Trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cho hai tia \(Ox,\,\,Oy\) và \(\angle xOy = 60^\circ \). Trên tia

Câu hỏi số 484112:

Vận dụng cao

Trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cho hai tia \(Ox,\,\,Oy\) và \(\angle xOy = 60^\circ \). 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. \(\dfrac{{\pi {a^2}}}{3}\)

Đáp án đúng là: D

Giải chi tiết

Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OMN\), \(D\) là điểm đối xứng với \(D\) qua \(O\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}DM \bot OM\\DM \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow DM \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow DM \bot OH\\\left\{ \begin{array}{l}OH \bot DM\\OH \bot SM\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SDM} \right) \Rightarrow OH \bot HD\end{array}\)

\( \Rightarrow \angle OHD = {90^0} \Rightarrow IO = IH = ID\).

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:

\(\begin{array}{l}R = IO = {R_{\Delta OMN}} = \dfrac{{MN}}{{2\sin \angle MON}}\\ = \dfrac{{\sqrt {O{M^2} + O{N^2} - 2OM.ON.\cos OMN} }}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{\sqrt {O{M^2} + O{N^2} - OM.ON} }}{{\sqrt 3 }}\end{array}\)

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 \(S = 4\pi {R^2} \ge 4\pi .{\left( {\dfrac{a}{{2\sqrt 3 }}} \right)^2} = \dfrac{{\pi {a^2}}}{3}\)

Xem lời giải

Câu hỏi:484112

Tham Gia Group Dành Cho 2K7 luyện thi Tn THPT - ĐGNL - ĐGTD

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD) tại Tuyensinh247.com. Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.