mặt cầu trong không gian

Một số dạng toán của hình cầu

255

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỦA HÌNH CẦU
Bài 1.
Cho hình cầu (O, R). Gọi S là một điểm bất kỳ trên mặt cầu.
1.
Từ S dựng cát tuyến bằng nhau cắt mặt cầu tại A, B, C từng đôi một lập với
nhau góc
α
.
a.
Tính thể tích SABC theo R và
α
.
b.

α
thay đổi xác định
α
để thể tích ấy đạt Max.
2.
Giả sử mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng (P) tại I. Hai tiếp tuyến của mặt cầu tại S
cắt mặt phẳng (P) tại A, B.
a.
Chứng minh rằng:


ASB AIB
=

b.
Gọi I
′
là điểm đối xứng I qua AB. Chứng minh rằng: I, I
′
, S, O cùng
∈
một
mặt phẳng và I
′
S luôn đi qua một điểm cố định trên mặt cầu đã cho.
c) Cho S di động trên mặt cầu nhưng sao cho

ASB
2
π
=
. Các điểm A, B chạy
trên hai đường thẳng
d, d
′
nằm trong (P) với
d, d
′

vuông góc với nhau tại K.
CMR: Khi đó mặt cầu đường kính AB luôn chứa một đường tròn cố định I
′

chạy trên một đường thẳng cố định còn S di động trên một đường tròn cố định.
Giải

1. a.
Theo (gt) SA = SB = SC
và



ASB BSC CSA
= = = α

⇒

∆
SAB =
∆
SBC =
∆
SCA
⇒
ABC đều
Kẻ SO
1

⊥
(ABC)
⇒
O
1

là tâm ngoại tiếp
∆
ABC
Đặt
l
= SA = SB = SC, SO
1
cắt hình cầu tại D.
Tam giác vuông SAD ~ tam giác vuông SO
1
A
2
1
1
SO
SA
SO
SA SD 2R
l
⇒ = ⇒ =

Mặt khác ta có
2
2 2 2 2 2
1 1
4
sin
3 2 2R
l
SO l O A l l

α
= − = − =

(
)
2 2
1
4 4
2 1 sin 2 1 sin
3 2 3 2
l R SO R
α α
⇒ = − ⇒ = −

( )
(
)
2 2
SABC 1
3
1 1 4
V . 2 1 sin
3 3 2 2 4
SO dt ABC R AB
α
⇒ = = − ⋅ ⋅

E
B

D

O

A

C

S
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

256

Do
2
4
2 2 sin 4 1 sin .sin
2 3 2 2
AB AE l R
α α α
= = = −
nên
( ) ( )
3
2
2 2 3
SABC SABC
8 3 4 3
4
V sin 1 sin ; V 1 2 cos 1 cos

3 2 3 2 27
R
R
α α
 
= ⋅ − = + α + α
 
 

b.

( ) ( )
2
SABC
V max 1 2cos 1 cos max
T⇔ = + α − α
. Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
3
1 2cos 1 2cos 4 4cos
1 1
T 1 2cos 1 2cos 4 4cos
4 4 3
 
+ α + + α + − α
= + α + α − α ≤
 
 

3 o
max
1 1
T 2 2 V 1 2cos 4 4 cos cos 60
4 2
≤ ⋅ = ⇒ ⇔ + α = − α ⇔ α = ⇔ α =

Khi đó
3
max
8 3
V
27
R
=
và SABC là tứ diện đều.
2. a.
Do AS, BS, AI, BI là các tiếp tuyến nên
AI = AS, BI = BS
⇒

∆
SAB =
∆
IAB
⇒



ASB AIB

=

b.
Gọi O
′
= AB
∩
II
′
. Ta có:
II
′

⊥
AB; OI
⊥
AB
⇒
AB
⊥
(II
′
O)
Do
∆
SAB =
∆
IAB nên



o
SO'A IO A 90
′
= =
⇒

SO AB
′
⊥

⇒

(
)
AB SII
′
⊥

⇒
(II
′
O) ≡ (SII
′
)
⇒
4 điểm I, I
′
, S, O
∈
1 mặt phẳng.

