Mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp đa diện

Áp dụng công thức trên có $R = \dfrac{3}{2}$

Áp dụng các công thức trong tứ diện đều cạnh $a$

Bán kính mặt cầu nội tiếp $r = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{12}} = 1 \Rightarrow a = 2\sqrt 6 $

Thể tích tứ diện đều đó là $V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = 8\sqrt 3 $

Mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh $a$ có bán kính bằng $\dfrac{a}{2}$

Diện tích mặt cầu đó là $S = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2} = \pi {a^2}$

Giả sử đáy là đa giác đều ${A_1}{A_2}...{A_n}$. $O$ là tâm đáy, chóp có chiều cao là $SH$ . Gọi $I$ là trung điểm của ${A_1}{A_2}$

Ta có : $I{A_1} = R.\sin \dfrac{\pi }{n};OI = R.\cos \dfrac{\pi }{n}$

$SO = OI.\tan {60^0} = R.\cos \dfrac{\pi }{n}.\sqrt 3  = R\sqrt 3 .\cos \dfrac{\pi }{n}$

Diện tích đáy : $S = \dfrac{{3V}}{{SO}} = \dfrac{{3.\dfrac{{3\sqrt 3 }}{4}.{R^3}}}{{R\sqrt 3 .cos\dfrac{\pi }{n}}} = \dfrac{{9{R^2}}}{{4\cos \dfrac{\pi }{n}}}$

Mà $S = n.\dfrac{1}{2}{R^2}.\sin \dfrac{{2\pi }}{n} \Rightarrow \dfrac{{9{R^2}}}{{4\cos \dfrac{\pi }{n}}} = n.\dfrac{1}{2}.{R^2}.\sin \dfrac{{2\pi }}{n}$

$ \Leftrightarrow n\sin \dfrac{{2\pi }}{n}\cos \dfrac{\pi }{n} = \dfrac{9}{2}$

Thử các giá trị của $n$ ở các đáp án ta được \(n = 6\).

Xét các tam giác ACB, ADB lần lượt cân tại C và D nên \(CM \bot AB,DM \bot AB\)

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC} \right) \cap \left( {ABD} \right) = AB\\CM \bot AB,CM \subset \left( {ABC} \right)\\DM \bot AB,DM \subset \left( {ABD} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABC} \right);\left( {ABD} \right)} \right) = \angle \left( {CM;DM} \right)\).

Tam giác ACM vuông tại M nên theo Pitago ta có :

\(\begin{array}{l}C{M^2} = A{C^2} - A{M^2}\\ \Rightarrow CM = \sqrt {A{C^2} - A{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\end{array}\)

Tương tự \(DM = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Gọi K là hình chiếu của I lên AD ta có :

Mặt cầu đường kính MN tiếp xúc với AD nên \(IK = IM = IN,IK \bot AD\).

Xét tam giác AMI và AKI có :

\(\begin{array}{l}\widehat {AMI} = \widehat {AKI} = {90^0};\\AI\,chung;\\IM = IK\left( {cmt} \right);\end{array}\)

Do đó \(\Delta AMI = \Delta AKI\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông) \( \Rightarrow AK = AM = \dfrac{a}{2}\) (cạnh tương ứng).

Tương tự : \(\Delta DNI = \Delta DKI\)  (cạnh huyền – cạnh  góc vuông)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow DN = DK = AD - AK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} - \dfrac{a}{2} = \dfrac{{a\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{2}\\ \Rightarrow DC = 2DN = 2.\dfrac{{a\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{2} = a\left( {\sqrt 3  - 1} \right)\end{array}\)

Ap dụng định lý cô sin trong tam giác MCD có :

\(\begin{array}{l}\cos \widehat {CMD} = \dfrac{{M{C^2} + M{D^2} - C{D^2}}}{{2MC.MD}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {a\left( {\sqrt 3  - 1} \right)} \right)}^2}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\sqrt 3  - 3 > 0\\ \Rightarrow \cos \alpha  = \cos \widehat {CMD} = 2\sqrt 3  - 3\end{array}\)

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BA\\BC \bot DA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ABD} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot BD\)\( \Rightarrow \Delta BCD\) vuông tại B.

Gọi I là trung điểm của CD thì \(IB = IC = ID = \dfrac{1}{2}CD\).

Tam giác ACD vuông tại A nên \(IA = IC = ID = \dfrac{1}{2}CD\).

