Bài viết trình bày lý thuyết và hướng dẫn phương pháp giải các dạng bài tập mặt cầu – khối cầu trong chương trình Hình học 12.
A. TÓM TẮT KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA
I. MẶT CẦU – KHỐI CẦU
1. Định nghĩa 1: Tập hợp các điểm trong không gian cách điểm \(O\) cố định một khoảng \(R\) không đổi được gọi là mặt cầu có tâm là \(O\) và bán kính bằng \(R\), kí hiệu là \(S(O;R).\)
Như vậy: Mặt cầu \(S(O;R) = \{ M|OM = R\} .\)
2. Vị trí tương đối giữa điểm và mặt cầu: Cho điểm \(A\) và mặt cầu \(S(O;R).\) Ta có:
+ Điểm \(A\) thuộc mặt cầu \( \Leftrightarrow OA = R.\)
+ Điểm \(A\) nằm trong mặt cầu \( \Leftrightarrow OA < R.\)
+ Điểm \(A\) nằm ngoài mặt cầu \( \Leftrightarrow OA /> R.\)
3. Định nghĩa 2: Tập hợp các điểm thuộc mặt cầu \(S(O;R)\) cùng với các điểm nằm trong mặt cầu đó được gọi là khối cầu \(S(O;R).\)
Như vậy: Khối cầu \(S(O;R) = \{ M|OM \le R\} .\)
II. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA MẶT CẦU VÀ MẶT PHẲNG
1. Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng
Cho mặt cầu \(S(O;R)\) và mặt phẳng \((P)\), gọi \(d\) là khoảng cách từ \(O\) tới \((P)\) và \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \((P).\) Ta có:
+ Nếu \(d < R\) thì \((P)\) cắt mặt cầu \(S(O;R)\) theo giao tuyến là đường tròn nằm trên \((P)\) có tâm \(H\) và có bán kính \(r = \sqrt {{R^2} – {d^2}} .\)
Trường hợp đặc biệt:
Khi \(d = 0\) thì \((P)\) đi qua tâm \(O\) của mặt cầu. Mặt phẳng đó được gọi là mặt phẳng kính, giao tuyến của mặt phẳng kính với mặt cầu là đường tròn có bán kính \(R\), đường tròn đó gọi là đường tròn lớn của mặt cầu.
+ Nếu \(d = R\) thì \((P)\) và mặt cầu có một điểm chung duy nhất là \(H.\) Khi đó ta nói \((P)\) tiếp xúc với mặt cầu tại điểm \(H\), hoặc ta nói \((P)\) là tiếp diện của mặt cầu tại điểm \(H.\) Điểm \(H\) gọi là tiếp điểm của \((P)\) và mặt cầu.
+ Nếu \(d /> R\) thì \((P)\) và mặt cầu \(S(O;R)\) không có điểm chung.
2. Mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện: Mặt cầu đi qua mọi đỉnh của hình đa diện \(H\) gọi là mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện \(H\) và hình đa diện \(H\) gọi là nội tiếp mặt cầu đó.
III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA MẶT CẦU VÀ ĐƯỜNG THẲNG
Cho mặt cầu \(S(O;R)\) và đường thẳng \(\Delta .\) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(\Delta \) và \(d = OH\) là khoảng cách từ \(O\) tới \(\Delta .\)
+ Nếu \(d < R\) thì \(\Delta \) cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt.
+ Nếu \(d = R\) thì \(\Delta \) và mặt cầu có một điểm chung duy nhất \(H.\) Khi đó ta nói đường thẳng \(\Delta \) tiếp xúc với mặt cầu tại điểm \(H\), hoặc ta nói \(\Delta \) là tiếp tuyến của mặt cầu tại \(H.\) Điểm \(H\) gọi là tiếp điểm của \(\Delta \) và mặt cầu.
+ Nếu \(d /> R\) thì \(\Delta \) và mặt cầu không có điểm chung.
IV. DIỆN TÍCH MẶT CẦU – THỂ TÍCH KHỐI CẦU
1. Mặt cầu bán kính \(R\) có diện tích là: \(S = 4\pi {R^2}.\)
2. Khối cầu bán kính \(R\) có thể tích là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}.\)
B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN MẶT CẦU – KHỐI CẦU
VẤN ĐỀ 1. XÁC ĐỊNH MẶT CẦU
1. PHƯƠNG PHÁP
+ Muốn chứng minh nhiều điểm cùng thuộc một mặt cầu ta chứng minh các điểm đó cùng cách đều một điểm \(O\) cố định một khoảng \(R /> 0\) không đổi.
+ Muốn chứng minh một đường thẳng \(D\) tiếp xúc với một mặt cầu \(S(O;R)\), ta chứng minh \(d(O;D) = R.\)
+ Muốn chứng minh một mặt phẳng \((P)\) tiếp xúc với một mặt cầu \(S(O;R)\), ta chứng minh \(d(O;(P)) = R.\)
+ Tập hợp các điểm \(M\) trong không gian nhìn đoạn thẳng \(AB\) cố định dưới một góc vuông là mặt cầu đường kính \(AB.\)
2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Cho tứ diện \(ABCD.\) Chứng minh rằng tập hợp các điểm \(M\) trong không gian sao cho \(|\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} | = 4\) là một mặt cầu.
\(|\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} | = 4\) \( \Leftrightarrow |4\overrightarrow {MG} | = 4\) (\(G\) là trọng tâm tứ diện \(ABCD\)) \( \Leftrightarrow MG = 1.\)
Vậy tập hợp các điểm \(M\) trong không gian là mặt cầu tâm \(G\) bán kính \(R = 1.\)
Ví dụ 2: Cho tứ diện đều \(ABCD\) có cạnh bằng \(a.\) Tìm tập hợp các điểm \(M\) trong không gian sao cho: \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} \le 2{a^2}.\)
Áp dụng định lí trung tuyến trong tam giác ta có:
\(M{A^2} + M{B^2}\) \( = 2M{I^2} + \frac{{A{B^2}}}{2}\) \( = 2M{I^2} + \frac{{{a^2}}}{2}\) (\(I\) là trung điểm \(AB\)).
\(M{C^2} + M{D^2}\) \( = 2M{J^2} + \frac{{C{D^2}}}{2}\) \( = 2M{J^2} + \frac{{{a^2}}}{2}\) (\(J\) là trung điểm \(CD\)).
\( \Rightarrow M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2}\) \( = 2\left( {M{I^2} + M{J^2}} \right) + {a^2}\) \( = 2\left( {2M{K^2} + \frac{{I{J^2}}}{2}} \right) + {a^2}\) (\(K\) là trung điểm \(IJ\)).
