Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng bài rất hay trong chương trình toán lớp 12 đó chính là dạng tính thể tích hình cầu rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về công thức tính thể tích hình cầu cũng như các bài tập bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán Hình lớp 12 nhằm đạt được kết quả cao trong học tập nhé!
I. LÝ THUYẾT VỀ THỂ TÍCH HÌNH CẦU
Để có thể làm được các dạng bài tập liên quan đến thể tích hình cầu một cách dễ dàng nhất thì chúng ta cần phải nắm vững và thật chắc các công thức cũng như tính chất của dạng này như sau:
|
MẶT CẦU |
Một số công thức: | Mặt cầu ngoại tiếp đa diện
Mặt cầu nội tiếp đa diện |
|
Hình thành: Quay đường tròn tâm $I$, bán kính $R=\frac{AB}{2}$ quanh trục $AB$, ta có mặt cầu như hình vẽ. |
|
Mặt cầu ngoại tiếp đa diện là mặt cầu đi qua tất cả đỉnh của đa diện đó. |
Mặt cầu nội tiếp đa diện là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của đa diện đó. |
II. BÀI TẬP MẪU VỀ THỂ TÍCH HÌNH CẦU
Khi đã nắm chắc được các lý thuyết liên quan đến các dạng mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thì chúng ta cần phải làm thêm một số bài tập mẫu của công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương để có thể hiểu rõ hơn chương hình học không gian này ngay bên dưới đây:
Bài tập 1: Tìm $\alpha $ sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác $ACH$ quanh trục $AB$ đạt giá trị lớn nhất.
Cho nửa đường tròn đường kính $AB=2R$ và điểm $C$ thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt $\alpha =\widehat{CAB}$ và gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$lên $AB$. Tìm $\alpha $ sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác $ACH$ quanh trục $AB$ đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
Ta có $\left\{ \begin{align}& AC=AB.\text{ }\cos \alpha =2R.\cos \alpha \\& CH=AC.\sin \alpha =2R.\cos \alpha .\sin \alpha \\& AH=AC.\cos \alpha =2R.{{\cos }^{2}}\alpha \\\end{align} \right.$
Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác $ACH$ quanh trục $AB$là
$V=\frac{1}{3}AH.\pi C{{H}^{2}}=\frac{8}{3}{{R}^{3}}.{{\cos }^{4}}\alpha .{{\sin }^{2}}\alpha $.
Đặt $t={{\cos }^{2}}\alpha \,\,\left( 0<t<1 \right)$
$\Rightarrow V=\frac{8}{3}{{R}^{3}}{{t}^{2}}\left( 1-t \right)=\frac{8}{6}{{R}^{3}}.t.t\left( 2-2t \right)\le \frac{8}{6}{{R}^{3}}{{\left( \frac{t+t+2-2t}{3} \right)}^{3}}$
Vậy $V$ lớn nhất khi $t=\frac{2}{3}$ khi $\alpha =\arctan \frac{1}{\sqrt{2}}$.
Bài tập 2: Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón nội tiếp trong khối cầu có bán kính $R$ là
Lời giải:
Rõ ràng trong hai khối nón cùng bán kính đáy nội tiếp trong một khối cầu thì khối nón có chiều cao lớn hơn thì thể tích lớn hơn, nên ta chỉ xét khối nón có chiều cao lớn hơn trong hai khối nón đó.
Giả sử rằng khối nón có đáy là hình tròn $\left( C \right)$ bán kính $r$. Gọi $x$ với ${f}’\left( x \right)$ là khoảng cách giữa tâm khối cầu đến đáy khối nón. Khi đó chiều cao lớn nhất của khối nón nội tiếp khối cầu với đáy là hình tròn $\left( C \right)$ sẽ là $h=R+x$. Khi đó bán kính đáy nón là $r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}$. Vậy thể tích khối nón là
$V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi \left( R+x \right)\left( {{R}^{2}}-{{x}^{2}} \right)$
$=\frac{1}{3}\pi \left( R+x \right)\left( R+x \right)\left( R-x \right)=\frac{1}{6}\pi \left( R+x \right)\left( R+x \right)\left( 2R-2x \right)$
Áp dụng BĐT Cô-si ta có $V\le \frac{1}{6}\pi \frac{{{\left( R+x+R+x+2R-2x \right)}^{3}}}{27}=\frac{32\pi {{R}^{3}}}{81}$
Xem thêm: Cách giải và bài tập mẫu bán kính mặt cầu
Bài tập 3: Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chữ nhật có ba kích thước $1,2,3$ là
A. $\frac{9\pi }{8}$. B. $\frac{9\pi }{2}$. C. $36\pi $. D. $\frac{7\sqrt{14}\pi }{3}$.
Lời giải
Ta có $A{C}’=\sqrt{A{{{{A}’}}^{2}}+A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{14}$.
Mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật nhận đường chéo $A{C}’$ là đường kính, do đó bán kính mặt cầu là $R=\frac{1}{2}A{C}’=\frac{\sqrt{14}}{2}$. Vậy thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi \frac{14\sqrt{14}}{8}=\frac{7\sqrt{14}\pi }{3}$.
Do đó, đáp án chính xác ở đây chúng ta chọn là A.
Bài tập 4: Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương
Cho hình lập phương có cạnh bằng $a$. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương đó bằng
A. $V=\frac{4\sqrt{3}}{3}\pi {{a}^{3}}$. B. $V=4\sqrt{3}\pi {{a}^{3}}$. C. $V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}.$ D. $V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$.
Lời giải
Tâm $I$ của mặt cầu ngoại tiếp lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ là trung điểm của đường chéo $A{C}’$ và $R=IA=\frac{A{C}’}{2}$
Khối lập phương cạnh a nên:
$A{A}’\text{ }=\text{ }a,\text{ }{A}'{C}’\text{ }=\text{ }a\sqrt{2}$
$\Rightarrow A{C}’=\sqrt{A{{{{A}’}}^{2}}+{A}'{{{{C}’}}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}=a\sqrt{3}\Rightarrow R=\frac{A{C}’}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vậy thể tích khối cầu cần tính là:
$V=\frac{4}{3}.\pi .{{R}^{3}}=\frac{4}{3}.\pi .{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{3}}=\frac{4}{3}\pi .{{a}^{3}}\frac{3\sqrt{3}}{8}=\frac{\pi .{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$.
Do đó, đáp án chính xác ở đây chúng ta chọn là D.
Bài tập 5: Tính thể tích $V$ của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích $V$ của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A. $V=\frac{7\sqrt{21}\pi {{a}^{3}}}{54}$. B. $V=\frac{7\sqrt{21}\pi {{a}^{3}}}{18}$. C. $V=\frac{4\sqrt{3}\pi {{a}^{3}}}{81}$. D. $V=\frac{4\sqrt{3}\pi {{a}^{3}}}{27}$.
Lời giải
*) Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$:
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$, $O$ là tâm của hình vuông$ABCD$, $M$là trung điểm của$AB$.
Do $\Delta SAB$ đều $\Rightarrow SM\bot AB$
Mà $\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SM\bot \left( ABCD \right)\,\,\Rightarrow SM\bot OM$
$OM$ là đường trung bình của $\Delta ABC\Rightarrow OM\text{//}AD\Rightarrow OM\bot AB\,\,(do\,\,AD\bot AB)$
$\Rightarrow OM\bot \left( SAB \right)$.
Dựng các đường thẳng qua $G,\,\,O$ lần lượt song song với $MO,\,\,SM$, hai đường thẳng này cắt nhau tại $I$
Ta có: $IO\text{//}SM,\,\,SM\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow IO\bot \left( ABCD \right)$, mà $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$
$\Rightarrow IA=IB=IC=ID$
Ta có: $GI\text{//}OM,\,\,\,\,MO\bot \left( SAB \right)\Rightarrow GI\bot \left( SAB \right)$, mà $G$là trọng tâm tam giác đều $SAB$
$\Rightarrow IS=IA=IB$
Từ, suy ra: $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$.
*) Tính bán kính, thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$:
Ta có: $OM=\frac{1}{2}AD=\frac{a}{2}\,\,\,\Rightarrow GI=OM=\frac{a}{2}$
$\Delta SAB$ đều cạnh bằng a có $G$là trọng tâm $\Rightarrow BG=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
Do $GI\bot \left( SAB \right)\Rightarrow GI\bot BG\Rightarrow \Delta BGI$ vuông tại $G$
$\Rightarrow IB=\sqrt{I{{G}^{2}}+G{{B}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{4}+\frac{{{a}^{2}}}{3}}=a\sqrt{\frac{7}{12}}$
Bán kính khối cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$là: $R=IB=a\sqrt{\frac{7}{12}}$
Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$là:
$V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi .{{\left( a\sqrt{\frac{7}{12}} \right)}^{3}}=\frac{7\sqrt{21}\pi {{a}^{3}}}{54}$.
Do đó, đáp án chính xác ở đây chúng ta chọn là A.
Như vậy, bên trên là tất cả những thông tin cần thiết về lý thuyết cũng như công thức về thể tích hình cầu và diện tích mặt cầu mà các bạn không nên bỏ qua. Nếu như bạn có thắc mắc hay cần hỗ trợ thì đừng ngần ngại mà không liên hệ ngay với chúng tôi để nhận được sự trợ giúp sớm nhất nhé!
Xem thêm:
