Cd3.1 Khoi Cau-Tinh Ban Kinh-Md3.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 3
Câu 1.

[2H2-3.1-3] [THPT Ngơ Sĩ Liên lần 3] Hình chóp S . ABC có SA   ABC  , tam giác ABC
vuông cân tại B , AB a và góc giữa SC với  ABC  bằng 45 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S . ABC là.
A. a 2 .

B.

a 2
.
2

a 3
.
2
Hướng dẫn giải

D. a .

C.

Chọn D.

.
Hình chiếu SC lên  ABC  là AC .
 ,  ABC   SCA

  SC
450 .


Nên : SA  AC a 2 .
Gọi I là trung điểm của SC .
 BC  AB
 BC   SAB   BC  SB .
Có : 
 BC  SA
Tam giác vng SAC , SBC có AI và BI là hai đường trung tuyến nên IA IB IC IS .
Hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
SC
a .
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp : R 
2
Câu 2.

[2H2-3.1-3] [THPT Lê Hồng Phong] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 2a . Tính bán
kính mặt cầu ngoại tiếp hình bát diện đều có các đỉnh là trung điểm của các cạnh của tứ diện
ABCD .
a
a 2
A. .
B.
.

C. 2a .
D. a 2 .
2
2
Hướng dẫn giải
Chọn B.

TRANG 1


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

A

E

H
I
O

B

D

J
F

G

C

.

1
Bát diện đều IEFGHJ có cạnh IE  BC a nội tiếp trong mặt cầu tâm O bán kính
2
1
a 2
.
R  EG 
2
2
Câu 3.

[2H2-3.1-3] [THPT chuyên ĐHKH Huế] Cho tứ diện S . ABC có tam giác ABC vng tại B
, AB a , BC a 3 và SA a 2 , SB a 2 , SC a 5 .Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện S . ABC .
A. R 

a 37
.
14

B. R 

a 259
a 259
.
C. R 

.
7
2
Hướng dẫn giải

D. R 

a 259
.
14

Chọn D.

.
Tam giác SBC có BC  SB SC . Nên tam giác SBC vuông tại B. Hay CB  SB .
2

2

2

Lại có : CB  AB . Suy ra CB   SAB  .
Có SA SB a 2 nên tam giác SAB cân tại S .
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB , khi đó O  SN , với N là trung điểm của
AB .
Dựng Ox là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB .
Gọi M là trung điểm của BC . Trong  SB;Ox  dựng đường trung trực của BC cắt Ox tại I .
Khi đó, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
2

a 7
a
.
  
2
 2



Có : S SAB

a 2
SB.SA
2a 7
SB.SA. AB 1

R




 SN . AB
2 SN
7 .
a 7
4R
2
2.
2

a 2



2

Có SN 





2

TRANG 2


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

2

2

 a 3   2a 7 
a 259
Vậy bán kính mặt cầu : CI  CM  MI  
.
 2    7   14 .


 

2

Câu 4.

2

[2H2-3.1-3] [THPT chun ĐHKH Huế] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật,
AC 7a, SA a 7 và SA   ABCD  . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .

B. R 

A. R a 14 .

7a
.
2

C. R a 56 .

D. a 7 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
.

S

I
A

D

B

C

Ta có các tam giác SAC , SBC , SDC là các tam giác.
vuông tại A .
Gọi I là trung điểm của SC suy ra.
SC
IA IB IC ID IS 
2
.
2
1
a 56
2
  7a   a 7 
2
2





a 56
.

2
[2H2-3.1-3] [THPT An Lão lần 2] Cho hình chóp S . ABC có đường cao SA , đáy ABC
là tam giác vuông tại A . Biết SA 6a, AB 2a, AC 4a. Tính bán kính R của mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S . ABC. .
A. R 2a 3 .
B. R a 14 .
C. R 2a 7 .
D. R 2a 5 .
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R 

Câu 5.

Hướng dẫn giải
Chọn B.

