat{bac}} }{2\sin \ widehat{bac}}=\dfrac{\sqrt{{{3}^{2}}+{{2}^{2}}-2.3.2.\dfrac{ 1}{2}}}{ 2.\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{\sqrt{21}}{3}.$ Chọn câu trả lời b.
*Lời giải trên đã giải thích chi tiết vì sao $abcnm$ có mặt cầu ngoại tiếp và xác định chính xác tâm, bán kính mặt cầu
*Những câu hỏi trắc nghiệm, bạn chỉ cần làm như sau:
${{r}_{abcnm}}={{r}_{m.abc}}=\sqrt{r_{abc}^{2}+r_{mab}^{2}-{{ \left( \dfrac{ab}{2} \right)}^{2}}}={{r}_{abc}}$ vì đỉnh của $m.abc$ có $\left( mab right)\bot \left( abc \right)$ và ${{r}_{mab}}=\dfrac{ab}{2}.$
Ví dụ 6: Đối với hình chóp $s.abcd$ có đáy $abcd$ là hình chữ nhật, cạnh $ab=3,bc=6.$ $sa$ vuông góc với mặt đáy . Gọi $m$ là một điểm trên cạnh $bc$, sao cho $bc=3bm$ và $h,k$ là các hình chiếu đứng của $a$ trên $sc,sm.$, chứng minh rằng hình chóp $a.cmkh, $ Có một quả cầu ngoại tiếp và tính bán kính của quả cầu ngoại tiếp $a.cmkh$
Giải thưởng. Ta có $sh.sc=sk.sm=s{{a}^{2}}\rightarrow mchk$ nội tiếp nên đỉnh $a.cmhk$ có hình cầu ngoại tiếp và
${{r}_{a.cmkh}}={{r}_{h.acm}}=\sqrt{r_{acm}^{2}+r_{hac}^{2}- {{\left( \dfrac{ac}{2} \right)}^{2}}}={{r}_{acm}}$ vì đỉnh của $h.acm$ có $\ trái ( hac \right)\bot \left( acm \right)$ tại giao điểm của $ac$ và ${{r}_{hac}}=\dfrac{ac}{2}.$
Chúng ta có $\sin \widehat{acm}=\dfrac{ab}{ac}=\dfrac{ab}{\sqrt{a{{b}^{2}}+b{ {c}^{2}}}}=\dfrac{3}{\sqrt{{{3}^{2}}+{{6}^{2}}}}=\dfrac{1} {\sqrt{5}};am=\sqrt{a{{b}^{2}}+b{{m}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2} }+{{2}^{2}}}=\sqrt{13}$
$\rightarrow {{r}_{a.cmkh}}={{r}_{acm}}=\dfrac{am}{2\sin \widehat{acm}}=\ dfrac{\sqrt{13}}{2/\sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{65}}{2}.$ Chọn câu trả lời b.
Ví dụ 7: Cho hình chóp $s.abc$ có cạnh $sa=2\sqrt{6}a$ vuông góc với đáy. Gọi $m,n$ là hình chiếu đứng của $a$ trên $sb$ và $sc.$, biết hai mặt phẳng $\left( amn \right)$ và $\left( abc \right) $ bằng ${{60}^{0}}.$ Tính diện tích $s$ của quả bóng ngoại tiếp $abcmn.$
Một. $s=36\pi {{a}^{2}}.$
b. $s=72\pi {{a}^{2}}.$
c. $s=24\pi {{a}^{2}}.$
d. $s=8\pi {{a}^{2}}.$
Giải pháp. ta có $sm.sb=sn.sc=s{{a}^{2}}\rightarrow bmnc$ nội tiếp nên đỉnh $a.bmnc$ có hình cầu ngoại tiếp.