Ta có: \(I{J^2} = \frac{{I{C^2} + I{D^2}}}{2} – \frac{{C{D^2}}}{4}\) \( = I{C^2} – \frac{{{a^2}}}{4}\) \( = {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} – \frac{{{a^2}}}{4}\) \( = \frac{{{a^2}}}{2}.\)
\( \Rightarrow M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2}\) \( = 4M{K^2} + \frac{{3{a^2}}}{2}.\)
Do đó: \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} \le 2{a^2}\) \( \Leftrightarrow 4M{K^2} + \frac{{3{a^2}}}{2} \le 2{a^2}\) \( \Leftrightarrow M{K^2} \le \frac{{{a^2}}}{8}\) \( \Leftrightarrow MK \le \frac{a}{{2\sqrt 2 }}.\)
Vậy tập hợp các điểm \(M\) trong không gian là khối cầu tâm \(K\) bán kính \(R = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}.\)
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng \((P)\) cho \(\Delta ABC\) vuông cân với \(AB = AC = a.\) \(Bu\), \(Cv\) là những nửa đường thẳng vuông góc với \((P)\) tại \(B\) và \(C\) và cùng phía với \((P).\) Trên \(Bu\), \(Cv\) lần lượt lấy \(M\), \(N\) di động sao cho \(\Delta AMN\) vuông tại \(M.\) Đặt \(BM = x\), \(CN = y.\)
a) Tính \(y\) khi \(x = a\), tính diện tích \(\Delta AMN\) và suy ra \(\cos \alpha \) với \(\alpha \) là góc tạo bởi \((AMN)\) và \((P).\)
b) Gọi \(I\) là trung điểm \(BC.\) Chứng minh rằng bốn điểm \(C\), \(I\), \(M\), \(N\) thuộc một đường tròn và năm điểm \(A\), \(C\), \(I\), \(M\), \(N\) thuộc một mặt cầu. Xác định tâm mặt cầu này.
a) Tính \(y\) khi \(x = a.\)
Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có \(AB = AC = a\) nên \(BC = a\sqrt 2 .\)
Tam giác \(ABM\) vuông tại \(B\) có \(A{M^2} = A{B^2} + B{M^2} = 2{a^2}.\)
Tam giác \(ACN\) vuông tại \(C\) có \(A{N^2} = A{C^2} + C{N^2}\) \( = {a^2} + {y^2}.\)
Tam giác \(MNJ\) vuông tại \(J\) có \(M{N^2} = M{J^2} + J{N^2}\) \( = 2{a^2} + {(y – a)^2}.\)
Tam giác \(AMN\) vuông tại \(M\) nên \(A{N^2} = A{M^2} + M{N^2}\) \( \Leftrightarrow {a^2} + {y^2}\) \( = 2{a^2} + 2{a^2} + {(y – a)^2}\) \( \Leftrightarrow 2ay = 4{a^2}\) \( \Leftrightarrow y = 2a.\)
Tính diện tích \(\Delta AMN.\)
Tam giác \(AMN\) vuông tại \(M\) nên:
\({S_{AMN}} = \frac{1}{2}AM.MN\) \( = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .\sqrt {2{a^2} + {{(y – a)}^2}} \) \( = \frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{2}\) \((y = 2a).\)
Tính \(\cos \alpha .\)
Ta có \(\Delta ABC\) là hình chiếu của \(\Delta AMN\) trên mặt phẳng \((P).\)
\( \Rightarrow {S_{ABC}} = {S_{AMN}}.\cos \alpha \) (với \(\alpha \) là góc tạo bởi \((AMN)\) và \((P)\)).
\( \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{AMN}}}}\) \( = \frac{{\frac{1}{2}{a^2}}}{{\frac{{\sqrt 6 }}{2}{a^2}}} = \frac{1}{{\sqrt 6 }}\) \( \Rightarrow \alpha = \arccos \frac{1}{{\sqrt 6 }}.\)
b) Chứng minh bốn điểm thuộc một đường tròn.
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AI \bot BC}\\
{AI \bot BM}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow AI \bot (BCNM)\) \( \Rightarrow AI \bot MN\) mà \(MA \bot MN.\)
\( \Rightarrow MN \bot (AMI)\) \( \Rightarrow MN \bot MI\) \((1).\)
Ta lại có: \(CN \bot CI\) \((2).\)
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra tứ giác \(CIMN\) nội tiếp.
Chứng minh năm điểm thuộc một mặt cầu. Xác định tâm mặt cầu này.
Ta có: \(AM \bot MN\), \(AI \bot IN\) (\(AI \bot (BCMN)\)), \(AC \bot CN.\)
Suy ra năm điểm \(A\), \(C\), \(I\), \(M\), \(N\) cùng thuộc mặt cầu đường kính \(AN.\)
Tâm \(K\) của mặt cầu là trung điểm của \(AN.\)
Ví dụ 4: Cho hình chóp \(S.ABCD\), trong đó đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(SA \bot (ABCD).\) Mặt phẳng qua \(A\) và vuông góc với \(SC\) cắt \(SB\), \(SC\), \(SD\) ở \(B’\), \(C’\), \(D’.\)
a) Chứng minh rằng tứ giác \(AB’C’D’\) có hai góc đối diện vuông.
b) Chứng minh rằng nếu \(S\) di chuyển trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) tại \(A\) thì \((AB’C’D’)\) luôn đi qua một đường thẳng cố định và \(A\), \(B\), \(B’\), \(C\), \(C’\), \(D\), \(D’\) cùng thuộc một mặt cầu cố định.
a) Chứng minh rằng tứ giác \(AB’C’D’\) có hai góc đối diện vuông.
Ta có:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{BC \bot AB}\\
{BC \bot SA\:\:(SA \bot (ABCD))}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow BC \bot (SAB)\) \( \Rightarrow BC \bot AB’.\)
\(SC \bot \left( {AB’C’D’} \right)\) \( \Rightarrow SC \bot AB’.\)
\( \Rightarrow AB’ \bot (SBC)\) \( \Rightarrow AB’ \bot B’C’\) \((1).\)
Ta có:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{CD \bot AD}\\
{CD \bot SA\:\:(SA \bot (ABCD))}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow CD \bot (SAD)\) \( \Rightarrow CD \bot AD’.\)
\(SC \bot \left( {AB’C’D’} \right)\) \( \Rightarrow SC \bot AD’.\)
\( \Rightarrow AD’ \bot (SCD)\) \( \Rightarrow AD’ \bot C’D’\) \((2).\)
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra điều phải chứng minh.
b) Chứng minh rằng nếu \(S\) di chuyển trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) tại \(A\) thì \((AB’C’D’)\) luôn đi qua một đường thẳng cố định.
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{BD \bot AC}\\
{BD \bot SA}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow BD \bot (SAC)\) \( \Rightarrow BD \bot SC.\)
Trong \((ABCD)\), từ \(A\) kẻ đường thẳng \(d\) song song với \(BD.\) Khi đó \(d \bot SC.\) Vậy đường thẳng \(d\) cố định chứa trong mặt phẳng \((AB’C’D’).\)
Chứng minh \(A\), \(B\), \(B’\), \(C\), \(C’\), \(D\), \(D’\) cùng thuộc một mặt cầu cố định.
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AB \bot BC}\\
{AD \bot DC}\\
{AB’ \bot (SBC) \Rightarrow AB’ \bot B’C}\\
{AD’ \bot (SCD) \Rightarrow AD’ \bot D’C}\\
{\left( {AB’C’D’} \right) \bot SC \Rightarrow AC’ \bot C’C}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow \) các điểm \(A\), \(B\), \(B’\), \(C\), \(C’\), \(D\), \(D’\) cùng thuộc một mặt cầu đường kính \(AC\) cố định.
Ví dụ 5: Cho \(\Delta ABC\) đều, cạnh \(a\), nội tiếp trong đường tròn tâm \(O\) chứa trong mặt phẳng \((P).\) Vẽ đường kính \(AD\) của đường tròn \((O)\), dựng \(SD \bot (P)\) và \(SD = a.\)
a) Chứng minh rằng \(\Delta SAC\), \(\Delta SAB\) vuông.
b) Xác định tâm mặt cầu đi qua năm điểm \(S\), \(A\), \(B\), \(C\), \(D.\)
a) Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AB \bot BD}\\
{AB \bot SD}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow AB \bot (SBD)\) \( \Rightarrow AB \bot SB.\)
Suy ra tam giác \(SAB\) vuông tại \(B.\)
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AC \bot CD}\\
{AC \bot SD}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow AC \bot (SCD)\) \( \Rightarrow AC \bot SC.\)
Suy ra tam giác \(SAC\) vuông tại \(C.\)
b) Gọi \(K\) là trung điểm \(SA\) ta có:
\(OK//SD\) \( \Rightarrow OK \bot (P)\) \( \Rightarrow OK\) là trục của đường tròn \((O).\)
\( \Rightarrow KA = KB = KC = KD.\)
Tam giác \(SDA\) vuông tại \(D\) nên \(KS = KD = KA.\)
Suy ra \(K\) là tâm của mặt cầu đi qua năm điểm \(S\), \(A\), \(B\), \(C\), \(D.\)
VẤN ĐỀ 2. MẶT CẦU NGOẠI TIẾP – NỘI TIẾP HÌNH CHÓP
1. PHƯƠNG PHÁP
a. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
+ Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp. Khi đó ta nói hình chóp nội tiếp mặt cầu.
