Cho hình chóp đều $n$ cạnh $(n \ge 3)$. Cho biết bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy là $R$ và góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng ${60^0}$ , thể tích khối chóp bằng $\dfrac{{3\sqrt 3 }}{4}{R^3}$ . Tìm $n$?
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 \(n = 6\).
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = a;\)\(AC = BC = AD = BD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Gọi \(M,\,\,N\) là trung điểm của \(AB,\,\,CD\). Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABD} \right);\,\,\left( {ABC} \right)\) là \(\alpha \) . Tính \({\rm{cos}}\alpha \) biết mặt cầu đường kính \(MN\) tiếp xúc với cạnh \(AD\).
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 :
\(\begin{array}{l}\cos \widehat {CMD} = \dfrac{{M{C^2} + M{D^2} - C{D^2}}}{{2MC.MD}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {a\left( {\sqrt 3 - 1} \right)} \right)}^2}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\sqrt 3 - 3 > 0\\ \Rightarrow \cos \alpha = \cos \widehat {CMD} = 2\sqrt 3 - 3\end{array}\)
Cho tứ diện \(ABCD\) có cạnh \(AD\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có cạnh \(AB = 3\), \(BC = 4\)và góc giữa \(DC\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({45^0}\). Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
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 : \(V = \dfrac{4}{3}\pi I{A^3} = \dfrac{4}{3}\pi .{\left( {\dfrac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right)^3} = \dfrac{{125\sqrt 2 }}{3}\pi \).
Cho khối cầu có bán kính \(R = 6\). Thể tích của khối cầu bằng
Thể tích của khối cầu bằng \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.6^3} = 288\pi \).
Một mặt cầu có bán kính bằng \(a.\) Diện tích của mặt cầu đó là:
Diện tích mặt cầu đã cho là:\(S = 4\pi {a^2}.\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(2\sqrt 2 \). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = 3\). Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) qua \(A\) và vuông góc với \(SC\) cắt cạnh \(SB,\,\,SC,\,\,SD\) lần lượt tại \(M,\,\,N,\,\,P\). Thể tích \(V\) của khối cầu ngoại tiếp tứ diện \(CMNP\).
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: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}\).
Cho mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\) có bán kính \({R_1}\), mặt cầu \(\left( {{S_2}} \right)\) có bán kính \({R_2} = 2{R_1}.\) Tính tỉ số diện tích của mặt cầu \(\left( {{S_2}} \right)\) và \(\left( {{S_1}} \right).\)
Ta có: \(\dfrac{{{S_2}}}{{{S_1}}} = \dfrac{{4\pi R_2^2}}{{4\pi R_1^2}} = \dfrac{{R_2^2}}{{R_1^2}} = {2^2} = 4\).
Cho ba hình cầu có bán kính lần lượt là \({R_1},{R_2},{R_3}\) đôi một tiếp xúc nhau và cùng tiếp xúc với mặt phẳng (P). Các tiếp điểm của ba hình cầu với mặt phẳng (P) lập thành một tam giác có độ dài cạnh lần lượt là 2, 3, 4. Tính tổng \({R_1} + {R_2} + {R_3}\):
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 \({R_1} + {R_2} + {R_3} = \dfrac{3}{4} + \dfrac{4}{3} + 3 = \dfrac{{61}}{{12}}\).
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AA’ = 2a, BC = a. Gọi M là trung điểm BB’. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp M.A’B’C’ bằng:
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:
\(IB' = \sqrt {O'{I^2} + B'O{'^2}} = \sqrt {{{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}\).
Cho mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(O\) và các điểm \(A\), \(B\), \(C\) nằm trên mặt cầu \(\left( S \right)\) sao cho \(AB = 3\), \(AC = 4\), \(BC = 5\) và khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(1\). Thể tích của khối cầu \(\left( S \right)\) bằng
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: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{{29\sqrt {29} }}{6}\pi .\)
Cho hai khối cầu \(\left( {{S_1}} \right),\,\,\left( {{S_2}} \right)\) có cùng bán kính 2 thỏa mãn tính chất: tâm của \(\left( {{S_1}} \right)\) thuộc \(\left( {{S_2}} \right)\) và ngược lại. Tính thể tích phần chung V của hai khối cầu tạo bởi \(\left( {{S_1}} \right)\) và \(\left( {{S_2}} \right)\).
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 \(V = 2.\pi {h^2}\left( {R - \dfrac{h}{3}} \right) = 2\pi {.1^2}\left( {2 - \dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{10\pi }}{3}\).
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có chiều cao bằng 4, đáy ABC là tam giác cân tại A với AB = AC = 2; \(\angle BAC = {120^0}\). Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ trên.
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: \({S_{mc}} = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 32\pi \).
Một thùng rượu vang có dạng hình tròn xoay có hai đáy là hai hình tròn bằng nhau, khoảng cách giữa hai đáy bằng \(80\left( {cm} \right)\). Đường sinh của mặt xung quanh thùng là một phần đường tròn có bán kính \(60\left( {cm} \right)\)(tham khảo hình minh họa bên). Hỏi thùng đó có thể đựng bao nhiêu lít rượu?(làm tròn đến hàng đơn vị)
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 \(V' = V - 2{V_{cc}} = \dfrac{{736}}{3}\pi \,\,\left( l \right) \approx 771\,\,\left( l \right).\)
Cho một hình hộp chữ nhật kích thước $4 \times 4 \times h$ chứa một khối cầu lớn có bán kính bằng 2 và 8 khối cầu nhỏ có bán kính bằng 1. Biết rằng các khối cầu đều tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với các mặt của hình hộp (tham khảo hình vẽ). Thể tích của khối hộp bằng
$32+32 \sqrt{7}$
$32+32 \sqrt{7}$
$32+32 \sqrt{7}$
Bước 1: Gọi tâm của quả cầu lớn là $S$, tâm của các quả cầu nhỏ lần lượt là $A, B, C, D$. Khi đó 5 điểm $S, A, B, C, D$.
Gọi tâm của quả cầu lớn là $S$, tâm của các quả cầu nhỏ lần lượt là $A, B, C, D$. Khi đó 5 điểm $S, A, B, C, D$ tạo thành 1 khối chóp tứ giác đều, có cạnh đáy bằng 2 , cạnh bên bằng 3
Ta có $B O=\dfrac{1}{2} B D=\sqrt{2} ; S O=\sqrt{S B^{2}-B O^{2}}=\sqrt{7}$
Bước 2: Chiều cao của hình hộp $h=2.SO+2.1$
Khi đó, chiều cao của hình hộp là: $h=2 S O+2.1=2 \sqrt{7}+2$
Vậy thể tích của khối hộp là: $V=4.4 . h=32 \sqrt{7}+32$