Dựng đường kính $ad$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $abc.$
Ta có ${{r}_{abcmn}}={{r}_{mabc}}=\sqrt{r_{abc}^{2}+r_{mab}^{2}-{{ \left( \dfrac{ab}{2} \right)}^{2}}}={{r}_{abc}}=\dfrac{ad}{2}.$
Vì đỉnh $m.abc$ có $\left( mab \right)\bot \left( abc \right)$ dọc theo giao điểm $ab$ và ${{r}_{mab }}=\dfrac{ab}{2}.$
Chúng ta có $sa\bot \left( abc \right)$ và $bd\bot ab,bd\bot sa\rightarrow bd\bot \left( sab \right) rightarrow bd\bot am$ và $am\bot sb\rightarrow am\bot \left( sbd \right)\rightarrow am\bot sd.$
Tương tự $an\bot sd\rightarrow sd\bot \left( amn \right).$
Vì vậy, $\left( \left( abc \right),\left( amn \right) \right)=\left( sa,sd \right)=\widehat{ asd }={{60}^{0}}\rightarrow ad=sa\tan {{60}^{0}}=6\sqrt{2}a$
Vậy diện tích của hình cầu $s=4\pi {{\left( \dfrac{6\sqrt{2}a}{2} \right)}^{2}} =72 pi {{a}^{2}}.$ Chọn đáp án b.
Công thức 6: Một hình chóp đều hoặc hình chóp có độ dài các cạnh bằng nhau có $r=\dfrac{c{{b}^{2}}}{2h},$ trong đó $cb$ là cạnh chiều dài $h $ là chiều cao của kim tự tháp, được xác định bởi $h=\sqrt{c{{b}^{2}}-r_{d}^{2}}. $
Ví dụ 1. Tính bán kính $\sqrt{3}a.$ của một tứ diện đều nhận bóng
A. $r=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}.$
b. $r=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$
c. $r=\dfrac{3\sqrt{2}a}{4}.$
d.$r=\dfrac{3a}{4}.$
Giải thưởng. Chúng ta có $cb=\sqrt{3}a,h=\sqrt{c{{b}^{2}}-r_{d}^{2}}=\sqrt{3{ {a}^{2}}-{{\left( \dfrac{\sqrt{3}a}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}=\sqrt {2}a\rightarrow r=\dfrac{3{{a}^{2}}}{2\sqrt{2}a}=\dfrac{3\sqrt{2}a}{4 }.$ Chọn đáp án c.
Ví dụ 2: Cho tam giác đều $s.abc$ có đáy bằng $a$ và cạnh bên bằng $a\sqrt{2}.$, hình cầu ngoại tiếp kim tự tháp bán kính $s.abc$ theo
a. $\dfrac{a\sqrt{6}}{4}.$
b. $\dfrac{a\sqrt{3}}{5}.$
c. $\dfrac{a\sqrt{15}}{5}.$
d. $\dfrac{3a}{5}.$
Giải thưởng. Áp dụng công thức cho đỉnh $r=\dfrac{c{{b}^{2}}}{2h}=\dfrac{c{{b}^{2}}}{ 2 \ sqrt {c{{b}^{2}}-r_{d}^{2}}}=\dfrac{{{\left( \sqrt{2}a \right)}^ { 2} } }{2\sqrt{{{\left( \sqrt{2}a \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{a}{\ sqrt {3 } } \right)}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{15}a}{5}.$ Chọn câu trả lời c.
Ví dụ 3: Đối với tam giác đều $s.abc$ có đáy $\sqrt{3}$ và các cạnh bằng $x$ và $x>1.$, thể tích của hình cầu được xác định như sau công thức Quả bóng $s.abc$ có giá trị nhỏ nhất trong các khoảng nào sau đây?
a. $(7;3\pi ).$
b. $(0;1).$
c. $(1;5).$
d. $(5;7).$
Giải pháp. Áp dụng công thức cho các đỉnh có cạnh bằng thể tích của khối cầu xác định bởi na
$v=\dfrac{4}{3}\pi {{r}^{3}}=\dfrac{4}{3}\pi {{\left( \dfrac{ c{{b}^{2}}}{2h} \right)}^{3}}=\dfrac{4}{3}\pi {{\left( \dfrac{{{x ) }^{2}}}{2\sqrt{{{x}^{2}}-{{\left( \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} right)}^{2}}}} \right)}^{3}}=g(x)=\pi \dfrac{{{x}^{6}}}{6\sqrt{ { { {({{x}^{2}}-1)}^{3}}}}\ge \underset{(1;+\infty )}{\mathop{\min }} ,g(x)=g(\sqrt{2})=\dfrac{4\pi }{3}.$ Chọn câu trả lời c.