Kéo dài IO cắt (O, R) tại J
⇒


o
JSI 90
=
. Dễ thấy
∆
SO
′
B =
∆
IO
′
B suy ra:
SO
′
= IO
′
= I
′
O
′

⇒


o
ISI 90

=
. Mặt khác I, J, S, I
′

∈
một mặt phẳng.
⇒
J, S, I
′
thẳng hàng.
⇒
I
′
S luôn đi qua điểm J cố định
∈
mặt cầu (O,
R
)
c.
Theo (gt):



AKB = AIB = ASB
2
π
=

⇒
Mặt cầu đường kính AB chứa đường

tròn cố định đường kính IK trong mặt phẳng (OIK)
Đặt




IKB I AB = IAB = IKB
′
= α ⇒ = α

⇒
I
′
chạy trên đường thẳng K
t
tạo với
d
′

một góc
α
không đổi (trong mặt phẳng (P)).
Mặt khác
(
)
(
)
S O, , S KJI
R
′

∈ ∈
nên S
∈
đường tròn cố định là giao tuyến của
(O,
R
) với (KJI
′
)
A

K

I
′

B
O
′

I
S

J
O

Một số dạng toán của hình cầu

257

Bài 2.
Cho hình cầu (O,
R
). Gọi (L) là giao tuyến của mặt cầu với (P) cách tâm
cầu một khoảng bằng
h
(0 <
h
<
R
). Lấy A là một điểm cố định trên (L). Một
góc vuông

A
x y
trong (P) quay quanh điểm A. Các cạnh A
x
, A
y
cắt (L) ở C, D.
Đường thẳng đi qua A
⊥
với (P) cắt mặt cầu ở B.
1.
Chứng minh rằng:
BC
2
+
AD
2

và
BD
2
+
AC
2
luôn không đổi
2.
Với vị trí nào của CD thì
(
)
BCD max
dt ∆

3.
Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc H của B lên đường thẳng CD.
Giải

1.
Gọi O
′
là trung điểm CD
⇒
OO
′

⊥
(P),
CO
′

=
DO
′
và
AB
= 2
OO
′
= 2
h
.
Ta có:
2 2 2 2
AO AO OO R h
′ ′
= − = −

⇒

2 2
2 2
CD AO R h
′
= = −

Do BA
⊥
(P) nên BA
⊥
AC, BA

⊥
AD
⇒

BC
2
=
AB
2
+
AC
2

⇒

BC
2
+
AD
2
=
AB
2
+
AC
2
+
AD
2

(
)
2 2 2 2 2 2
4 4 4
AB CD h R h R
+ = + − =

Tương tự:
2 2 2 2 2 2 2 2
4
BD AC AB AD AC AB CD R
+ = + + = + =

2.
Do BH
⊥
CD
⇒
dt(BCD) =
1
.
2
BH CD

⇒
dt(BCD) max
⇔
BH max
Xét tam giác vuông BHO

′
có BH ≤ BO
′
nên BH max
⇔
BH ≡ BO
′

⇔
H ≡ O
′

⇒

∆
BCD cân tại B
⇒
BD = BC
⇒
AD = AC
⇒

∆
ACD vuông cân
⇔
CD
⊥
AO
′

3.
BA
⊥
(P), BH
⊥
CD nên
⇒
CD
⊥
AH
⇒
H
∈
đường tròn đường kính AO
′
trong (P).
Bài 3.
Cho mặt cầu tâm bán kính
R
. Một hình nón nội tiếp trong hình cầu có
chiều cao là
x
(0 <
x
< 2
R
)
a.
Tính thể tích V, diện tích xung quanh S của hình nón.
b.

Tìm hệ thức liên hệ giữa V, S,
R
độc lập đối với
x
.
c.
Với giá trị nào của
x
thì V lớn nhất?
B
D
O
H
O
′

A
C
(L)
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

258

Giải

a.
Gọi
r
là bán kính của đường tròn đáy của hình nón:
ư

r
2
= OM
2
– OH
2
= R
2
– (
x
– R)
2
=
r
2

= 2R
x
–
x
2
=
x
(2R –
x
)
Thể tích của hình nón:
( )
2 2
1 1

V 2
3 3
r x R x
= π = −

Diện tích xung quanh của hình nón: S = π
r
SM
Ta có:
2 2
SM SH HM
= +
( )
2
2R 2R
x x x x
= + − =

( ) ( )
2
S 2R 2R 2R 2R
x x x x
= π − = π −

b.
Ta có
( )
2
1
V 2R

3
x x
= π −
(1);
( ) ( )
2 2 2
S 2R 2R S 2 R 2R
x x x x
= π − ⇒ = π −
(2)
Lấy (2) chia (1) ta nhận được hệ thức độc lập với
x
:
2
S
6 R
V
= π

c.
( ) ( )
( )
(
)
(
)
3
3
3
2

4 2
32
1 4
2 4 2
3 6 6 3 6 3 81
x x R x
R
R
V x R x x x R x
+ + −
π π π π
= π − = ⋅ − ≤ = =

Bài 4.
Tìm hình nón có thể tích nhỏ nhất ngoại tiếp hình cầu bán kính R cho
trước. So sánh S
tp
và V của hình nón với diện tích và thể tích của hình cầu.
Giải

