Chuong 5 hh khong gian phan01

CHƯƠNG 05.
BÀI TỐN VẬN DỤNG CAO
HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
……………………………………………………………………
Chủ đề 1. Thể tích khối đa diện







Thể tích khối chóp
Thể tích khối lăng trụ
Thể tích khối hộp chữ nhật
Thể tích khối lập phương
Định lý tỉ số thể tích khối tứ diện hoặc khối chóp tam giác
Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 2. Mặt cầu – khối cầu





Định nghĩa mặt cầu
Cơng thức tính diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu
Phương pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC
Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 3. Mặt nón khối nón

 Định nghĩa mặt nón
 Hình nón và khối nón
 Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 4. Mặt trụ - khối trụ





Định nghĩa mặt trụ
Hình trụ và khối trụ
Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần của hình trụ và thể tích của khối trụ
Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 5. Ứng dụng hình học khơng gian giải các bài tốn thực tế
 Bài tập áp dụng
 Lời giải chi tiết

Đề ôn tập chương 5
Lời giải chi tiết

1


CHƯƠNG 05.
BÀI TỐN VẬN DỤNG CAO
HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
CHỦ ĐỀ 1.
THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Trước khi vào phần bài tập bạn đọc cần trang bị cho mình các kiến thức căn bản tối thiểu:
1. Thể tích khối chóp
1
V  B.h
3
Cơng thức tính:
với B diện tích đáy, h là chiều cao khối chóp.

h

B

2. Thể tích khối lăng trụ
V B.h với B diện tích đáy, h là chiều cao lăng trụ.

h

B

3. Thể tích khối hộp chữ nhật
V a.b.c với a, b, c là ba kích thước.

2


a
b

c

4 . Thể tích khối lập phương
V a 3 với a là độ dài cạnh.

a

a

a

5 . Định lý tỉ số thể tích khối tứ diện hoặc khối chóp tam giác

3


S
A'

C'

B'
C

A

B

Cho khối tứ diện SABC và A ', B ', C ' là các điểm tùy ý lần lượt thuộc SA, SB, SC ta có:
VSABC
SA SB SC


VSA ' B 'C ' SA ' SB ' SC '

Chúng ta sẽ cùng đi ngay vào các ví dụ minh họa để thấy rằng có những bài liên quan đến thể tích
khối đa diện rất khó, địi hỏi khả năng vận dụng cao.

4


BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A ' B ' và
BC. Mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi  H  là khối đa
V H 

diện chứa đỉnh
V H 
V



A .  H '
Lời giải

A,  H '

là khối đa diện cịn lại. Tính tỉ số
V H 

37
48

B.

A'

V H '

M



V H 

55
89

C.

V H '

V H '



.

2
3

V H 

D.

V H '



1
2

B'

I
K
C'

D'
A

B

J

N
D

C

AN  ND J , JM  BB ' K . Ta có: BK 2 B ' K ; I  A ' D '.
1
A' I  D ' D '

4
Ta có:
. Suy ra thiết diện là KMIDN
V H  VABA ' KMIDN VD. ABKMA '  VD.BKN  VD.MA ' I

1 
1 a a  1 1 a 2a 1 1 a a 55a 3
 a.  a 2  . .   a. . .  .a. . . 
3 
2 3 2  3 2 2 3 3 2 2 4 144
55a 3 89a3
V
55
 V H ' a 3 

 H  .
144
144
VH ' 89

Chọn B.
Bài 2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh bằng 4, mặt bên SAB là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh
SD, CD, BC. Thể tích khối chóp S . ABPN là x, thể tích khối tứ diện CMNP là y. Giá trị x, y thỏa
mãn bất đẳng thức nào dưới đây:
2
2
A . x  2 xy  y  160

2

2
B. x  2 xy  2 y  109

2
4
C. x  xy  y  145

2
4
D. x  xy  y  125

5


Lời giải
+ Gọi H là trung điểm AB.