+ Điều kiện hình chóp nội tiếp mặt cầu: “Hình chóp nội tiếp được trong một mặt cầu khi và chỉ khi đáy của nó là đa giác nội tiếp một đường tròn”.
+ Tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy của hình chóp và mặt trung trực của một cạnh bên.
b. Mặt cầu nội tiếp hình chóp
Mặt cầu nội tiếp hình chóp là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp. Khi đó ta nói hình chóp ngoại tiếp mặt cầu.
Điều kiện mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu:
+ Mặt phẳng \((P)\) tiếp xúc với mặt cầu \(S(O;R)\) tại điểm \(H\) khi và chỉ khi \((P)\) vuông góc với bán kính \(OH\) tại điểm \(H\).
+ Mặt phẳng \((P)\) tiếp xúc với mặt cầu \(S(O;R)\) \( \Leftrightarrow d(O;(P)) = R.\)
Nếu một khối đa diện có hình cầu nội tiếp thì bán kính hình cầu nội tiếp là: \(r = \frac{{3V}}{{{S_{tp}}}}\) với \(V\): thể tích khối đa diện, \({S_{tp}}\): diện tích toàn phần hình đa diện.
Tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp cách đều tất cả các mặt của hình chóp.
2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1:
a) Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh bên bằng \(a\) và hợp với mặt đáy một góc \({60^0}.\) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp ấy.
b) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh đáy bằng \(a\) và cạnh bên bằng \(b.\)
a) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD.\)
Ta có \(SO\) là trục của hình vuông \(ABCD.\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(SB.\)
Trong mặt phẳng \((SBD)\), qua \(I\) kẻ đường trung trực \(d\) của \(SB\), \(d\) cắt \(SO\) tại \(K.\) Khi đó ta có:
\(K \in SO\) \( \Rightarrow KA = KB = KC = KD.\)
\(K \in d\) \( \Rightarrow KS = KB.\)
Suy ra \(K\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD.\)
Bán kính \(R = KS.\)
Tứ giác \(KIBO\) có \(\widehat {KOB} = \widehat {KIB} = {90^0}\) nên tứ giác \(KIBO\) là tứ giác nội tiếp. Khi đó:
\(SK.SO = SI.SB\) \( \Rightarrow SK = \frac{{SI.SB}}{{SO}} = \frac{{S{B^2}}}{{2SO}}\) (\({SI = \frac{1}{2}SB}\)).
Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\), có \(\widehat {SBD} = (SB;(ABCD)) = {60^0}\) nên \(\Delta SBD\) đều.
\( \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Suy ra \(R = SK = \frac{{{a^2}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}.\)
Tìm tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp.
Gọi \(H\) là trung điểm \(CD.\) Trong tam giác \(SOH\) kẻ đường phân giác \(HJ\) \((J \in SO).\)
Kẻ \(JP \bot SH\) \((P \in SH)\) \( \Rightarrow JP \bot (SCD)\) \( \Rightarrow JP = d(J;(SCD)).\)
Khi đó \(JO = JP\) (tính chất đường phân giác).
\( \Rightarrow d(J;(ABCD)) = d(J;(SCD)).\)
Tương tự suy ra \(J\) cách đều các mặt của hình chóp, nên \(J\) là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp, bán kính \(r = JO.\)
Tam giác \(SBD\) đều nên \(BD = SB = a\) \( \Rightarrow CD = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\) \( \Rightarrow OH = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}.\)
Tam giác \(SOH\) vuông tại \(O\):
\(S{H^2} = S{O^2} + O{H^2}\) \( = {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2}\) \( = \frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{8}\) \( = \frac{{7{a^2}}}{8}.\)
\( \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 7 }}{{2\sqrt 2 }}.\)
\(HJ\) là đường phân giác tam giác \(SOH.\)
\( \Rightarrow \frac{{JO}}{{JS}} = \frac{{HO}}{{HS}}\) \( = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}.\frac{{2\sqrt 2 }}{{a\sqrt 7 }} = \frac{1}{{\sqrt 7 }}\) \( \Leftrightarrow \frac{r}{{SO – r}} = \frac{1}{{\sqrt 7 }}\) \( \Leftrightarrow \sqrt 7 r = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} – r.\)
\( \Leftrightarrow r = \frac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 7 + 1}}.\)
b) Gọi \(O\) là tâm của tam giác đều \(ABC\), suy ra \(SO\) là trục của tam giác \(ABC.\)
Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(SA.\) Trong \((SAO)\), qua \(I\) kẻ đường trung trực \(d\) của \(SA\), \(d\) cắt \(SO\) tại \(K.\)
Khi đó ta có:
\(K \in SO\) \( \Rightarrow KA = KB = KC.\)
\(K \in d\) \( \Rightarrow KS = KA.\)
Suy ra \(K\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác đều \(S.ABC.\) Bán kính \(R = SK.\)
Tứ giác \(KIAO\) có \(\widehat {KOA} = \widehat {KIA} = {90^0}\) nên tứ giác \(KIAO\) là tứ giác nội tiếp.
Khi đó:
\(SK.SO = SI.SA\) \( \Rightarrow SK = \frac{{SI.SA}}{{SO}} = \frac{{S{A^2}}}{{2SO}}\) (\({SI = \frac{1}{2}SA}\)).
Tam giác đều \(ABC\) có cạnh bằng \(a\) nên: \(AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)
Tam giác \(SAO\) vuông tại \(O\):
\(S{O^2} = S{A^2} – A{O^2}\) \( = {b^2} – {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}\) \( = {b^2} – \frac{{{a^2}}}{3}.\)
\( \Rightarrow SO = \sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{3}} \) \( = \frac{{\sqrt {3{b^2} – {a^2}} }}{{\sqrt 3 }}.\)
Suy ra: \(R = SK = \frac{{{b^2}\sqrt 3 }}{{2\sqrt {3{b^2} – {a^2}} }}.\)
Ví dụ 2: Cho tứ diện \(SABC\) có \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\), \(SA = h\), tam giác \(ABC\) đều và có cạnh bằng \(a.\) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
Gọi \(O\) là tâm của tam giác đều \(ABC.\)
Qua \(O\), dựng đường thẳng \(d // SA.\) Khi đó \(d \bot (ABC)\) và \(d\) là trục của tam giác \(ABC.\)
Trong mặt phẳng \((SA;d)\), kẻ đường trung trực của \(SA\), cắt \(d\) tại \(K.\)
\(IK\) là trung trực của \(SA\) nên \(IS = IA.\)
\(K \in d\) nên \(KA = KB = KC.\)
Vậy \(K\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(SABC.\)
Bán kính \(R = KA.\)
Tam giác \(OAK\) vuông tại \(O\) có:
\(A{K^2} = A{O^2} + O{K^2}\) \( = {\left( {\frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{h}{2}} \right)^2}\) \( = \frac{{{a^2}}}{3} + \frac{{{h^2}}}{4}\) \( \Rightarrow R = AK = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{3} + \frac{{{h^2}}}{4}} .\)
Ví dụ 3: Cho tứ diện \(ABCD\) với \(AB = CD = c\), \(AC = BD = b\), \(AD = BC = a.\)
a) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
b) Chứng minh rằng có một mặt cầu tiếp xúc với bốn mặt của hình tứ diện.
a) Gọi \(E\), \(F\), \(G\), \(H\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AD\), \(BC\), \(AB\), \(CD.\) Gọi \(I\) là trọng tâm tam giác \(BCD\), gọi \(K\) là trọng tâm tứ diện \(ABCD.\) Theo định nghĩa trọng tâm tứ diện, ta có \(K\) là điểm đồng quy của \(EF\), \(GH\) và \(AI.\) .