Gọi
r
là bán kính của đường tròn đáy,
h
là chiều cao và V là thể tích của hình nón,
khi đó
2
1
3
V r h

= π
. Ta có hai tam giác SCA và SDO đồng dạng với nhau nên
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2
r h
AC SA r h r h r
r r
DO SO R h R
R
h R h R R
+
+ + −
= ⇔ = ⇒ = =
−
− − −

⇒

( )
2 2 2
2
2
2
h R hR
r
h R

h h R
= =
−
−

⇒

2 2
2
1
3 3 2
h R
V r h
h R
π
= π = ⋅
−

Ta có:
2 2 2 2
4 4
2 2
h h R R
h R h R
− +
=
− −

( )
2 2

4 4
2 2 4
2 2
R R
h R h R R
h R h R
= + + = − + +
− −


( )
2 2
4 4
2 2 4
2 2
R R
h R h R R
h R h R
+ + ≥ − ≥
− −

⇒

2
8
2
h
R
h R
≥

−

⇒

3
2
8
1
3 3
R
V r h
π
= π ≥
. Với
4 ; 2
h R r R= =
thì
( )
3
8
min
3
R
V
π
=

i

2 2 2 2 2

2 2 16 2 8
tp
S r SA r R R R R R
= π + π = π + + π = π


S

O

H

M

D

R

O

A

C
B
S

r
Một số dạng toán của hình cầu

259

Bài 5.
Cho chóp tam giác đều SABC với cạnh đáy
AB a
=
, đường cao
SH
=
h
.
a.
Tính theo
a
và
h
các bán kính
r
,
R
của hình cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình chóp.
b.
Giả sử
a
cố định, còn
h
thay đổi. Xác định
h
để tỷ số
r
R

là lớn nhất.
Giải
a.
Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SABC là giao điểm của trục SH và trung
trực của cạnh SB thuộc mp(SHB).
Gọi M là trung điểm SB.
Tứ giác OMBH nội tiếp suy ra:

2
. .
2
SB
SO SH SM SB= =

⇒

2
2
SB
R OS
SH
= =
trong đó:
2
2 2 2 2
3
2
3 2
a

SB SH HB h
 
= + = + ⋅
 
 
=
2 2 2
2
3
3 3
a h a
h
+
+ =

Vậy bán kính hình cầu ngoại tiếp SABC là
2 2
3
6
h a
R
h
+
=
.
•
Gọi I là tâm của hình cầu nội tiếp SABC, khi đó I là giao điểm của trục SH
và phân giác trong của góc phẳng nhị diện

SEH

(điểm E là trung điểm AC).
Do EI là phân giác góc E nên ta có:

IH EH IH EH IH EH
IS ES IS IH ES EH SH ES EH
= ⇔ = ⇔ =
+ + +

Suy ra
EH SH
r IH
ES EH
⋅
= =
+
trong đó:
2 2
3
1
;
3 6
a
ES EH SH EH BE= + = =

Vậy
( )
2 2
2 2 2
2
3

12
3
6
12
3 3 36
3 3
6 6
a
h
a a h a
a h
r
h
a a h
a a
h
⋅
+ −
⋅
= = =
+ +
 
+ +
 
 

B
H
A
E

C
O
M
S
I
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

260

b.
Ta có:
(
)
( )
2 2
2 2
12
2 3
a a h a
r
R
h a
+ −
=
+
.
Đặt
2 2 2 2 2 2 2 2
12 12 12
t a h a t a h h t a

= + > ⇔ = + ⇒ = −

Suy ra
(
)
( )
( )
2 2
2 2
2 2
12
2
3
2 3
a a h a
a t a
r
R
t a
h a
+ −
−
= =
+
+

2 2 2
3 4
1 1
2 2

t a a
R
t a
r a t a a t a
 
+
⇒ = ⋅ = + +
 
− −
 

Ta có:
2
4
1
1
2
a
R
t a
r a t a
 
= − + +
 
−
 
, áp dụng bất đẳng thức Cô–si, ta có:

( )
2 2

4 4
2 4
a a
t a t a a
t a t a
− + ≥ − =
− −
(vì
0
t a
− >
)
Vậy
3
R
r
≥
. Dấu bằng xảy ra khi
( )
2
2
4 2 3
t a a t a a t a
− = ⇒ − = ⇒ =

Từ đó suy ra
1
3
r
R

≤
hay
(
)
1
Max
3
r
R
=
.
Dấu bằng xảy ra
⇔

3
t a
=
2
2 2 2 2
6
2
12 9
3 3
a
a
h a a h h⇔ + = ⇔ = ⇔ =

Bài 6.
Cho hình chóp tam giác đều SABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh
a