S

SAB    ABCD   SH   ABCD 
Do ABC đều và 

M

3 AB
SH 
2 3
2
Xét ABC đều:
+ Ta có: S ABPN S ABCD  S ADN  SCND

A

AD.DN CN .CP
4.2 2.2

4 2 

10
2
2
2
2
1
1
20 3
20 3
 VS . ABPN  .S ABPN .SH  .10.2 3 
 x
3
3
3
3
AN  HD  K 
MK

H

 AB 2 

+ Gọi

D
K

B

P

N
C

là đường trung bình của DHS

ta có

1
1
1 1
1
1 2.2 2 3 2 3
2 3
 HK  SH  VCMNP  .SCNP .MK  . .CN .CP. .SH  .
.

 y
2
3
3 2
2

3 2
2
3
3

Thay vào các đáp án.
Chọn C.
Bài 3: Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân đỉnh C và SA vng góc


ABC  , SC a, SCA .
với mặt phẳng 
Xác định góc  để thể tích khối chóp
1
3
A.
1
 arcsin
5
C.

 arcsin

B.

 arcsin

D.

SABC lớn nhất.

2
7

 3arcsin

1
3

Lời giải

BC  AC a.cos ; SA a.sin 
1
1
1
VSABC  S ABC .SA  . AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2
3
6
6
1
 a 3 sin   1  sin 2  
6
f  x  x  x 3
 0;1 .

Xét hàm số:
Ta có:

trên khoảng

f '  x  1  3x 2 , f '  x  0  x 

Từ đó ta thấy trên khoảng 
đó hàm số đạt GTLN hay:

0;1

hàm số

1
.
3

f  x

liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại

2
 1 
1 

max f  x   f 


arcsin
,  0   

x 0;1
2
 3  3 3 hay

3 

Chọn A.
Bài 4: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh bằng a, mặt bên SAB là tam giác đều,
6


SC SD a 3. Tính thể tích khối chóp S . ABCD.
a3 2
a3 2
a3 2
V
V
V
2
3
6
A.
B.
C.

a3
V
6
D.

Lời giải
Gọi I là trung điểm AB;J là trung điểm của CD từ giả thiết ta có:
IJ a; SI 

a 2 a 11
a 3
SJ  SC 2  JC 2  3a 2 

4
2
3 và

S

M

J

I

H
N

D

A
C

B

Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có:
3a 2 11a 2

2

IJ +IS  SJ
4
4  a  3  0
cos S IJ 

2.IJ.IS
3
a 3
a2 3
2.a.
2

Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có SIJ tù. Từ giả thiết tam giác SAB đều và tam giác SCD là cân
 ABCD  ,
S.
S
IJ
HJ
H
H
I
2

 

đỉnh

Gọi

2

2

a2 

là hình chiếu của

trên

ta có

thuộc

và

nằm giữa

tức là tam

0

giác vng SHI có H 90 .

3 
6



cos I cos SIH
 cos S IJ 

SIJ va SIH
ke bu  sin SIH
 .
3
3
Góc I nhọn và
a 3 6 a 2

SH SI .sin SIH

.

2
3
2
Xét tam giác SHI ta có



VS . ABCD

Vậy
Chọn C.



1
1 2 a 2 a3 2
 S ABCD .SH  a .


.
3
3
2
6

P
Bài 5: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi   là mặt phẳng đi qua A và
0
SBC  ,
P
song song BC và vng góc với 
góc giữa   với mặt phẳng đáy là 30 . Thể tích khối chóp
S . ABC là:

7


a3 3
A . 24

a3 3
B. 8

a3
C. 8

3a 3
D. 8

Lời giải
S

Tổng qt: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC
P
có cạnh đáy bằng a. Gọi   là mặt phẳng đi
SBC  ,
qua A và song song BC và vuông góc với 

góc giữa

F

 P  với mặt phẳng đáy là 

Thể tích khối chóp S . ABC là:
3

Áp dụng bài này:
 S

ABC
+ ABC đều
+ Gọi G là trọng tâm



0

E

3

a cot 30
a 3

24
24

VS . ABC 
a

VS . ABC

H

a 3 cot 

24

2

x

3

P  SBC =EF  EF//BC  P  SBC  =Ax

Mà

G

M

B

4


  
+ Gọi   
+ Gọi M là trung điểm BC , SM  EF  N .
Ta có:

C

A

với Ax / / EF / / BC

AM  BC , SG  BC  BC   SAM   AN  BC  AN  Ax


AM  BC , BC / / Ax  AM  Ax  
300
 P  ,  ABC   NAM





Ta có: GSM  NAM  (cùng phụ với SMA )
1
1 a 3
a

SG GM .cot GSM
 AM .cot 300  .
. 3
3
3 2
2
Xét SGM vng tại G có:
2
3
1
1 a 3 a a 3
VS . ABC  .S ABC .SG  .
. 
3
3 4 2
24 .
Vậy:

Chọn A.
Bài 6: Cho hình chóp S . ABCD, đáy ABCD là hình thang vng tại A, D; AB  AD 2a, CD a. Góc
giữa hai mặt phẳng

 SBC  và  ABCD  bằng

 SBI  ,  SCI  cùng vng góc với mặt phẳng

3 15 3
a
A. 5

600. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng
 ABCD  .
S . ABCD.

Tính thể tích khối chóp

3 17 3
a
B. 5

3 19 3
a
C. 5

Lời giải

8

3 23 3
a
D. 5


S

J

B

A
I

H

D

C

Gọi H trung điểm của BC , I là hình chiếu của H lên BC , J là trung điểm AB.
Ta có

SI  mp  ABCD  , IC  ID 2  DC 2 a 2

IB  IA2  AB 2 a 5 và BC IB  CJ 2  JB 2 a 5
1
1
1
1
S ABCD  AD  AB  CD  3a 2 ; S IAB  .IA.AB a 2
SCID  .DC.DI  a 2
2
2
2
2
và
 S IBC S ABCD  S IAB  S DIC 

3a 2
.
2

2S
3 3
1
IH  IBC 
a.
S IBC  IH .BC ,
BC
5
2
Mặt khác
nên
9 3
SI IH .tan 600
a.
5
1
3 15 3
VS . ABCD  SI .S ABCD 
a.
3
5
Do đó

Chọn A.
Bài 7: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bên bằng 1.; đáy ABCD là một hình chữ nhật có các

ABB ' A '
ADD ' A ' 
cạnh BA  3, AD  7; các mặt bên 
và 
hợp với mặt đáy các góc theo thứ tự
450 ;600. Thể tích khối hộp là:
A . 4 (đvdt)
B . 3 (đvdt)

C. 2 (đvdt)

Lời giải

9

D. 6 (đvdt)


C'

D'

A'

B'

D

C
600

J

H
A

Dựng

450

B

I

A ' H   ABCD 


0



và A ' I  AB, A ' J  AD  HI  AB, HJ  AD.
0

Ta có A ' IH 45 ; A ' JH 60 .
Đặt A ' H h.
0

Tam giác HA ' J vng có A ' JH 60 nên là nửa tam giác đều có cạnh A ' J , đường cao A ' H , HJ là
 A' J 

nửa cạnh

h
2h 3
12h 2 9  12h 2

 A ' J 2  AA '2  A ' J 2 1 

2
9
9
3
2

9  12h 2
3
0h
3
2
với
Tam giác HA ' I vuông cân tại H  IH  A ' H h
AIHJ là hình chữ nhật.
 AJ 

AJ IH 

9  12h 2
3
h  9  12h 2 9h 2  h 

3
21
ABCD. A ' B ' C ' D ' : V S ABCD . A ' H  3. 7.

3
3
21
(đvdt)

Thể tích khối hộp
Chọn B.
Bài 8: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có tất cả các cạnh bên bằng a và các góc A ' AB, BDA, A ' AD
  00    900  .
đều bằng
Tính thể tích V của khối hộp.
A.

V a 3 sin 2 cos 2
V 2a 3 sin

C.
Lời giải

a
 cos 2 arcsin 
2

B.



a
cos 2  cos 2
2
2

V 2a 3 sin  cos 2

D.Đáp số khác.

10

a
 cos 2
2


C'

D'

A'
D

B'
C

K

H

O
A

B

Dựng A ' H  AC ; A ' K  AD  A ' BD cân tại A '  A ' O  BD
 A ' O  BD
 BD   A ' AC   BD  AH  AH   ABCD   HK  AD

AC

BD

Ta có
AH
H  cos =
A ' AO  .HAA '
AA '
Đặt
vng tại

BAD
 ,KAH
ABCD
 AC
 cos

là hình thoi
 AK

là phân giác góc
 AH AK AK

2

2



 cos 

AH

 cos .cos



.

cos
AA ' AH AA '

cos
cos 2
a
 A ' H  AA '.sin  a.sin   A ' H a 1 





cos
cos 2
cos
2
2
2
VABCD. A ' B 'C ' D ' S ABCD . A ' H a 2 .sin  .