Ví dụ 4: Đối với hình chóp $s.abcd$ có đáy là hình chữ nhật $abcd$, $ab=3,ad=4$ và các cạnh của hình chóp tạo thành đáy $60{} ^ Góc của \circ$. Tính thể tích $v$ của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
Giải thưởng. Vì góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600 nên độ dài các cạnh bằng nhau, khi đó hình chiếu đứng của s trên đáy trùng với tâm ngoài của đáy $o=ac\ cap bd. $
Chúng ta có $ac=\sqrt{a{{b}^{2}}+a{{d}^{2}}}=5\rightarrow ao=\dfrac{5}{2} $ và $\left( sa,\left( abcd \right) \right)=\widehat{star}={{60}^{0}}\rightarrow cb=sa=\dfrac{ oa}{\cos {{60}^{0}}}=5;h=so=oa\tan {{60}^{0}}=\dfrac{5}{2}\sqrt{ 3}$
Áp dụng công thức cho các đỉnh có cùng độ dài các cạnh, thể tích của khối cầu là $v=\dfrac{4}{3}\pi {{r}^{3}}= dfrac{4 }{3 }\pi {{\left( \dfrac{c{{b}^{2}}}{2h} \right)}^{3}}=\dfrac{ 4}{ 3 }\ pi {{\left( \dfrac{{{5}^{2}}}{2\times \dfrac{5}{2}\sqrt{3}} right) } ^{3 }}=\dfrac{500\sqrt{3}\pi }{27}.$ Chọn câu trả lời c.
Ví dụ 5: Đối với hình lăng trụ đều $abc.{a}'{b}'{c}’$ có độ dài đáy là $1, độ dài cạnh bên bằng $3 .$ Gọi $g$ là diện tích đường tròn ngoại tiếp tứ diện $gabc$ của tam giác ${a}’bc.$ bằng
Giải thưởng. Xác định $m$ là trung điểm $bc$ và $o$ là trọng tâm của tam giác $abc$, ta có $\dfrac{mg}{m{a}’}=\dfrac { mo} { ma}=\dfrac{1}{3}\rightarrow og||a{a}’\rightarrow og\bot \left( abc \right).$
Mặt khác $o$ cũng là tâm ngoại tiếp của tam giác đều $abc$ nên $g.abc$ là đỉnh của tam giác đều và $og=\dfrac{1}{3}a{a}’ =1 \rightarrow ga=gb=gc=\sqrt{o{{g}^{2}}+o{{a}^{2}}}=\sqrt{{{1}^{2} }+ {{\left( \dfrac{1}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$
Vì vậy, áp dụng công thức của hình chóp đều, ta được hình cầu ngoại tiếp $s=4\pi {{r}^{2}}=4\pi {{\left( dfrac{c{ { b} ^{2}}}{2h} \right)}^{2}}=4\pi {{\left( \dfrac{{{\left( \) dfrac{2} { \ sqrt{3}} \right)}^{2}}}{2.1} \right)}^{2}}=\dfrac{16}{9}\pi . $ Chọn câu c .
Bạn đọc nào cần bản pdf của bài viết này, vui lòng để lại lời nhắn ở phần bình luận ngay bên dưới bài viết này, vted sẽ gửi cho bạn
>>Xem thêm cập nhật đề thi thử tốt nghiệp thpt 2023 và đáp án chi tiết
>>Xem thêm tổng hợp các công thức tính nhanh số phức rất thông dụng – bài giảng khóa học pro x trên vted.vn
>>Xem thêm[vted.vn]-Công thức giải nhanh mặt phẳng tọa độ Oxy
>>Xem thêm[vted.vn] – Công thức giải nhanh tọa độ oxyz
>>Xem thêm kiến thức cộng, nhân
>>Xem thêm Bất đẳng thức cơ bản để ghi nhớ các bài toán cực tiểu
>>Tải công thức lượng giác cần nhớ
>>Cuốn sách khai thác tư duy kỹ thuật giải các bài toán về bất đẳng thức cực tiểu
-
Nguồn: https://anhvufood.vn
Danh mục: Giáo Dục