,
mặt bên lập với mặt đáy góc
(
)
0 90
α ° < α < °
.
a.
Tính theo
a
và
α
độ dài cạnh bên, độ dài chiều cao (hạ từ đỉnh S) và các bán
kính
R
,
r
của các mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp của hình chóp đó.
b.
Chứng minh rằng:
1
3
r
R
≤
. Trong trường hợp nào ta có dấu đẳng thức?
Giải
a.
Gọi M là trung điểm AC, suy ra


SMB
= α

Ta có:
3 6
tg
3
SH SH h
MH MB
a
α = = =

Suy ra độ dài đường cao
3
tg
6
a
h
= α

Độ dài cạnh bên
2 2
SA SB SC SH BH
= = = +

2
2 2
2 2
3
4

3
3 2 3
a h a a
h tg
+
 
= + = = α +
 
 
.
B
H
A
M
C
O

S
I
Một số dạng toán của hình cầu

261

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp
(
)
2
2 2
3 tg 4
3

6 12 tg
a
h a
R
h
α +
+
= =
α

Bán kính mặt cầu nội tiếp
(
)
(
)
2
2 2
tg 1 1
12
12
2 3 tg
a
a a h a
r
h
α + −
+ −
= =
α

Cách khác:
Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp suy ra MI là phân giác góc M,
khi đó ta có
3
tg tg
2 6 2
a
r IH MH
α α
= = ⋅ = ⋅

b.
Ta có:
(
)
2
2
2 tg 1 1
tg 4
r
R
α + −
=
α +

⇒

( )
2 2
2

6 tg 1 tg 10
1
3
3 tg 4
r
R
α + − α −
− =
α +

Ta sẽ chứng minh:
2 2
6 tg 1 tg 10 0
α + − α − ≤

2 2
6 tg 1 10 tg
⇔ α + ≤ + α

(
)
(
)
2
2 2 4 4 2 2
36 tg 1 100 20 tg tg tg 16 tg 64 0 tg 8 0
⇔ α + ≤ + α + α ⇔ α − α + ≥ ⇔ α − ≥

Điều này hiển nhiên đúng do đó ta có
1 1

0
3 3
r r
R R
− ≤ ⇔ ≤
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra
⇔

2
tg 8 tg 2 2
α = ⇔ α =

Khi đó cạnh bên của SABC là
2
4 12
2 3 2 3
a a
SA tg a
= α + = =

Vậy
1
3
r
R
=
khi hình chóp SABC là tứ diện đều.
Bài 7.
Cho hình chóp đều SABCD có cạnh đáy bằng a và


ASB
= α
.
1) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp.
3) Chứng minh rằng hai tâm mặt cầu đó trùng nhau khi và chỉ khi
45
o
α =

Giải
1) Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp là giao điểm của trục SH và trung trực của
SA thuộc mp(SAH).
Tứ diện OHAM ngoại tiếp:
2
. .
2
SA
SO SH SM SA= =
;
2
2
SA
R OS
SH
= =

Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

262

Biết:
2sin
2
a
SA =
α
;
2 2
SH SA HA
= −
;
2
2
2
2
1 2sin
2
2sin
4sin
2
2 2
a a
SH
a
α
= = −
α
α

−

cos
2sin
2
a
SH
α
=
α

Vậy:
4sin cos
2
a
R =
α
α
(Điều kiện
0 90
o
< α <
)
2) Tâm I của mặt cầu nội tiếp là giao điểm của trục SH và phân giác của góc

SEH
.
Tính chất phân giác cho:
IH EH IH EH
IS ES IS IH ES EH

= ⇔ =
+ +

(
)
cos
2sin
cos
2 2
cotg 1 cotg
2 sin cos
2 2 2 2
2 2
a
a
a
r
r
SH a a
α
α
α
= ⇒ = =
α α
α α
+ +
+

3) Điều kiện cần và đủ để tâm mặt cầu nội tiếp trùng nhau là:
r R SH

+ =

(
)
cos cos
4sin cos 2sin
2 sin cos
2 2
2 2
a a
a
α α
+ =
α α
α α
α
+

(
)
2 2
1 1 1
cos sin sin
2sin cos sin
2 2 2
2 2 2
⇔ + =
α α α
α α α
+

−

(
)
(
)
2 2
2sin cos sin 1 2 cos sin
2 2 2 2 2
α α α α α
− + = −

(
)
2
4 1 3 2 2 sin cos tg 1 45
o
tp
S a= + + ⇔ α = α ⇔ α = ⇒ α =

Bài 8.
Cho hình chóp tứ giác đều SABCD đỉnh S, cạnh đáy a, chiều cao h.
1) Tính các bán kính R và r của các hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp.
2) Gọi W là thể tích hình chóp. V là thể tích hình cầu ngoại tiếp, v là thể tích
hình cầu nội tiếp hình chóp. Trong những trường hợp nào thì mỗi tỷ số:
w
, ,
w V
v v
V

