Cd3.1 Khoi Cau-Tinh Ban Kinh-Md4.Doc

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

HÌNH HỌC 12 - CHƯƠNG II
CHỦ ĐỀ 3.1 Khối cầu: Tính bán kính.
MỨC ĐỘ 4
Câu 1.

[2H2-3.1-4] [THPT chuyên ĐHKH Huế] Cho tứ diện S . ABC có đáy ABC là tam giác
vuông tại A với AB 3a , AC 4a . Hình chiếu H của S trùng với tâm đường trịn nội tiếp
tam giác ABC . Biết SA 2a , bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là.
A. R a.

118
.
2

B. R a.

118
.
C. R a. 118 .
8
Hướng dẫn giải

D. R a.

118
.
4

Chọn D.
Hướng dẫn giải.

.
Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC . Tính được r =

AB .AC
=a.
AB + AC + BC

Tính được AH = a 2 và MH = a 5 .
2
Tam giác SAH vuông tại H suy ra SH = SA 2 - AH 2 = a 2. .
Gọi M là trung điểm của BC và D là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABC . Suy ra O Ỵ D .
Ta có:
OC 2 = OS2 Û OM 2 + MC 2 = SK 2 + OK 2 .
Û OM 2 +

25a2 5a2
3 2 .
=
+ (OM + a 2)2 Û OM =
a
4
4
4

Suy ra R = OC = 118 a .

4

TRANG 1


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

Câu 2.

PHƯƠNG PHÁP

[2H2-3.1-4] [THPT Đặng Thúc Hứa] Cho ba tia Ox , Oy , Oz đơi một vng góc với nhau.
Gọi C là điểm cố định trên Oz , đặt OC 1 , các điểm A , B thay đổi trên Ox , Oy sao cho
OA  OB OC. Tìm giá trị bé nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. .
A.

6
.
4

B.

6
.
2

C.

6.

D.

6
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn A.

A  a;0;0  ,

Đặt

B  0; b; 0  .

Khơng

mất

tính

tổng

qt,

giả

sử

a, b  0 .

Vì

OA  OB OC  a  b 1 .

Gọi  I ; R  là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và H là hình chiếu của I lên mặt phẳng Oxy .
Khi đó, H cách đều ba đỉnh O, A, B nên nó là tâm của đường trịn ngoại tiếp OAB .
Áp dụng định lý hàm số Sin cho OAB , có.
AB
AB
AB



2
2
OH 


2  OH  a  b .
2sin AOB 2sin 90

2

2
2
2
2
 AB  OA  OB  a  b
Gọi M là trung điểm của SC . Vì IO IC nên IOC cân tại I .

 IM  OC  IMOH là hình chữ nhật.
2

1
a 2  b2
Do đó R  IM 2  OM 2    
(Do OH IM ).
4
 2


1 1 2
 a  b2
4 4



Vậy Min R 
Câu 3.



BCS



1 1  a  b
1 1
6
.

 
  
4 4
2
4 8
4

6
.
4

[2H2-3.1-4] [THPT chuyên Lương Thế Vinh] Một hình hộp chữ nhật P nội tiếp trong một hình cầu có
bán kính R . Tổng diện tích các mặt của P là 384 và tổng độ dài các cạnh của P là 112 . Bán kính R
của hình cầu là.

A. 14 .

B. 10 .

C. 12 .
Hướng dẫn giải

D. 8 .

Chọn B.
Gọi chiều dài, rộng, cao của hình hộp chữ nhật lần lượt là a, b, c .
TRANG 2


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

Đường chéo hình hộp chữ nhật bằng: a 2  b 2  c 2 .
Tổng diện tích các mặt của P là 384 nên 2ab  2ac  2bc 384 .
Tổng độ dài các cạnh của P là 112 nên 4a  4b  4c 112  a  b  c 28 .
a 2  b2  c2 

 a  b  c

2

 2  ab  ac  bc   282  384 20 .

Vậy bán kính mặt cầu bằng 10 .
Câu 4.

[2H2-3.1-4] [THPT chuyên Hưng n lần 2] Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  ,

AC b , AB c , BAC
 . Gọi B , C  lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên SB , SC .
Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC B theo b , c ,  . .
A. R 

b 2  c 2  2bc cos 
.
2sin 

B. R 2 b 2  c 2  2bc cos  .

C. R 

b 2  c 2  2bc cos 
.
sin 2

D. R 

2 b 2  c 2  2bc cos 
.
sin 

Hướng dẫn giải
Chọn A.

.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC .
Tam giác ABB vng tại B nên M chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB , suy
ra trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB chính là đường trung trực  của AB (xét
trong mp  ABC  ).
Tam giác ACC  vuông tại C  nên N chính là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ACC , suy
ra trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACC  chính là đường trung trực 1 của AC (xét
trong mp  ABC  ).
Gọi I   1 thì I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC và I cách đếu các điểm
A, B, C , B, C nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCBC  .

Câu 5.

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABCBC  thì R chính là bán kính đường trịn ngoại tiếp
tam giác ABC .

AB. AC.BC  c.b.BC
b 2  c 2  2bc.cos 
R

1
Ta có
.

4. bc.sin 
4.S ABC
2sin

2
[2H2-3.1-4] [THPT Đặng Thúc Hứa] Cho ba tia Ox , Oy , Oz đơi một vng góc với nhau.
Gọi C là điểm cố định trên Oz , đặt OC 1 , các điểm A , B thay đổi trên Ox , Oy sao cho
OA  OB OC. Tìm giá trị bé nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. .
TRANG 3


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

A.

6
.
4

B.

PHƯƠNG PHÁP

6
.
2

C.

6.

D.

6
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Đặt

A  a;0;0  ,

B  0; b; 0  .

Khơng

mất

tính

tổng

qt,

giả

sử

a, b  0 .

Vì

OA  OB OC  a  b 1 .

Gọi  I ; R  là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và H là hình chiếu của I lên mặt phẳng Oxy .
Khi đó, H cách đều ba đỉnh O, A, B nên nó là tâm của đường trịn ngoại tiếp OAB .
Áp dụng định lý hàm số Sin cho OAB , có.
AB
AB
AB



2
2
OH 


2  OH  a  b .
2sin AOB 2sin 90


2

2
2
2
2
 AB  OA  OB  a  b
Gọi M là trung điểm của SC . Vì IO IC nên IOC cân tại I .
 IM  OC  IMOH là hình chữ nhật.
2

1
a 2  b2
Do đó R  IM 2  OM 2    
(Do OH IM ).
4
 2


1 1 2
 a  b2
4 4



Vậy Min R 



BCS



1 1  a  b
1 1
6
.
 
  
4 4
2
4 8
4

6
.
4

TRANG 4