Ta có: \(\Delta ABC = \Delta CDA.\)
\( \Rightarrow HA = HB\) \( \Rightarrow \Delta AHB\) cân tại \(H.\)
Vì \(G\) là trung điểm \(AB\) \( \Rightarrow HG \bot AB.\)
\( \Rightarrow HG\) là đường trung trực của \(AB.\)
\( \Rightarrow KA = KB\) \((1).\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(HG\) là đường trung trực của \(CD\) \( \Rightarrow KC = KD\) \((2).\)
\(EF\) là đường trung trực của \(AD\) \( \Rightarrow KA = KD\) \((3).\)
Từ \((1)\), \((2)\), \((3)\) suy ra \(K\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD.\) Bán kính \(R = AK.\) Áp dụng định lí trung tuyến cho tam giác \(ABC\) ta có:
\(A{F^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} – \frac{{B{C^2}}}{4}\) \( = \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{b^2}}}{2} – \frac{{{c^2}}}{4}.\)
Tam giác \(AEF\) vuông tại \(E\) nên ta có:
\(E{F^2} = A{F^2} – A{E^2}\) \( = \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{b^2}}}{2} – \frac{{{c^2}}}{4} – \frac{{{c^2}}}{4}\) \( = \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{b^2}}}{2} – \frac{{{c^2}}}{2}.\)
\(K\) là trung điểm \(EF\) nên \(KE = \frac{{EF}}{2}.\)
Tam giác \(AEK\) vuông tại \(E\) ta có:
\(A{K^2} = A{E^2} + E{K^2}\) \( = \frac{{{c^2}}}{4} + \frac{1}{4}E{F^2}\) \( = \frac{{{c^2}}}{4} + \frac{1}{4}\left( {\frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{b^2}}}{2} – \frac{{{c^2}}}{2}} \right)\) \( = \frac{{{a^2}}}{8} + \frac{{{b^2}}}{8} + \frac{{{c^2}}}{8}.\)
Suy ra \(R = KA = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\)
b) Theo tính chất trọng tâm của tứ diện ta có:
\(KI = \frac{1}{4}AI\) \( \Rightarrow d(K;(BCD)) = \frac{1}{4}d(A;(BCD)).\)
Tương tự:
\(d(K;(ACD)) = \frac{1}{4}d(A;(ACD)).\)
\(d(K;(ABD)) = \frac{1}{4}d(C;(ABD)).\)
\(d(K;(ABC)) = \frac{1}{4}d(D;(ABC)).\)
Vì \(d(A;(BCD)) = d(B;(ACD))\) \( = d(C;(ABD)) = d(D;(ABC))\) (\( = \frac{{3{V_{ABCD}}}}{S}\)) (do tứ diện có bốn mặt là bốn tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh – cạnh – cạnh, có diện tích bằng \(S\)).
Suy ra: \(d(K;(BCD)) = d(K;(ACD))\) \( = d(K;(ABD)) = d(K;(ABC)).\)
Suy ra \(K\) là tâm của mặt cầu nội tiếp tứ diện \(ABCD.\)
Vậy có một mặt cầu tiếp xúc với bốn mặt của hình tứ diện, mặt cầu đó có tâm là \(K.\)
Ví dụ 4: Xác định tâm \(K\) và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABC\) biết rằng \(SA = a\), \(SB = b\), \(SC = c\) và ba cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\) đôi một vuông góc. Chứng minh rằng các điểm \(S\), \(G\), \(K\) thẳng hàng, trong đó \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC.\)
Gọi \(O\) là trung điểm của \(BC\), tam giác \(SBC\) vuông tại \(S\) nên \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SBC.\)
Từ \(O\) dựng đường thẳng \(d\) song song với \(SA\), khi đó \(d\) là trục của tam giác \(SBC.\)
Gọi \(I\) là trung điểm \(SA.\) Trong \((SA;d)\), qua \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(SO\), cắt \(d\) tại \(K.\) Do \(SO \bot SA\) nên \(IK \bot SA.\)
Vậy \(IK\) là đường trung trực của \(SA.\)
Ta có: \(K\) thuộc trục \(d\) nên \(K\) cách đều \(S\), \(B\), \(C.\)
\(KI\) là đường trung trực của \(SA\) nên \(K\) cách đều \(S\) và \(A.\)
Vậy \(K\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(SABC\), bán kính \(R = SK.\)
Tam giác \(SOK\) vuông tại \(O\) nên ta có:
\(S{K^2} = S{O^2} + O{K^2}\) \( = {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} + S{I^2}\) \( = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}\) \( \Rightarrow R = SK = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\)
Chứng minh rằng các điểm \(S\), \(G\), \(K\) thẳng hàng, trong đó \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC.\)
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{OK//SA}\\
{\frac{{OK}}{{SA}} = \frac{1}{2}}\\
{\frac{{GO}}{{GA}} = \frac{1}{2}}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{G \in SK}\\
{\frac{{GK}}{{GS}} = \frac{1}{2}}
\end{array}} \right..\)
Vậy các điểm \(S\), \(G\), \(K\) thẳng hàng.
Ví dụ 5: Trong \((P)\) cho hình thang cân \(ABCD\), \(AB // CD\), ngoại tiếp đường tròn tâm \(O\) bán kính \(r.\) Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng \((P)\) tại \(O\), lấy điểm \(S\) sao cho \(OS = 2r.\) Giả sử \(CD = 4AB.\)
a) Tính diện tích toàn phần và thể tích hình chóp \(S.ABCD.\)
b) Chứng tỏ rằng \(O\) cách đều bốn mặt bên của hình chóp \(S.ABCD\) từ đó tìm tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp.
a) Tính diện tích toàn phần và thể tích hình chóp \(S.ABCD.\)
Đặt \(AB = 2a\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{CD = 8a}\\
{AD = BC = 5a}
\end{array}} \right..\)
Tam giác \(BCN\) vuông tại \(N\):
\(B{N^2} = B{C^2} – C{N^2}\) \( = 25{a^2} – 9{a^2}\) \( = 16{a^2}.\)
\( \Leftrightarrow 4{r^2} = 16{a^2}\) \( \Leftrightarrow r = 2a\) \( \Leftrightarrow a = \frac{r}{2}.\)
Trong \((ABCD)\) kẻ \(OK \bot AD\) tại \(K.\)
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AD \bot OK}\\
{AD \bot SO}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow AD \bot (SOK)\) \( \Rightarrow AD \bot SK.\)
Suy ra \(SK\) là chiều cao của mặt bên \(SAD.\)
Tam giác \(SOK\) vuông tại \(O\):
\(S{K^2} = S{O^2} + O{K^2}\) \( = 4{r^2} + {r^2} = 5{r^2}\) \( \Rightarrow SK = r\sqrt 5 .\)
Tương tự các mặt bên còn lại cũng có chiều cao bằng \(r\sqrt 5 \) \((SK = SM = \ldots ).\)
Suy ra diện tích toàn phần:
\({S_{tp}}\) \( = \frac{1}{2}SK(AB + BC + CD + AD)\) \( + \frac{1}{2}BN(AB + CD).\)
\( \Rightarrow {S_{tp}}\) \( = \frac{1}{2}r\sqrt 5 (2a + 5a + 8a + 5a)\) \( + \frac{1}{2}4a(2a + 8a).\)
\( = \frac{1}{2}r\sqrt 5 .20a + 20{a^2}\) \( = 5{r^2}\sqrt 5 + 5{r^2}\) \( = 5{r^2}(\sqrt 5 + 1).\)
Thể tích: \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO\) \( = \frac{1}{3}.5{r^2}.2r = \frac{{10}}{3}{r^3}.\)
b) Chứng tỏ rằng \(O\) cách đều bốn mặt bên của hình chóp \(S.ABCD\) từ đó tìm tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp.