đạt giá trị lớn nhất?
S
O
C
D
H
A
E
2
α

B
M
I
Một số dạng toán của hình cầu

263

Giải

1) Ta có:
2 2
2 2
2
;
4
4
h a ah
R r
h

a h a
+
= =
+ +

2) Ta có:
3 3 2
4 1
4 ; ; w=
3 3 3
V R v r a h
π
= = π
.
Để tìm giá trị lớn nhất của
W
V
ta chỉ cần xét tỉ số:

( )
2 2 2 4
2 3
2 2
2 2
64
2
2
4
a h a h a h
A

R
h a
h a
g
= = =
 
+
+
 
 

Đặt
2
2
h
t
a
=
với
0
t
>
, ta được:
2
3
16
1
t
A
t

=
+

Đặt
3
a
. Với
(
)
0
t f t
> ⇒
đạt giá trị lớn nhất khi
t
= 2
Nói cách khác tỉ số:
W
V
đạt giá trị lớn nhất khi
2
2
2
2
h
a
=
hay h = a.
Để tìm giá trị lớn nhất của
v
V

ta chỉ cần xét tỉ số:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 8
;
2 4 4 4
ah ah
r
C C
R
h a a h a h a a a h a
= = =
+ + + + + + +

Đặt:
2 2 2 2 2
4 4
t h a a h t a
= + > ⇒ = −
;
(
)
( )
( )
( )
( )

2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
0 2 2 0
a t a
a t a
C Ct at a C
t a
t a t a
−
−
= = > ⇔ − + + =
−
− +

Điều kiện để phương trình có nghiệm:
0
∆ ≥

( )
2 2 2
2 0 2 1 0 0 1 2
a a C C C C C− + ≥ ⇔ + − ≤ ⇒ ≤ ≤ − +

Vậy
( )
Max 2 1

C
= −
khi
(
)
(
)
2 2
2 1 4 2 1
2 1
a a
t a h a a
C
= = = + ⇔ + = +
−

( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2
2 1
4 2 1 1 2 2 2
2 2
a
h a a h a
+
+
 
⇔ = + − = + ⇔ = =
 

Để tìm giá trị lớn nhất của
V
W
ta chỉ cần xét tỉ số:
( ) ( )
2 2
3
2 3 2
2 2 2 2
4
4 4 4
ah ah
r
B
a h
a h a a h a
= = =
+ + + +

Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

264

Đặt:
(
)
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2

3 2
4 4 ; 0
4
4
t a
a t a
t h a a h t a B
t a t a
−
−
= + > ⇔ = − = = >
+ +

( )
( )
2 2
4 8 1 4 1 0
Bt a B t a B
⇒ + − + + =

Điều kiện để phương trình có nghiệm là:
0
′
∆ ≥

( )
( )
2
1
8 1 16 4 1 1 32 1

32
B B B B a B− − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤

Dấu bằng xảy ra khi:
( )
(
)
2 2 2 2
1
1
8 1
3 4 3 4 8 2
8 1
4
a
a B
a
t a h a a h a h a
B
−
−
= = = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

Bài 9.
Trong mặt phẳng (P) cho hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường tròn
tâm O bán kính R, các cạnh đáy AB và CD thỏa mãn điều kiện AB : CD = a :
4. Trên đường thẳng (d)
⊥
tại O lấy điểm S sao cho OS = 2R.
1) Tính diện tích toàn phần và thể tích hình chóp SABCD.

2) Chứng minh rằng O cách đều 4 mặt bên của hình chóp SABCD; từ đó tìm
chân và bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp.
Giải

1) Diện tích toàn phần và thể tích
Gọi I, J, K, L lần lượt là tiếp
điểm của (O) với ABCD.
Ta có OI = OJ = OK = OL
Suy ra SI= SJ = SK = SL
Mà OI
⊥
AB
⇒
SI
⊥
AB
Tóm lại ta có: SI, SJ, SK, SL là
các đường cao của 4 tam giác
SAB, SCD, SAD và SBC.
Để tính diện tích toàn phần và thể tích ta tính SK, AB và CD.
Tam giác SOK vuông cho:
2 2 2 2
5 5
SK SO OK R SK R= + = ⇒ =