Do đó ta có:

3
2a sin

vng tại K

2

cos 2

a
cos


2

cos 2

cos 2



 cos 2
2


 cos 2
2

a
 cos 2 .
2

Chọn C.
Bài 9: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có độ dài cạnh bên bằng a; đáy là hình thoi, diện tích của hai
mặt chéo là S1 và S2 ; góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt chéo là  . Tính thể tích V của khối hộp
đã cho.
V

S1S 2 cos
a

V

S1S 2 cos
3a

V

S1S2 cos
4a

A.
B.
.
Lời giải
Gọi O và O ' theo thứ tự là tâm của hai mặt đáy ABCD, A ' B ' C ' D '.
Hai mặt chéo

 ACC ' A ' và  BDD ' B ' có giao tuyến là

11

D.

V

OO ', có diện tích theo thứ tự S1 , S2 .

S1S 2 cos
2a


D'

C'

A'

B'
H

G
I

P

F

E
D

A

C

B

Dựng mặt phẳng

 P  vng góc với

OO ' tại I , cắt các cạnh bên AA ', BB ', CC ', DD ' theo thứ tự tại

E , F , G, H (  P   các cạnh bên).

ACC ' A ' 
BDD ' B ' 
Ta có: EG, HF  OO' tại I  EIH  là góc giữa hai mặt phẳng chéo 
và 
.

- EFGH là một thiết diện thẳng của hình hộp và là một hình bình hành.
Do đó , ta có thể tích V của hình hộp là:
1
V S EFGH . AA '  .EG.HF . AA '.sin 
2

Ta lại có:

S1 S ACC ' A ' EG.AA'  EG=

S1
S
; S 2 S BDD ' B ' HF .BB '  HF  2
a
a

1 S S
S S cos
 V  . 1 . 2 a.sin   1 2
.
2 a a
2a

Chọn D.

Bài 10: Cho khối hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB a, AD b, BAD  ; đường chéo AC ' hợp với
đáy góc  . Tính thể tích khối hộp đứng đã cho là:
2
2
A . V 4ab a  b  2ab.cos .cos .cos

2
2
B. V 2ab a  b  2ab.cos .cos .cos
2
2
C. V 3ab a  b  2ab.cos .sin  .tan
2
2
D. V ab a  b  2ab.cos .sin  .tan

Lời giải
V ab a 2  b 2  2ab.cos .sin  .tan 
CC '   ABCD 

Ta có:

12


D'

C'

A'

b

B'
D

C
a

A

B


 CAC
'  là góc của AC ' và mặt đáy  ABCD  .
2
2
2

Xét ABC , ta có: AC  AB  BC  2 AB.BC.cos ABC
a 2  b 2  2ab.cos  1800    a 2  b 2  2ab.cos .
 AC  a 2  b 2  2ab.cos
2
2
Do đó ta có: CC '  AC.tan   a  b  2ab.cos .tan  .
2
2
Thể tích của hình hộp đứng: V S ABCD .CC ' ab sin  . a  b  2ab.cos .tan 

V ab a 2  b 2  2ab.cos .sin  .tan

Chọn D.

CHỦ ĐỀ 2.
MẶT CẦU – KHỐI CẦU

1. Định nghĩa mặt cầu
1) Định nghĩa: Tập hợp các điểm trong không gian cách điểm O cố định một khoảng cách R
cho trước là mặt cầu tâm O và bán kính R. Kí hiệu

S  O; R  .

S O; R 
Như vậy, khối cầu 
là tập hợp các điểm M sao cho OM R.
2) Cơng thức tính diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu
Gọi R là bán kính mặt cầu, ta có:
2
- Diện tích mặt cầu: S 4 R .
4
V   R3.
3
Thể tích khối cầu:

3) Phương pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC
13


Để tìm mặt cầu ngoại tiếp một hình chóp bất kì ta cần phải tìm được điểm I cách đều tất cả các
đỉnh.
Bước 1: Dựng trục của đáy: là đường thẳng đi qua tâm của đáy và vng góc với đáy.
Bước 2:Ta thường dựng trung trực của một cạnh bên nào đó cắt trục của đáy tại I, hoặc dựng
trục của một mặt bên nào đó cắt trục của đáy tại I. Tâm mặt cầu chính là điểm I, ở bước 2 này phải
tùy vào đề bài mà ta có cách xử lý cụ thể.