TRANG 3


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

S

D
I
C

A

M

B

BC  AC 2  AB 2 2a 5 . .
Gọi M là trung điểm BC . Vì ABC vng tại A nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC .
Qua M kẻ trục đường tròn của tam giác ABC.
Trong  SAM  lấy giao điểm I của đường trung trực cạnh SA và trục đường trịn.
Khi đó mặt cầu tâm I, bán kính R IA là ngoại tiếp khối chóp S.ABC.
Ta thấy IDAM là hình chữ nhật, nên.
2

2
2
2
 SA   BC 
 6 a   2a 5 
IA  IM  AM  


 a 14 .
 

   
 2   2 
 2   2 
.
2

Câu 6.

2

[2H2-3.1-3] [Minh Họa Lần 2] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB a , AD 2a
và AA 2a . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABBC  .
3a
3a
A. R  .
B. R 2a .
C. R 3a .
D. R  .
2
4
Hướng dẫn giải
Chọn A.
A'

D'
C'

B'

2a

A

D

2a

a
B

.
Ta có ABC   ABC  90 nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABBC  có đường kính AC  . Do đó
1
3a
2
2
2
bán kính là R  a   2a    2a   .
2
2
Câu 7.

C

[2H2-3.1-3] [THPT THÁI PHIÊN HP] Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có cạnh bên

bằng a , đáy ABC là tam giác cân tại A có AB  AC 2a và BAC
120 . Gọi M là trung
điểm của AC , D là giao điểm khác B của BM với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính
bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. .
TRANG 4


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

A.

13a .
2

B.

PHƯƠNG PHÁP

C. 5a
2 .

17 a
2 .

D. 7a
2 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

.
Gọi E là trung điểm của BC .
A là điểm đối xứng của A qua E .

Vì ABC cân tại A có AB  AC 2a và BAC
120 nên AA 2a và A là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi H là trung điểm AA, I là giao điểm mặt phẳng trung trực của AAvới đường thẳng d qua
Avà vuông góc  ABC  . I chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. .
Vì AAIH là hình chữ nhật nên AH  AI .

Xét AAH vng tại A ta có: AH  AA2  AH 2  4a 2 
Vậy: r 
Câu 8.

a2
17

a.
4
2

17a
..
2

[2H2-3.1-3] [THPT CHUYÊN VINH] Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC đều
cạnh 3a , cạnh bên SC 2a và SC vng góc với mặt phẳng đáy. Tính bán kính R của mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
2a
a 13
A. R 2a .
B. R 
.
C. R 3a .
D. R  .
3
2
Hướng dẫn giải
Chọn A.

TRANG 5


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

.
Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm SC .
Dựng IG //SC và IM //CG . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
Ta có: R IC  CM 2  CG 2  a 2  3a 2 2a .
Câu 9.

[2H2-3.1-3] [Cụm 4 HCM] Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có AB a, góc giữa
đường thẳng AC và mặt phẳng  AABB  bằng 30 . Gọi H là trung điểm của AB. Tính theo
a bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A. ABC. .
a 2
a 3
a 30
a 6
A. R 
.
B. R 
.
C. R 
.
D. R 
.
2
6

6
6
Hướng dẫn giải
Chọn C.
a 3
Ta có Tam giác ABC đều cạnh a  CH  AB và CH 
.
2
Suy ra CH   ABC  , nên.
 H 30 .
 AC;  ABC    AC ; AH  CA

3a
, AA  AH 2  AH 2 a 2 .
2
Dựng trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại trọng tâm G .
Dựng đường trung trực của AA trong mặt phẳng  AAG  cắt trục đường tròn tại I  I là
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A. ABC có bán kính là IA .
 AH CH .cot 30 

Ta có AG 

a 3
a 2
a 2 a 2 a 30
, AM 
.
 AI  AM 2  AG 2 



3
2
3
2
6

Câu 10. [2H2-3.1-3] [Cụm 4 HCM] Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có AB a, góc giữa
đường thẳng AC và mặt phẳng  AABB  bằng 30 . Gọi H là trung điểm của AB. Tính theo
a bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A. ABC. .
a 2
a 3
a 30
a 6
A. R 
.
B. R 
.
C. R 
.
D. R 
.
2
6
6
6
Hướng dẫn giải
Chọn C.
a 3
Ta có Tam giác ABC đều cạnh a  CH  AB và CH 
.