D

K

A

I

L

C

J

O

S

Một số dạng toán của hình cầu

265

Tam giác AOD vuông cho:
2 2
.
AK DK OK R
= =

Lại biết:
2
; . 4
2 2
CD
AB
AK AI DK DJ AB CD R

= = = = ⇒ =

Lại có: CD = 4AB
⇒
AB = R, CD = 4R
Vì ABCD ngoại tiếp đường tròn nên:
AB + CD = AD + BC = 5AB
Vậy: AB + CD + AD + BC = 10AB = 10R
Ta có:
( )
2
1
. 5 . 5 5 5
2
xq
S AB CD AD BC SK R R R
= + + + = =

( )
2
5
1
. 2 5
2 2
§
R
S AB CD IJ R R
= + = ⋅ =
;
(

)
2
5 5 1
§tp tp
S S S R
= + = +

3
2
10
1 1
. 5 .2
3 3 3
§
R
V S SO R R= = =

2) O cách đều 4 mặt
Các tam giác: SOI, SOJ, SOK, SOL bằng nhau, nên khoảng cách từ O đến SI,
SJ, SK, SL đều bằng nhau. Vậy O cách đều bốn mặt bên của hình chóp
SABCD. Suy ra tâm ω của mặt cầu nội tiếp nằm trên SO và:

( )
(
)
3
2
5 1
3 10
2

5 5 1
tp
R
V R
O
S
R
−
ω = = =
+

Bài 10.
Trong mặt phẳng (P), người ta cho tam giác cân AOB có
2
OA OB a
= =

và góc

120
o
AOB =
. Trên đường vuông góc với (P) tại O, về hai phía của điểm
O, người ta lấy hai điểm C và D sao cho tam giác ABC là vuông tại C và tam
giác ADB là đều.
1) Tính khoảng cách OC và khoảng cách OD.
2) Tính thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện ABCD.
3) Tìm tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Tính bán kính của mặt cầu
này và bán kính của các đường tròn được cắt bởi bốn mặt của tứ diện.
A

I
B

L

C

J
D

K

O

Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

266

Giải

1) Gọi M là trung điểm của AB.
Ta có tam giác OMA là nửa tam giác đều:
Với: OA = 2a; OM = a
và
3 2 3
AM AM a AB a
= = ⇒ =

Tam giác ABC vuông cân:

2 3
6
2 2
a
AB
ca CB a
= = = =

2 2 2 2 2 2 2 2
6 4 2 ; 12 4 2 2
OC AC OA a a a OD AD OA a a a⇒ = − = − = = − = − =

2) Ta có:
( )
3
1 1
. 2 3. .3 2 6
3 6
ABCD COAB DOAB
V V V dt AOB CD a a a a= = = = ⋅ =

Ta có:
tp ACD BCD ABC ABD
S S S S S= + + +

Biết:
2
1 1
. 3 2.2 3 2
2 2

ACD BCD
S S CD OA a a a= = = ⋅ =
;

( )
2
2 2
1 1
6 3
2 2
ABC
S AC a a
= = =
;

( )
( )
2
2
2 2
3 12 3
3 3 ; 4 1 3 2 2
4 4
ABD tp
AB a
S a S a= = = = + +
.
3) Tam giác ACD có đường cao OA = 2a, OC =
2
a

, OD =
2 2
a
.
Vậy
2 2
. 4
OA OC OD a
= =
.
Vậy tam giác ACD và BCD vuông lần lượt tại A và B. Tứ giác ABCD nội tiếp
trong đường tròn đường kính CD và bán kính
3 2
2 2
a
CD
R = =
.
Các mặt (ACD) và (BCD) cắt theo đường tròn lớn nên có bán kính
3 2
2
a
R =
.
Mặt (ACB) là tam giác vuông cân; nên đường tròn ngoại tiếp có bán kính:
1
3
2
AB
R a

= =
.
Mặt (DAB) là tam giác đều nên có đường tròn ngoại tiếp có bán kính là:
2
2
3
AB
R a
= =
.
30
o
C
O
D
A
M
B
Một số dạng toán của hình cầu

267

Bài 11.
Cho hình chóp tam giác đều SABC có đường cao SH = h. Gọi I, J, K
lần lượt là trực tâm của các tam giác SAB, SBC, SCA.
1) Chứng minh mặt cầu đi qua S, I, J, K có tâm ở trên SH.
2) Gọi r là bán kính của mặt cầu ấy. Tính thể tích của SABC theo r và h.
Giải

1) SABC là hình chóp đều, các mặt

bên là các tam giác cân bằng nhau
nên SI = SJ = SK
⇒
(IJK) // (MNP)
Do đó: SH cũng là trục của tam giác
IJK. Suy ra tâm ω mặt cầu ngoại tiếp
SIJK nằm trên trục SH.
2) Gọi V là thể tích của SABC, ta có:
2
2
3 3
1
3 4 12
BC h
V BC h= =

