Google
Câu hỏi: Trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ cho hai tia $Ox,Oy$ và $\angle xOy={{60}^{0}}.$ Trên tia $Oz$ vuông góc với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ tại $O,$ lấy điểm $S$ sao cho $SO=a.$ Gọi $M,N$ là các điểm lần lượt di động trên hai tia $Ox,Oy$ sao cho $OM+ON=a(a>0$ và $M,N$ khác $O$ ). Gọi $H,K$ là hình chiếu vuông góc của $O$ trên hai cạnh $SM,SN.$ Mặt cầu ngoại tiếp đa diện $MNHOK$ có diện tích nhỏ nhất bằng
A. $\dfrac{2\pi {{a}^{2}}}{3}$
B. $\pi {{a}^{2}}$
C. $2\pi {{a}^{2}}$
D. $\dfrac{\pi {{a}^{2}}}{3}$
A. $\dfrac{2\pi {{a}^{2}}}{3}$
B. $\pi {{a}^{2}}$
C. $2\pi {{a}^{2}}$
D. $\dfrac{\pi {{a}^{2}}}{3}$
Cách giải:
Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OMN,D$ là điểm đối xứng với $D$ qua $O.$
Ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& DM\bot OM \\
& DM\bot SO \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow DM\bot \left( SOM \right)\Rightarrow DM\bot OH$
$\left\{ \begin{aligned}
& OH\bot DM \\
& OH\bot SM \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow OH\bot \left( SDM \right)\Rightarrow OH\bot HD$
$\Rightarrow \angle OHD={{90}^{0}}\Rightarrow IO=IH=ID.$
Chứng minh tương tự ta có $OK\bot \left( SDN \right)\Rightarrow OK\bot KD\Rightarrow \angle OKD={{90}^{0}}\Rightarrow IO=IK=ID.$
$\Rightarrow IO=IM=IN=IH=IK\Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện $MNHOK.$
Gọi $P$ và $Q$ là trung điểm $OM$ và $ON$ nên $P$ và $Q$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OHM$ và $OKN.$
Ta có bán kính mặt cầu này là:
$R=IO={{R}_{\Delta OMN}}=\dfrac{MN}{2\sin \angle MON}$
$=\dfrac{\sqrt{O{{M}^{2}}+O{{N}^{2}}-2OM.ON.\cos OMN}}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{O{{M}^{2}}+O{{N}^{2}}-OM.ON}}{\sqrt{3}}$
Ta có: $O{{M}^{2}}+O{{N}^{2}}-OM.ON={{\left( OM+ON \right)}^{2}}-3OM.ON={{a}^{2}}-3OM.ON$
Lại có $OM.ON\le \dfrac{{{\left( OM+ON \right)}^{2}}}{4}=\dfrac{{{a}^{2}}}{4}$ nên $O{{M}^{2}}+O{{N}^{2}}-OM.ON\ge {{a}^{2}}-3\dfrac{{{a}^{2}}}{4}=\dfrac{{{a}^{2}}}{4}.$
Do đó ta có $R\ge \dfrac{\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}}{\sqrt{3}}=\dfrac{a}{2\sqrt{3}}.$
Vậy $S=4\pi {{R}^{2}}\ge 4\pi .{{\left( \dfrac{a}{2\sqrt{3}} \right)}^{2}}=\dfrac{\pi {{a}^{2}}}{3}.$
Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OMN,D$ là điểm đối xứng với $D$ qua $O.$
Ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& DM\bot OM \\
& DM\bot SO \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow DM\bot \left( SOM \right)\Rightarrow DM\bot OH$
$\left\{ \begin{aligned}
& OH\bot DM \\
& OH\bot SM \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow OH\bot \left( SDM \right)\Rightarrow OH\bot HD$
$\Rightarrow \angle OHD={{90}^{0}}\Rightarrow IO=IH=ID.$
Chứng minh tương tự ta có $OK\bot \left( SDN \right)\Rightarrow OK\bot KD\Rightarrow \angle OKD={{90}^{0}}\Rightarrow IO=IK=ID.$
$\Rightarrow IO=IM=IN=IH=IK\Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện $MNHOK.$
Gọi $P$ và $Q$ là trung điểm $OM$ và $ON$ nên $P$ và $Q$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OHM$ và $OKN.$
Ta có bán kính mặt cầu này là:
$R=IO={{R}_{\Delta OMN}}=\dfrac{MN}{2\sin \angle MON}$
$=\dfrac{\sqrt{O{{M}^{2}}+O{{N}^{2}}-2OM.ON.\cos OMN}}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{O{{M}^{2}}+O{{N}^{2}}-OM.ON}}{\sqrt{3}}$
Ta có: $O{{M}^{2}}+O{{N}^{2}}-OM.ON={{\left( OM+ON \right)}^{2}}-3OM.ON={{a}^{2}}-3OM.ON$
Lại có $OM.ON\le \dfrac{{{\left( OM+ON \right)}^{2}}}{4}=\dfrac{{{a}^{2}}}{4}$ nên $O{{M}^{2}}+O{{N}^{2}}-OM.ON\ge {{a}^{2}}-3\dfrac{{{a}^{2}}}{4}=\dfrac{{{a}^{2}}}{4}.$
Do đó ta có $R\ge \dfrac{\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}}{\sqrt{3}}=\dfrac{a}{2\sqrt{3}}.$
Vậy $S=4\pi {{R}^{2}}\ge 4\pi .{{\left( \dfrac{a}{2\sqrt{3}} \right)}^{2}}=\dfrac{\pi {{a}^{2}}}{3}.$
Đáp án D.