Do đó \(IA = IB = IC = ID \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\).

Tam giác ABC vuông tại B nên \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\)  (Định lí Pytago).

Vì \(DA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu của \(DC\) lên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {DC;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {DC;AC} \right) = \angle DCA = {45^0}\).

Tam giác \(DAC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {DCA} = {45^0}\) nên là tam giác vuông cân \( \Rightarrow DC = AC\sqrt 2  = 5\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow R = IA = \dfrac{1}{2}DC = \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) là : \(V = \dfrac{4}{3}\pi I{A^3} = \dfrac{4}{3}\pi .{\left( {\dfrac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right)^3} = \dfrac{{125\sqrt 2 }}{3}\pi \).

Thể tích của khối cầu bằng \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.6^3} = 288\pi \).

Diện tích mặt cầu đã cho là:\(S = 4\pi {a^2}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AM\).

\(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\AM \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow AM \bot MC\).

\( \Rightarrow \angle AMC = {90^0}\) hay điểm \(M\) thuộc mặt cầu đường kính \(AC\).

Chứng minh tương tự ta có \(AP \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AP \bot PC \Rightarrow \angle APC = {90^0}\) hay \(P\)  thuộc mặt cầu đường kính \(AC\).

Lại có \(AN \bot SC \Rightarrow \angle ANC = {90^0}\)  hay \(N\)  thuộc mặt cầu đường kính \(AC\).

Do đó \(CMNP\) nội tiếp khối cầu đường kính \(AC\) hay khối cầu ngoại tiếp tứ diện \(CMNP\) có bán kính \(R = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 2 .\sqrt 2  = 2\).

Vậy thể tích khối cầu cần tìm là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}\).

Ta có: \(\dfrac{{{S_2}}}{{{S_1}}} = \dfrac{{4\pi R_2^2}}{{4\pi R_1^2}} = \dfrac{{R_2^2}}{{R_1^2}} = {2^2} = 4\).

Gọi \({I_1},{I_2},{I_3}\) là tâm của các hình cầu, \(M,N,P\) là các tiếp điểm của các hình cầu (như hình vẽ), \(H,K,F\) là tiếp  ba hình cầu với mặt phẳng (P) (như hình vẽ).

Xét mặt phẳng \(\left( {{I_1}{I_2}KH} \right)\), có:

\(\begin{array}{l}HK = \sqrt {{I_1}{I_2}^2 - {{\left( {{I_2}K - {I_1}H} \right)}^2}} \,\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{{\left( {{R_1} + {R_2}} \right)}^2} - {{\left( {{R_1} - {R_2}} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {4{R_1}{R_2}}  = 2 \Rightarrow {R_1}{R_2} = 1\end{array}\)

Tương tự, \({R_1}{R_3} = \dfrac{9}{4},\,{R_2}{R_3} = 4\)

\( \Rightarrow {R_1}{R_2}{R_3} = \sqrt {1.\dfrac{9}{4}.4}  = 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{R_1} = \dfrac{3}{4}\\{R_2} = \dfrac{4}{3}\\{R_3} = 3\end{array} \right.\).

Vậy \({R_1} + {R_2} + {R_3} = \dfrac{3}{4} + \dfrac{4}{3} + 3 = \dfrac{{61}}{{12}}\).

Gọi \(O,\,\,O'\) lần lượt là tâm tam giác đều ABC và A’B’C’, khi đó ta có OO’ là trục của (A’B’C’).

Gọi N là trung điểm của B’M, E là trung điểm của A’C’.

Qua N kẻ NI // B’E \(\left( {I \in OO'} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}B'E \bot BB'\\NI\parallel B'E\end{array} \right. \Rightarrow NI \bot BB'\) \( \Rightarrow IM = IB'\).

Lại có \(I \in OO'\) nên \(IA' = IB' = IC'\).

Do đó ta có \(IA' = IB' = IC' = IM\)  nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp M.A’B’C’, bán kính \(R = IB'\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}NI\parallel B'O'\\B'N\parallel O'I\end{array} \right.\) nên O’B’NI là hình bình hành \( \Rightarrow O'I = B'N = \dfrac{1}{2}B'M = \dfrac{1}{4}BB' = \dfrac{a}{2}\).

Tam giác A’B’C’ đều cạnh a nên \(B'E = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow B'O = \dfrac{2}{3}B'E = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông O’B’I có:

\(IB' = \sqrt {O'{I^2} + B'O{'^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}\).