Ta phải tính BC theo h và R.
Vì J là trực tâm của tam giác SBC nên:
( )
2 2
. .
4 4
BC BC
NJ NS BN CN NS NS SJ= = ⇔ − =
(1)
Gọi S
′
là điểm đối xứng của S qua tâm ω.
Ta có SS
′

= 2
r
và tứ giác S
′
HNJ nội tiếp cho: SS
′
.SH = SJ.SN = 2hr (2)
Lại có:
3
2
2 2 2 2 2 2
3
1
3 2 12
BC
BC
NS h HN h NS h
 
= + = + ⇒ = +
 
 
(3)
Thay (2), (3) vào (1) ta được:
( ) ( )( )
2 2 2
2 2
2 2 6 2 2
12 4 6
BC BC BC
h hr h h r BC h h r h r

+ − = ⇔ − = ⇔ = − >

Vậy:
( )
2
2 3
2
h h r
V
−
=

S’
J H’
S
ω
S
K
I

K
J
H
C
N
B
M
A
P
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

268

Bài 12.
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, có mặt bên
(SBC) vuông góc với mp(ABC) và SA = SB = AB = AC = a.
1) Chứng tỏ tam giác SBC vuông.
2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp SABC biết rằng SC = x.
Giải

1) Từ giả thiết: SA = SB = AB = AC = a
Với: AS = AB = AC = a
A nằm trên trục của tam giác SBC.
Gọi O là trung điểm BC
⇒
AO
⊥
(SBC)
2) Tâm ω của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
phải là giao điểm của trục AO và trung
trực của AB thuộc mp(ABC).
Nói cách khác ω chính là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi R
là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có:
 
2
sin sin
AC a
R
ABC ABC
= =

Biết

2 2
2
2 2 2 2
3
4
sin
2
a x
a
a OB a x
OA
ABC
AB a a a
+
−
− −
= = = =

Vậy:
2
2 2
3
a
R
a x
=
−

(điều kiện:
0 3
x a
< <
)
Bài 13.
Tâm O hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nằm trên đường thẳng IJ nối
trung điểm I của cạnh AB và trung điểm J của cạnh CD.
1) Chứng minh rằng IJ là đường cao vuông góc chung của AB và CD và AC =
BD, AD = BC.
2) Giả thiết thêm rằng đường thẳng AO vuông góc với mặt (BCD). Chứng
minh rằng các cạnh AB và CD vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD.
A
B
M
O
S
C
Một số dạng toán của hình cầu

269

Giải

1) Vì OA = OB nên trung tuyến OI cũng là đường
cao hay OI
⊥
AB. Tương tự: OJ
⊥
CD

Nói cách khác IJ là đường vuông góc chung của AB
và DC. Suy ra: IA = JB và IC = ID.
Dựng hình hộp đứng AD
′
BC
′
.A
′
DB
′
C ta có các
mặt bên đối nhau là những hình chữ nhật bằng nhau
nên các đường chéo: AC = BD và AD = BC
2) Nếu AO
⊥
(BCD) thì AO
⊥
CD. Như ta đã biết: IO
⊥
CD
Vậy: CD
⊥
(AOB)
⇒
CD
⊥
AB. Lúc này đáy ABC
′
D
′

có hình thoi, nên các
mặt bên là các hình chữ nhật bằng nhau. Suy ra: AC = BD = AD = BC.
Bài 14.
Cho tứ diện ABCD có I là trung điểm của AB và J là trung điểm của
CD; IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD và AB, vuông góc với CD.
Cho AB = a, CD = b, IJ = h. Xác định vị trí của O để cho O là tâm của mặt cầu
nội tiếp tứ diện ABCD. Lúc đó, hãy tính bán kính của mặt cầu này.
Giải

Dễ thấy

CID
là góc phẳng của nhị diện cạnh
AB, mà IJ là đường phân giác của góc

CID

nên:
O IJ O
∈ ⇒
cách đều (ABC) và (ABD)
Tương tự O cũng cách đều (ACD) và (BCD).
Chiếu O trên BJ là H. Hai tam giác OHJ và
BIJ đồng dạng suy ra:

.
OH OI OJ BI
OH
BI BJ BJ
= ⇔ =

. Đặt IO =
x
suy ra:
( )
( )
2 2 2
2
2
4
4
4
a
h x
a h x
OH
a h a
h
−
−
= =
+
+

Gọi K là hình chiếu của O lên ID. Hai tam giác IOK và IDJ đồng dạng suy ra:
OK IO
DJ ID
=

⇒

2 2
4
bx
OK
h b
=
+

A D’
C’
I
B
O
D
B’
C
J
A
A
I
B
C
J
D
H
O
K
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