2
Suy ra CH   ABC  , nên.

TRANG 6


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

 H 30 .
 AC;  ABC    AC ; AH  CA

3a
, AA  AH 2  AH 2 a 2 .
2
Dựng trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại trọng tâm G .
Dựng đường trung trực của AA trong mặt phẳng  AAG  cắt trục đường tròn tại I  I là
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A. ABC có bán kính là IA .
 AH CH .cot 30 

Ta có AG 

a 3
a 2
a 2 a 2 a 30
, AM 
.
 AI  AM 2  AG 2 



3
2
3
2
6

Câu 11. [2H2-3.1-3] [THPT Ngô Quyền] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang cân, AB 4,
BC CD DA 2 . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với

 ABCD  . Tính bán kính
A. R 2 3 .

R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
B. R 2 .

C. R 

4 3
.
3

D. R 

2 3
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn D.

.
Gọi H là trung điểm AB  SH  AB . Dễ thấy HA HB HC HD 2  H là tâm
đường tròn ngoại tiếp ABCD  SH là trục của tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD .
Mặt khác tam giác SAB là tam giác đều nên trọng tâm I của tam giác ABC cách đều A và B .
2
2 3
Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S . ABCD . Bán kính R IA  SH 
.
3
3
Câu 12. [2H2-3.1-3] [THPT Ngô Quyền] Cho hình chóp S . ABC có đường cao SA , đáy ABC là tam
giác vuông tại A . Biết SA 6; AB 6; AC 8 . Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S . ABC .
A. R  34 .

B. R  34 .

C. R  34 .
Hướng dẫn giải

D. R  34 .

Chọn A.

TRANG 7


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

S

J

.

O
B

A
I

C
Giả sử O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC . Suy ra O cách đều bốn đỉnh S , A, B, C .
OA OB OC  1
Ta có: 
.
OA OS  2 
Từ  1 suy ra O  1 : trục của tam giác ABC (đường thẳng qua trung điểm I của BC và
song song với SA ).
Từ  2  suy ra O   2 : đường trung trực của SA (trong mặt phẳng  SAI  kẻ đường thẳng  2
qua trung điểm J của SA và song song với AI ).
Ta có ABC vng tại A và AI là đường trung tuyến hạ từ đỉnh A nên:
 BC  AB 2  AC 2 10
 BC 10


.


1
 AI 5
 AI  BC
2


Bán kính mặt cầu R OA  AJ 2  JO 2 

1 2
SA  AI 2  34 .
4

Câu 13. [2H2-3.1-3] [THPT CHUYÊN VINH] Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có
AB  AC a, BC  3a . Cạnh bên AA 2a . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABC C
bằng.
A. 2a .

B.

C. a .
Hướng dẫn giải

5a .

D.

3a .

Chọn A.

A'

C'
B'

K

I

A

C
O
B

.
Dễ thấy tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AB ' C ' C cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ
đứng đã cho.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Đường thẳng qua O vng góc với  ABC  cắt mặt phẳng trung trực của AA ' tại I. Khi đó I là
tâm mặt cầu ngoại tiếp.
TRANG 8


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

Mặt khác cos A 
Ta có: RABC 

PHƯƠNG PHÁP

AB 2  AC 2  BC 2
1
 .
2. AB. AC
2

BC
a 3

a .Do đó: R IA  OI 2  OA2  a 2  a 2 a 2 .
2sin A 2.sin1200

TRANG 9