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB BC a 3,


SAB
SCB
900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng A 2. Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S . ABC theo a.

A . S 2 a
Lời giải

2

2
B. S 8 a

2
C. S 16 a

S

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)
 BC  SC
 HC  BC

SH

BC

Ta có

Tương tự , AH  AB
Và ABC vng cân tại B nên ABCH là hình vng.
Gọi O  AC  BH , O là tâm hình vng.

K

J

C
O

 ABCH  , dựng mặt phẳng trung trực của SA qua
trung điểm J cắt d tại I , I là tâm mặt cầu ngoại tiếp.
Ta hồn tồn có IJ  SA  IJ / / AB  I là trung điểm
SB, hay I d  SC.

Do

I
H

Dựng một đường thẳng d qua O vng góc với

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp:

2
D. S 12 a

rS .SBC  AI  IJ 2  JA2 ; IJ 

A

B

AB a 3

2
2

AH / /  SBC   d  A,  SBC   d  H ,  SBC   HK

BC  SHC  HK   SBC 



( K là hình chiếu của H lên SC và
 HK a 2 tam giác SHC vuông tại H  SH a 6
Tam giác SHA vuông tại H  SA 3a
JA 

)

SA 3a
  rS . ABC  AI a 3  S mc 4 r 2 12 a 2 .
2
2

Chọn D.

 S  tâm O, bán kính R và mặt phẳng  P  có khoảng cách đến O bằng R. Một

P
P
điểm M tùy ý thuộc (S). Đường thẳng OM cắt   tại N. Hình chiếu của O trên   là I. Mệnh đề
Bài 2: Cho mặt cầu

nào sau đây là đúng?
A .NI tiếp xúc với

 S

B. ON R 2  IN R
14


C. Cả A và B đều sai.

D. Cả A và B đều đúng.

Lời giải
Vì I là hình chiếu của O lên
d  O,  P   OI

mà

 P  nên

d  O,  P   R

O

nên

I là tiếp điểm của  P  và  S  .
 P

Đường thẳng OM cắt
Vng góc với OI tại I.

tại N nên IN

S .
Suy ra IN tiếp xúc với  

(P)

I

N

Chọn A.

Bài 3: Diện tích hình trịn lớn của một hình cầu p. Một mặt phẳng   cắt hình cầu theo một hình
p
.

trịn có diện tích là 2 Khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng   bằng:
p
1
2p

p
2

A. 
B. 
C. 
D.
Lời giải
Hình trịn lớn của hình cầu S là hình trịn tạo bởi mặt phẳng cắt hình cầu và đi qua tâm của hình cầu.
Gọi R là bán kính hình cầu thì hình trịn lớn cũng có bán kính R.
Theo giả thiết , ta có,
d  R2  r 2 

Suy ra
Chọn D.

 R2  p  R 

p
p
p
 r2   r 
 và
2
2

p
.
2

S O; R , A

S

P

 là một điểm ở trên mặt cầu   và   là mặt phẳng đi qua A sao cho
Bài 4: Cho mặt cầu 
0
góc giữa OA và (P) bằng 60 . Diện tích của đường trịn giao tuyến bằng:
 R2
 R2
 R2
2
A . R
B. 2
C. 4
D. 8
Lời giải

15


O

A

600

r

H

Gọi H là hình chiếu vng góc của O lên mặt phẳng (P) thì:
 H là tâm của đường trịn giao tuyến (P) và (S).

OA,  P   OA, AH  60 .
0



R
r HA OA.cos600  .
2
Bán kính của đường tròn giao tuyến :
2

2
 R R
 r 2    
.
2
4


Suy ra diện tích đường trịn giao tuyến :
Chọn C.
Bài 5: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng a. Khi đó mặt cầu nội
tiếp hình chóp S . ABCD có bán kính bằng:
a 3 1

a 1 3
a 6 2
a 6 2



2
A.
Lời giải





B.



4



C.

16





4

D.