Trong tam giác \(SOK\), kẻ đường cao \(OH \bot SK\) tại \(H.\) Do \(AD \bot (SOK)\) (chứng minh trên) \( \Rightarrow AD \bot OH.\) Suy ra \(OH \bot (SAD)\) \( \Rightarrow OH\) là khoảng cách từ \(O\) đến \((SAD).\)
Do các tam giác \(SOK\), \(SOM\) … bằng nhau nên các đường cao tương ứng từ \(O\) bằng nhau, tức là khoảng cách từ \(O\) đến các mặt bên là bằng nhau và bằng \(OH.\)
Vậy \(O\) cách đều các mặt bên của hình chóp.
Do đó tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp là một điểm \(I\) thuộc đoạn \(SO.\)
Bán kính: \(r’ = \frac{{3V}}{{{S_{tp}}}}\) \( = \frac{{10{r^3}}}{{5{r^2}(1 + \sqrt 5 )}} = \frac{{2r}}{{1 + \sqrt 5 }}.\)
VẤN ĐỀ 3. DIỆN TÍCH MẶT CẦU – THỂ TÍCH KHỐI CẦU
1. PHƯƠNG PHÁP
Mặt cầu bán kính \(R\) có diện tích là: \(S = 4\pi {R^2}.\)
Khối cầu bán kính \(R\) có thể tích là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}.\)
2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng \(a\) và mặt bên hợp với đáy một góc \(\varphi .\)
Gọi \(O\) là tâm của tam giác đều \(ABC\) suy ra \(SO\) là trục của tam giác \(ABC.\)
Trong mặt phẳng \((SAO)\), gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(SA.\)
Trong \((SAO)\), qua \(I\) kẻ đường trung trực \(d\) của \(SA\), \(d\) cắt \(SO\) tại \(K.\)
Khi đó ta có:
\(K \in SO\) \( \Rightarrow KA = KB = KC.\)
\(K \in d\) \( \Rightarrow KS = KA.\)
Suy ra \(K\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác đều \(S.ABC.\) Bán kính \(R = SK.\)
Tứ giác \(KIAO\) có \(\widehat {KOA} = \widehat {KIA} = {90^0}\) nên tứ giác \(KIAO\) là tứ giác nội tiếp. Khi đó:
\(SK.SO = SI.SA\) \( \Rightarrow SK = \frac{{SI.SA}}{{SO}}\) \( = \frac{{S{A^2}}}{{2SO}}\) (\({SI = \frac{1}{2}SA}\)).
Tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\) có:
\(\tan \varphi = \frac{{SO}}{{OM}}\) \( \Rightarrow SO = OM.\tan \varphi \) \( = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\tan \varphi .\)
Tam giác \(SAO\) vuông tại \(O\) có:
\(S{A^2} = S{O^2} + A{O^2}\) \( = \frac{{3{a^2}}}{{36}}.{\tan ^2}\varphi + \frac{{{a^3}}}{3}\) \( = \frac{{{a^2}}}{{12}}\left( {{{\tan }^2}\varphi + 4} \right).\)
\( \Rightarrow R = SK = \frac{{S{A^2}}}{{2SO}}\) \( = \frac{{\frac{{{a^2}}}{2}\left( {{{\tan }^2}\varphi + 4} \right)}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\tan \varphi }}\) \( = \frac{{a\sqrt 3 \left( {{{\tan }^2}\varphi + 4} \right)}}{{12\tan \varphi }}.\)
\({S_{{\rm{mặt\:cầu}}}} = 4\pi {R^2}\) \( = 4\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 3 \left( {{{\tan }^2}\varphi + 4} \right)}}{{12\tan \varphi }}} \right)^2}\) \( = \frac{{4\pi {a^2}{{\left( {{{\tan }^2}\varphi + 4} \right)}^2}}}{{12{{\tan }^2}\varphi }}.\)
\({V_{{\rm{khối\:cầu}}}} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\) \( = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 3 \left( {{{\tan }^2}\varphi + 4} \right)}}{{12\tan \varphi }}} \right)^3}.\)
Ví dụ 2: Cho \(\Delta ABC\) vuông cân với \(AB = AC = a\), \(BB’\) và \(CC’\) là hai đoạn thẳng vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\), ở cùng một phía đối với mặt phẳng đó, \(BB’ = CC’ = a.\)
a) Chứng minh rằng \(\Delta AB’C’\) đều.
b) Tính thể tích khối chóp \(A.BCC’B’.\)
c) Chứng minh rằng năm điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(C’\), \(B’\) thuộc một mặt cầu. Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ấy.
a) Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên ta có:
\(BC = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow B’C’ = a\sqrt 2 .\)
Tam giác \(ABB’\) vuông cân tại \(B\):
\(AB’ = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 .\)
Tam giác \(ACC’\) vuông cân tại \(C\):
\(AC’ = AC\sqrt 2 = a\sqrt 2 .\)
Suy ra tam giác \(AB’C’\) đều.
b) Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\), ta có:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AH \bot BC}\\
{AH \bot BB’}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow AH \bot \left( {BCC’B’} \right).\)
Suy ra: \({V_{ABCC’B’}} = \frac{1}{3}{S_{BCC’B’}}.AH\) \( = \frac{1}{3}BC.BB’.\frac{{BC}}{2}\) \( = \frac{1}{3}a\sqrt 2 .a.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{3}.\)
c) Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \(BCC’B’\), ta có:
\(OB = OC = OC’ = OB’\) \( = \frac{{BC’}}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }}{2}\) \( = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) \((1).\)
Tam giác \(AOH\) vuông tại \(H\):
\(O{A^2} = A{H^2} + O{H^2}\) \( = {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2}\) \( = \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{3{a^2}}}{4}\) \( \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) \((2).\)
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra: \(OB = OC = OC’ = OB’ = OA.\)
Vậy năm điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(C’\), \(B’\) cùng thuộc một mặt cầu tâm \(O\) bán kính \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Diện tích mặt cầu: \(S = 4\pi {R^2}\) \( = 4\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi {a^2}.\)
Thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\) \( = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^3} = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{2}.\)
Ví dụ 3: Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh cùng bằng \(a.\) Gọi \(A’\), \(B’\), \(C’\), \(D’\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA\), \(SB\), \(SC\), \(SD.\) Chứng minh rằng các điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(A’\), \(B’\), \(C’\), \(D’\) cùng thuộc một mặt cầu và tính thể tích khối cầu đó.
Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD.\) Khi đó \(SO\) là trục của hình vuông \(ABCD\) và \(SO\) cũng là trục của hình vuông \(A’B’C’D’.\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(BB’.\) Trong mặt phẳng \((SBO)\), kẻ đường trung trực của đoạn \(BB’\), cắt \(SO\) tại \(K.\)
Ta có: \(K \in SO\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{KA = KB = KC = KD}\\
{KA’ = KB’ = KC’ = KD’}
\end{array}} \right..\)
\(KI\) là đường trung trực của \(BB’\) nên \(KB = KB’.\)
Suy ra \(K\) cách đều tám điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(A’\), \(B’\), \(C’\), \(D’.\)
Vậy tám điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(A’\), \(B’\), \(C’\), \(D’\) cùng thuộc một mặt cầu tâm \(K\) bán kính \(R = KB.\)
Tứ giác \(BIOK\) nội tiếp:
\(SK.SO = SI.SB\) \( \Rightarrow SK = \frac{{SI.SB}}{{SO}}\) \( = \frac{{\frac{{3a}}{4}.a}}{{\sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }}\) \( = \frac{3}{4}.\frac{{{a^2}}}{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}}} = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}.\)
Tam giác \(SIK\) vuông tại \(I\): \(I{K^2} = S{K^2} – S{I^2}\) \( = {\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}} \right)^2} – {\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)^2}\) \( = \frac{{9{a^2}}}{{16}}.\)
Tam giác \(BIK\) vuông tại \(I\): \(B{K^2} = B{I^2} + I{K^2}\) \( = {\left( {\frac{a}{4}} \right)^2} + \frac{{9{a^2}}}{{16}} = \frac{{10{a^2}}}{{16}}.\)
Suy ra: \(R = BK = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\) và \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\) \( = \frac{4}{3}\pi .\frac{{10{a^2}}}{{16}}.\frac{{a\sqrt {10} }}{4}\) \( = \frac{{5\pi \sqrt {10} .{a^3}}}{{24}}.\)
Ví dụ 4: Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA = SB = SC = a\) và \(\widehat {ASB} = {120^0}\), \(\widehat {BSC} = {60^0}\), \(\widehat {CSA} = {90^0}.\)
a) Chứng minh tam giác \(ABC\) vuông và tìm hình chiếu vuông góc \(H\) của \(S\) lên \((ABC).\)
b) Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp \(SABC.\)
a) Áp dụng định lí hàm số \(\cos \) trong tam giác \(SAB\), ta có:
\(A{B^2} = S{A^2} + S{B^2} – 2SA.SB.\cos \widehat {ASB}\) \( = {a^2} + {a^2} – 2.a.a.\cos {120^0}\) \( = 3{a^2}\) \((1).\)
Tam giác \(SAC\) vuông cân tại \(S\) nên:
\(AC = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow A{C^2} = 2{a^2}\) \((2).\)
Tam giác \(SBC\) cân tại \(S\), có \(\widehat {BSC} = {60^0}\) nên tam giác \(SBC\) đều.
Do đó: \(BC = SB = SC = a\) \( \Rightarrow B{C^2} = {a^2}\) \((3).\)
Từ \((1)\), \((2)\), \((3)\) suy ra: \(A{B^2} = A{C^2} + B{C^2}.\)
Do đó tam giác \(ABC\) vuông tại \(C.\)
Tìm hình chiếu vuông góc \(H\) của \(S\) lên \((ABC).\)
Ta có: \(SA = SB = SC\) và \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên \((ABC)\) \( \Rightarrow HA = HB = HC.\)
Mà tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên \(H\) là trung điểm của \(AB.\)
b) Tính bán kính \(R\) hình cầu ngoại tiếp và bán kính \(r\) hình cầu nội tiếp hình chóp \(SABC.\)
Ta có: \(SH\) là trục của tam giác \(ABC.\) Gọi \(I\) là trung điểm \(SA\), trong tam giác \(SAB\) kẻ đường trung trực \(d\) của \(SA\), \(d\) cắt đường thẳng \(SH\) tại \(K.\) Ta có:
\(K\) thuộc trục \(SH\) nên \(K\) cách đều \(A\), \(B\), \(C.\)
\(K\) thuộc đường trung trực của \(SA\) nên \(K\) cách đều \(S\) và \(A.\)
Vậy \(K\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(SABC\), bán kính \(R = SK.\)
Tứ giác \(AIHK\) nội tiếp (do \(\widehat {AIK} = \widehat {AHK} = {90^0}\)) nên:
\(SK.SH = SI.SA\) \( \Rightarrow SK = \frac{{SI.SA}}{{SH}} = \frac{{S{A^2}}}{{2SH}}\) \( = \frac{{{a^2}}}{{2.\frac{a}{2}}} = a = R\) (\(\Delta SHB\) nửa đều nên \(SH = \frac{a}{2}\)).
\( \Rightarrow {S_{{\rm{mặt\:cầu}}}} = 4\pi {R^2} = 4\pi {a^2}\) và \({V_{{\rm{khối\:cầu}}}} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {a^3}.\)
Ví dụ 5:
1) Tìm công thức tính bán kính đường tròn giao tuyến của mặt phẳng với mặt cầu bán kính \(R\), biết rằng mặt phẳng cách mặt cầu một khoảng bằng \(h.\)
2) Cho tứ diện \(ABCD\) có hai mặt \(ABC\) và \(BCD\) là những tam giác đều cạnh \(a\) và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau.
a) Tính chu vi đường tròn giao tuyến của \((ABC)\) với mặt cầu đường kính \(CD.\)
b) Tìm tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD.\)
1) Tìm công thức tính bán kính đường tròn giao tuyến của mặt phẳng \((P)\) với mặt cầu \(S(O;R)\), biết rằng mặt phẳng \((P)\) cách mặt cầu một khoảng bằng \(h.\)
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên mặt phẳng \((P)\) và \(M\) là một điểm thuộc đường tròn giao tuyến. Tam giác \(OHM\) vuông tại \(H\) nên: \(r = \sqrt {{R^2} – {h^2}} .\)
2)
a) Tính chu vi đường tròn giao tuyến của \((ABC)\) với mặt cầu đường kính \(CD.\)
Gọi \(H\) là trung điểm \(BC.\)
Từ giả thiết hai mặt \(ABC\) và \(BCD\) là những tam giác đều cạnh \(a\) và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau, suy ra \(AH \bot (BCD).\)
Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\), khi đó \(I\) là tâm của mặt cầu đường kính \(CD.\) Mặt cầu này có bán kính \(R = \frac{{CD}}{2} = \frac{a}{2}.\)
Gọi \(K\) là trung điểm \(HC\), ta có: \(IK//HD\) \( \Rightarrow IK \bot BC.\)
Mà \(IK \bot AH\) (do \(AH \bot (BCD)\)) nên suy ra \(IK \bot (ABC).\)
Vậy \(IK\) là khoảng cách từ \(I\) đến mặt phẳng \((ABC).\)
Xét tam giác đều \(BCD\), ta có:
\(IK = \frac{1}{2}HD\) \( = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} = h.\)
Gọi \(r\) là bán kính đường tròn giao tuyến của \((ABC)\) với mặt cầu đường kính \(CD\), ta có:
\(r = \sqrt {{R^2} – {h^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} \) \( = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{16}}} = \frac{a}{4}.\)
Chu vi đường tròn giao tuyến: \(P = 2\pi r = 2\pi \frac{a}{4} = \frac{{a\pi }}{2}.\)
b) Tìm tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD.\)
Gọi \(O\) là tâm của tam giác đều \(ABC.\) Qua \(O\) dựng đường thẳng song song với \(AH\), cắt \(AD\) tại \(L.\) Khi đó \(OL\) là trục của tam giác \(BCD.\)
Tam giác \(AHD\) vuông cân tại \(H\) (do \(AH = HD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)). Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\) thì ta có \(HM\) là đường trung trực của \(AD\), \(HM\) cắt \(OL\) tại \(N.\)
\(N \in OL\) \( \Rightarrow NB = NC = ND.\)
\(N \in HM\) \( \Rightarrow NA = ND.\)
Suy ra \(N\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD.\)
Bán kính \(R’ = NA.\)
Gọi \(P\) là trung điểm \(HD\), ta có \(MP//AH//ON.\)
Xét tam giác \(HMP\): \(\frac{{HN}}{{HM}} = \frac{{HO}}{{HP}}\) \( = \frac{{\frac{1}{3}HD}}{{\frac{1}{2}HD}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow MN = \frac{1}{3}HM.\)
Tam giác \(AHD\) vuông tại \(H\) có:
\(HM = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}AH\sqrt 2 \) \( = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}\) \( \Rightarrow MN = \frac{{a\sqrt 6 }}{{12}}.\)
Tam giác \(AMN\) vuông tại \(M\):
\(A{N^2} = A{M^2} + M{N^2}\) \( = {\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{4}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{{12}}} \right)^2}\) \( = \frac{{5{a^2}}}{{12}}.\)
Suy ra: \(R = AN = \frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 3 }}.\)
VẤN ĐỀ 4. TIẾP TUYẾN CỦA MẶT CẦU
1. PHƯƠNG PHÁP
1) Điều kiện cần và đủ để đường thẳng \(\Delta \) tiếp xúc với mặt cầu \(S(O;R)\) tại điểm \(H\) là \(\Delta \) vuông góc với bán kính \(OH\) tại điểm \(H.\)
2) Đường thẳng \(\Delta \) tiếp xúc với mặt cầu \(S(O;R)\) \( \Leftrightarrow d(O;\Delta ) = R.\)
3) Trong trường hợp điểm \(A\) nằm ngoài mặt cầu thì:
+ Qua \(A\) có vô số tiếp tuyến với mặt cầu, chúng nằm trên mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu tại \(A.\)
+ Độ dài các đoạn thẳng nối \(A\) với các tiếp điểm đều bằng nhau.
+ Tập hợp các tiếp điểm là một đường tròn nằm trên mặt cầu.
2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Hãy chứng minh rằng có một mặt cầu tiếp xúc với các cạnh của một tứ diện đều \(ABCD\) cho trước.
Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\), \(R\), \(S\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB\), \(CD\), \(AD\), \(BC\), \(AC\), \(BD.\)
Gọi \(K\) là trọng tâm của tứ diện \(ABCD\) thì ta có:
\(K\) là trung điểm của mỗi đoạn \(MN\), \(PQ\) và \(RS\) \((1).\)
Gọi \(I\) là tâm tam giác đều \(BCD\), ta có \(AI\) là trục của tam giác \(BCD.\) Suy ra \(AI \bot CD.\)
Ta lại có \(BN \bot CD\) \( \Rightarrow CD \bot (ABN)\) \( \Rightarrow CD \bot AB.\)
Tương tự ta cũng có: \(AD \bot BC\) và \(AC \bot BD.\)
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{MQ//AC}\\
{MP//BD}\\
{AC \bot BD}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow MQ \bot MP\) \( \Rightarrow MPNQ\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow MN = PQ.\)
Chứng minh tương tự ta có: \(MN = PQ = RS\) \((2).\)
Từ \((1)\) và \((2)\) ta suy ra \(K\) cách đều các điểm \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\), \(R\), \(S.\)
Vậy có tồn tại mặt cầu \((C)\) có tâm \(K\) và đi qua các điểm \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\), \(R\), \(S.\)
Xét tam giác \(ABN\) có: \(AN = BN = CD.\frac{{\sqrt 3 }}{2}\) nên tam giác \(ABN\) cân tại \(N.\)
Suy ra đường trung tuyến \(MN\) vừa là đường cao.
Vậy \(MN \bot AB\) hay \(KM \bot AB.\)
Tương tự: \(KN \bot CD\), \(KP \bot AD\), \(KQ \bot BC\), \(KR \bot AC\), \(KS \bot BD.\)
Vậy đường tròn \((C)\) tâm \(K\) tiếp xúc với các cạnh của tứ diện đều tại trung điểm của mỗi cạnh.
Ví dụ 2: Trên đường thẳng \(Ax\) vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông \(ABCD\) có cạnh \(a\) và tâm \(O\), ta lấy một điểm \(S\) di động. Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên cạnh \(SB\), \(O’\) là điểm đối xứng của tâm \(O\) qua cạnh \(AB.\) Chứng minh rằng khi \(S\) di động trên tia \(Ox\) thì đường thẳng \(O’H\) luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định.
Ta có \(AH \bot HB\) nên tam giác \(ABH\) vuông tại \(H.\)
Gọi \(I\) là trung điểm \(AB.\) Ta có: \(HI = IA = IB = \frac{a}{2}.\)
Mặt khác \(O\) và \(O’\) đối xứng nhau qua \(AB\) nên: \(IO = IO’ = \frac{a}{2}.\)
Suy ra: \(IH = IO = IO’ = \frac{a}{2}.\)
Do đó tam giác \(OHO’\) vuông cân tại \(H.\) Suy ra \(O’H \bot OH.\)
Tam giác \(HIO\) vuông cân tại \(I\): \(OH = OI\sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) (không đổi).
Vậy khi \(S\) di động trên tia \(Ox\) thì đường thẳng \(O’H\) luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm \(O\) bán kính \(R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) cố định.
Ví dụ 3: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), biết \(SA \bot (ABCD)\) và \(SC\) hợp với \((SAB)\) một góc \({30^0}.\)
a) Chứng minh đường thẳng \(AB\) tiếp xúc với mặt cầu đường kính \(SD.\)
b) Mặt cầu đường kính \(SA\) cắt các cạnh \(SB\), \(SC\), \(SD\) lần lượt tại \(E\), \(H\), \(K.\) Chứng minh bốn điểm \(A\), \(E\), \(H\), \(K\) đồng phẳng.
c) Tính \({S_{AEHK}}\) và chu vi đường tròn giao tuyến qua bốn điểm \(A\), \(E\), \(H\), \(K.\)
a) Chứng minh đường thẳng \(AB\) tiếp xúc với mặt cầu đường kính \(SD.\)
Mặt cầu đường kính \(SD\) có tâm \(I\) là trung điểm của \(SD.\)
Do \(SA \bot AD\) nên \(A\) thuộc mặt cầu đường kính \(SD.\)
Ta lại có:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AB \bot AD}\\
{AB \bot SA}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow AB \bot (SAD)\) \( \Rightarrow AB \bot AI.\)
Vậy \(AB\) tiếp xúc với mặt cầu đường kính \(SD\) tại \(A.\)
b) Mặt cầu đường kính \(SA\) cắt các cạnh \(SB\), \(SC\), \(SD\) lần lượt tại \(E\), \(H\), \(K.\) Chứng minh các điểm \(A\), \(E\), \(H\), \(K\) đồng phẳng.