Tam giác ABC có:

\(\left\{ \begin{array}{l}A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25\\B{C^2} = {5^2} = 25\end{array} \right.\) \( \Rightarrow A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\) \( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại A (Định lí Pytago đảo).

Gọi H là trung điểm của BC khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, suy ra \(HA = HB = HC = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{5}{2}.\)

Mà \(OA = OB = OC \Rightarrow OH \bot \left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = OH = 1.\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OBH có: \(R = OB = \sqrt {O{H^2} + H{B^2}}  = \sqrt {1 + {{\left( {\dfrac{5}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {29} }}{2}.\)

Vậy thể tích khối cầu cần tìm là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{{29\sqrt {29} }}{6}\pi .\)

Gọi \({O_1},\,\,{O_2}\) lần lượt là tâm mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right),\,\,\left( {{S_2}} \right)\). Hai mặt cầu này cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C) có tâm I.

Gọi A, B là một đường kính của đường tròn giao tuyến như hình vẽ, ta có AB là trung trực của \({O_1}{O_2}\), do đó I là trung điểm của \({O_1}{O_2}\) \( \Rightarrow I{O_1} = I{O_2} = \dfrac{1}{2}{O_1}{O_2} = \dfrac{R}{2} = 1\).

Thể tích phần chung chính là tổng thể tích của hai khối chỏm cầu bằng nhau có bán kính R = 2, chiều cao \(h = \dfrac{R}{2} = 1\).

Vậy \(V = 2.\pi {h^2}\left( {R - \dfrac{h}{3}} \right) = 2\pi {.1^2}\left( {2 - \dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{10\pi }}{3}\).

Gọi M là trung điểm của BC, H là điểm đối xứng với A qua M.

Xét tứ giác ABHC có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và \(AM \bot BC \Rightarrow AH \bot BC\) (do tam giác ABC cân tại A) nên ABHC là hình thoi \( \Rightarrow HB = HC\).

Xét tam giác ABH có AB = BH, \(\angle BAH = \dfrac{1}{2}\angle BAC = {60^0}\) nên là tam giác đều, do đó HA = HB.

Suy ra HA = HB = HC hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi H’ là hình chiếu của A lên (A’B’C’) thì H’ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’, khi đó HH’ là trục của khối lăng trụ đứng.

Gọi I là trung điểm của HH’, ta có IA = IB = IC, IA’ = IB’ = IC’.

Xét tam giác vuông AHI và tam giác vuông A’H’I có: HI = H’I (theo cách dựng), AH = A’H’.

\( \Rightarrow \Delta AHI = \Delta A'H'I\) (2 cạnh góc vuông) \( \Rightarrow IA = IA'\). Do đó A = IB = IC = IA’ = IB’ = IC’ hay I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’.

Ta có AH = AB = 2 (do ABHC là hình thoi) và HH’ = AA’ = 4 nên IH = 2.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHI có: \(AI = \sqrt {A{H^2} + H{I^2}}  = \sqrt {{2^2} + {2^2}}  = 2\sqrt 2 \).

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là \(R = 2\sqrt 2 \).

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là: \({S_{mc}} = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 32\pi \).

Ta có đường kính mặt cầu là \(60.2 = 120\,\,\,\left( {cm} \right).\)

Mà khoảng cách giữa hai đáy của thùng rượu là \(80cm\)

Nên chiều cao chỏm cầu là \(h = \dfrac{{120 - 80}}{2} = 20\,\,\left( {cm} \right).\)

Thế tích của 1 chỏm cầu chiều cao \(h = 20\) và bán kính \(60cm\)là

\({V_{cc}} = \pi {h^2}\left( {R - \dfrac{h}{3}} \right) = \pi {.20^2}\left( {60 - \dfrac{{20}}{3}} \right) = \dfrac{{64000}}{3}\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right) = \dfrac{{64\pi }}{3}\,\,\left( l \right)\)

Thể tích của cả khối cầu bán kính 60 cm là \(V = \dfrac{4}{3}\pi {r^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.60^3} = 288000\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right) = 288\pi \,\,\left( l \right)\)

Khi đó thể tích thùng rượu là \(V' = V - 2{V_{cc}} = \dfrac{{736}}{3}\pi \,\,\left( l \right) \approx 771\,\,\left( l \right).\)