2


S

I
D
M

O
B

C

Gọi H là tâm của hình vng ABCD. Ta có SH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy. Gọi M là trung
điểm của CD và I là chân đường phân giác trong của góc
nội tiếp hình chóp, bán kính IH r.
SH  SA2  AH 2 


SMH
 I  SH  .

Suy ra I là tâm của mặt cầu

a 2
a 3
a
; SM 
; MH  .
2
2
2

Ta có:
Dựa vào tính chất của đường phân giác ta có:

a
IS MS
SH MS  MH
SH .MH
a



 IH 


IH MH
IH
MH
MS  MH
2 6



6

2



4

Chọn B.
Bài 6: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA BC a. Cạnh bên
SA 2a và vng góc mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là:
a 2
A. 2

a 6
C. 2

B. 3a

D. a 6

Lời giải
S

Gọi M là trung điểm AC, suy ra M
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC. Gọi I là trung điểm 2SC,
IM   ABC  .

suy ra IM / / SA nên
Do đó IM là trục của ABC ,
IA IB IC

I

1

 
suy ra
Hơn nữa , tam giác SAC vng tại A
có I là trung điểm SC nên
1
2
Từ   và   ta có

IS IC IA  2 

A

M

IS IA IB IC

hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC .
B
17

C

SC
SA2  AC 2 a 6
R IS=


.
2
2
2
Vậy bán kính

Chọn C.
Bài 7: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Cạnh bên SA a 6 và vng
góc với đáy
2
A .a 2
Lời giải

 ABCD  . Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
2
B. 8 a

C. 2a

2

S . ABCD ta được:
2
D. 2 a

S

I
D

A
O
B

C

Gọi O  AC  BD, suy ra O là tâm đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD.
Gọi I là trung điểm SC, suy ra

IO / / SA  IO   ABCD  .

IA IB IC ID  1
Do đó IO là trục của hình vng ABCD, suy ra:
IS IC IA  2 
Tam giác SAC vng tại A có I là trung điểm cạnh huyền SC nên

1
2
Từ   và   , ta có:

R IA IB IC ID IS=
2

SC

a 2
2

2

Vậy diện tích mặt cầu S 4 R 8 a (đvdt).
Chọn B.
Bài 8: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B và AB a. Cạnh bên
SA a 2 , hình chiếu của điểm S lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm của cạnh huyền AC. Bán
kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC là:
a 2
A. 2

a 6
B. 3

a 6
C. 2

a 2
D. 3

Lời giải
SM  ABC  SM  AC



Gọi M trung điểm AC, suy ra
Tam giác SAC có SM là đường cao và cũng là trung tuyến nên tam giác SAC cân tại S.
2

2
Ta có AC  AB  BC a 2, suy ra tam giác SAC đều.

Gọi G trọng tâm tam giác SAC, suy ra

GS GA GC

18

 1


Tam giác ABC vng tại B, có M là trung điểm cạnh huyền AC nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
S

G

A

M

C

B

Lại có

SM   ABC 

nên SM là trục của tam giác ABC.

Mà G thuộc SM nên suy ra

GA GB GC

 2

 1 ,  2  , suy ra

GS GA GB GC hay G là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC.
2
a 6
R GS  SM 
.
3
3
Bán kính mặt cầu
Chọn B.

Từ

a 21
Bài 9: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 6 . Gọi h là
R
chiều cao của khối chóp và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. Tỉ số h bằng:
7
7
7
1

A . 12
B. 24
C. 6
D. 2

Lời giải
Gọi O là tâm ABC , suy ra
Trong SOA, ta có

SO   ABC 

và

AO 

a 3
.
3

a
h SO  SA2  AO 2  .
2

19


S

M

I
A

C
O
B

SOA ,

 kẻ trung trực d của đoạn SA cắt SO tại I, suy ra:
Trong mặt phẳng 
 I  d nên IS IA
 I  SO nên IA IB IC.
Do đó IA IB IC IS nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC.
Gọi M là trung điểm SA, ta có SOA đồng dạng SMI nên

R SI 

SM .SA SA2 7 a


SO
2SO 12

R 7
 .
Vậy h 6

Chọn C.
Bài 10: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc

600. Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD là:
2 a 3 6
8 a 3 6
8 a 3 6
4 a 3
9
27
A. 3
B.
C. 9
D.
Lời giải
S
d

A

D
O

B

Gọi

C
O  AC  BD  SO   ABCD  .
20