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{BC \bot AB}\\
{BC \bot SA\:\:(SA \bot (ABCD))}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow BC \bot (SAB).\)
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{CD \bot AD}\\
{CD \bot SA\:\:(SA \bot (ABCD))}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow CD \bot (SAD).\)
Các điểm \(E\), \(H\), \(K\) thuộc mặt cầu đường kính \(SA\) nên ta có: \(\widehat {SEA} = \widehat {SHA} = \widehat {SKA} = {90^0}.\)
Ta có:
\(AH \bot SC\) \((1).\)
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AE \bot SB}\\
{AE \bot BC\:\:(BC \bot (SAB))}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow AE \bot (SBC)\) \( \Rightarrow AE \bot SC\) \((2).\)
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AK \bot SD}\\
{AK \bot CD\:\:(CD \bot (SAD))}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow AK \bot (SCD)\) \( \Rightarrow AK \bot SC\) \((3).\)
Từ \((1)\), \((2)\) và \((3)\) suy ra bốn điểm \(A\), \(E\), \(H\), \(K\) cùng thuộc mặt phẳng \((P)\) qua \(A\) và vuông góc \(SC.\)
c) Tính \({S_{AEHK}}\) và chu vi đường tròn giao tuyến qua bốn điểm \(A\), \(E\), \(H\), \(K.\)
Ta có: \(AE \bot (SBC)\) \( \Rightarrow AE \bot EH\), \(AK \bot (SCD)\) \( \Rightarrow AK \bot KH.\)
Suy ra bốn điểm \(A\), \(E\), \(H\), \(K\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (đường tròn giao tuyến của mặt phẳng \((P)\) với mặt cầu đường kính \(SA\)). Bán kính \(R = \frac{{AH}}{2}.\)
Ta có \(BC \bot (SAB)\) \( \Rightarrow (SC;(SAB)) = \widehat {CSB} = {30^0}.\)
Tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\): \(\tan \widehat {BSC} = \frac{{BC}}{{SB}}\) \( \Rightarrow SB = \frac{{BC}}{{\tan {{30}^0}}} = a\sqrt 3 .\)
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\):
\(S{A^2} = S{B^2} – A{B^2}\) \( = 3{a^2} – {a^2} = 2{a^2}\) \( \Rightarrow SA = a\sqrt 2 = AC.\)
Suy ra tam giác \(SAC\) vuông cân tại \(A\), suy ra \(H\) là trung điểm \(SC.\) Ta có: \(AH = \frac{{SC}}{2} = \frac{{SA\sqrt 2 }}{2} = a.\)
Vậy \(R = \frac{a}{2}.\)
Chu vi đường tròn giao tuyến: \(P = 2\pi R = 2\pi \frac{a}{2} = \pi a.\)
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\): \(SE.SB = S{A^2}\) \( \Rightarrow \frac{{SE}}{{SB}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}}\) \( = \frac{{2{a^2}}}{{3{a^2}}} = \frac{2}{3}.\)
Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\): \(SK.SD = S{A^2}\) \( \Rightarrow \frac{{SK}}{{SD}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{D^2}}}\) \( = \frac{{2{a^2}}}{{3{a^2}}} = \frac{2}{3}.\)
Suy ra: \(\frac{{SE}}{{SB}} = \frac{{SK}}{{SD}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{EK//BD}\\
{EK = \frac{2}{3}BD = \frac{2}{3}a\sqrt 2 }
\end{array}} \right..\)
Mà ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{BD \bot AC}\\
{BD \bot SA}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow BD \bot (SAC).\)
Suy ra: \(EK \bot (SAC)\) \( \Rightarrow EK \bot AH.\)
Vậy \({S_{AEHK}} = \frac{1}{2}AH.EK\) \( = \frac{1}{2}.a.\frac{{2\sqrt 2 a}}{3} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{3}.\)
Ví dụ 4: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\), \(\widehat {ABC} = {60^0}.\) Biết \(SA \bot (ABCD)\), \(SA = a.\) Gọi \((I;R)\) là mặt cầu qua bốn điểm \(S\), \(A\), \(C\), \(D.\)
a) Tính \(R\) theo \(a.\)
b) Chứng minh đường thẳng \(BC\) tiếp xúc với mặt cầu \((I;R).\)
c) Chứng minh mặt phẳng \((SAD)\) cắt mặt cầu đường kính \(SB.\) Tính chu vi của đường tròn giao tuyến.
d) Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(SB.\) Trên tia đối của tia \(BC\) ta lấy điểm \(M\) sao cho \(BC = 2BM.\) Chứng minh \((MEF)\) tiếp xúc với mặt cầu đường kính \(BC.\)
a) Tính \(R\) theo \(a.\)
Tam giác \(ABC\) có \(AB = BC = a\) và \(\widehat {ABC} = {60^0}\) nên là tam giác đều, cạnh \(a.\) Suy ra tam giác \(ACD\) cũng là tam giác đều cạnh \(a.\)
Gọi \(H\) là trung điểm \(CD\), \(K\) là trung điểm \(AD\), \(G\) là tâm tam giác đều \(ACD.\)
Trong tam giác \(SAH\), từ \(G\) kẻ đường thẳng \(d\) song song với \(SA.\)
Suy ra \(d \bot (ACD).\) Khi đó \(d\) là trục của tam giác \(ACD.\) Trong mặt phẳng \((SAH)\), kẻ đường trung trực \(\Delta \) của \(SA\), \(\Delta \) cắt \(d\) tại \(I.\) Ta có:
\(I \in d\) \( \Rightarrow IA = IC = ID.\)
\(I \in \Delta \) \( \Rightarrow IA = IS.\)
Vậy bốn điểm \(S\), \(A\), \(C\), \(D\) thuộc mặt cầu tâm \(I\) bán kính \(R = IA.\)
Tam giác \(AGI\) vuông tại \(G\):
\(A{I^2} = A{G^2} + G{I^2}\) \( = {\left( {\frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{SA}}{2}} \right)^2}\) \( = \frac{{{a^2}}}{3} + \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{7{a^2}}}{{12}}.\)
Suy ra \(R = \frac{{a\sqrt 7 }}{{2\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}.\)
b) Chứng minh đường thẳng \(BC\) tiếp xúc với mặt cầu \((I;R).\)
Ta có: \(\left. \begin{array}{l}
\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{BC//AD}\\
{AD \bot CG}
\end{array}} \right\} \Rightarrow BC \bot CG\\
IG \bot (ABCD) \Rightarrow IG \bot BC
\end{array} \right\}\) \( \Rightarrow BC \bot (CIG)\) \( \Rightarrow BC \bot IC.\)
Vậy \(BC\) tiếp xúc với mặt cầu \((I;R)\) tại \(C.\)
c) Chứng minh mặt phẳng \((SAD)\) cắt mặt cầu đường kính \(SB.\) Tính chu vi của đường tròn giao tuyến.
Mặt cầu đường kính \(SB\) có tâm là trung điểm \(F\) của \(SB\) và bán kính \(R’ = \frac{{SB}}{2}.\)
Tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(A\): \(SB = SA\sqrt 2 = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow R’ = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{CK \bot AD}\\
{CK \bot SA}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow CK \bot (SAD)\) \( \Rightarrow CK = d(C;(SAD)) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Vì \(BC//(SAD)\) \( \Rightarrow d(B;(SAD))\) \( = d(C;(SAD))\) \( = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
\(F\) là trung điểm \(SB\) nên:
\(\frac{{FS}}{{BS}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \frac{{d(F;(SAD))}}{{d(B;(SAD))}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow d(F;(SAD))\) \( = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) \( = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} < R’.\)
Do đó mặt phẳng \((SAD)\) cắt mặt cầu đường kính \(SB.\)
Gọi \(r\) là bán kính đường tròn giao tuyến, ta có:
\(r = \sqrt {R{‘^2} – {d^2}(F;(SAD))} \) \( = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} \) \( = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{2} – \frac{{3{a^2}}}{{16}}} \) \( = \sqrt {\frac{{5{a^2}}}{{16}}} \) \( = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}.\)
Suy ra chu vi đường tròn giao tuyến: \(P = 2\pi r\) \( = 2\pi \frac{{a\sqrt 5 }}{4} = \frac{{\pi a\sqrt 5 }}{4}.\)
d) Chứng minh \((MEF)\) tiếp xúc với mặt cầu đường kính \(BC.\)
Tam giác \(ABC\) đều và \(E\) là trung điểm \(AB\) nên \(CE \bot EB.\) Vậy \(E\) thuộc mặt cầu đường kính \(BC\) tâm \(J\) là trung điểm \(BC.\)
Ta có: \(MB // OE\) và \(MB = OE\) \( \Rightarrow ME//BO.\)
Vì \(EJ\) là đường trung bình tam giác \(ABC\) nên: \(EJ // AC.\)
Vì \(BO \bot AC\) suy ra \(ME \bot EJ\) \((1).\)
\(EF\) là đường trung bình tam giác \(SAB\) nên: \(EF // SA.\)
Suy ra: \(EF \bot (ABCD)\) \( \Rightarrow EF \bot EJ\) \((2).\)
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \((MEF) \bot EJ\) tại \(E.\)
Vậy \((MEF)\) tiếp xúc với mặt cầu đường kính \(BC\) tại \(E.\)