270

Để:
OH OK
=
thì
(
)
2 2 2 2
4 4
a h x
bx
h a h b
−
=
+ +

(
)
( )
(
)
2 2
2 2 2 2 2 2
4
4 4 4
ab h x abx ab h x
abx
b h a
a h b a h b b h a
− + −

⇔ = =
+
+ + + +

Bán kính đường tròn nội tiếp chính là:
2 2 2 2
4 4
abh
r OH OK
b h b b h a
= = =
+ + +

và O nằm trên IJ xác định bởi:
2 2
2 2 2 2
4
4 4
ah h b
IO x
a h b b h a
+
= =
+ + +

Bài 15.
Cho tứ diện ABCD. Dựng AI
⊥
(BCD), I
∈

(BCD). Gọi E là trung điểm AI.
Hạ EK
⊥
AD (K
∈
AD).
1) Chứng minh rằng EK đi qua trọng tâm H của tam giác ABC, từ đó suy ra
rằng EH = EK.
2) Mặt phẳng qua BC và E chia thể tích tứ diện thành hai phần theo tỷ số nào?
3) Mặt phẳng qua BC và E chia tứ diện đã cho thành hai tứ diện. Tính tỷ số
bán kính hình cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó.
Giải

1) Gọi H là trọng tâm tam giác ABC.
Ta có:
1 1
//
3 3
MH MI MA MD HI AD
= = = ⇒

Dựng HK và IL vuông góc với AD.
Ta có:
1
3
LK IH AD
= =

và vì tam giác AMD cân nên AK = LD
Suy ra:

1
3
AK KL LD AD
= = =
.
Vậy: IH // AK
⇒
AHIK là hình bình hành.
⇒
AI và HK cắt nhau tại trung điểm E của mỗi đường (EA = EI và EH = EK)
A
B
M
I
C
D
L
K
J
E
J
Một số dạng toán của hình cầu

271

2)
Kéo dài ME cắt AD tại J, BCJ là thiết diện phải tìm.
IH cắt MI tại J
′
. Ta có IJ

′
// AD.
Suy ra IJ
′
AJ là hình bình hành
⇒
IJ
′
= AJ
Lại có:
1
3
IJ
MI
JD MD
′
= =
. Vậy:
1
3
AJ JD
=
.
Suy ra
1
3
ABCJ
DBCJ
V
AJ

V DJ
= =

3) Tam giác BCD có trục là AI
⇒
Tâm O
2
của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
JBCD là giao điểm của trung trực của JD trong mặt phẳng (AMD) và trục AI.
Tương tự
∆
ABC có trục DH
⇒
tâm O
1
của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện JABC là
giao điểm của trung trực của JA trong mặt phẳng (AMD) và trục DH.
Đặt AD =
a

2
2
3 3 6
2
;
2 2 2 3
a a a
AM MD h AI DH a
 
⇒ = = = = = − =

 
 

Tứ giác IO
2
QD nội tiếp:
2
. .
AO AI AQ AD
=
(biết
5
8
AQ AD
=
)
2 2
2
5 5
5 6 5 6
8 8
16 16
6
3
AD a
a a
AO
AI
a
= = = =

;
2 2
6 5 6 6
3 16 48
a a a
IO h AO= − = − =

2 2
2
2 2 2
2
129
6 32
3 8 2
48
8 6
2
a
a a a
R O D IO ID= = + = + = =

Tương tự tứ giác APHO
1
nội tiếp:
2
2
1 1
7
7 8 21
. .

8
6 5 6
3
a
a
DO DH DP DA a DO
a
= = ⇒ = =

1 1
6 5 6
21
3 48
8 6
a a
O H O D DH
a
= − = − =
;
2 2
2 2
1 1 1
25 153 51
64.6 3 8 6 8 2
a a a
O A R HO HA= = + = + = =

Vậy:
1
2

51
43
R
R
=

Mặt cầu tiếp xúc với các cạnh của tứ diện.
M
I
D
E
J
A
H
J’
M
I
D
J
A
H
O
1
P
Q
O
2
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

272

Bài 16.
Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác SABC bằng 3s, chu vi
đáy ABC bằng 3a. Một mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh đáy tại trung điểm của
chúng, và đi qua các trung điểm của ba cạnh bên.
1) Chứng minh rằng SABC là hình chóp tam giác đều.
2) Tính bán kính của mặt cầu nói trên theo a và s.
Giải

1) Gọi A
′
, B
′
là trung điểm của các cạnh
BC và AC và gọi A
″
, B
″
là trung điểm
của các cạnh SA và SB.
Ta có: R = OA
′
= OB
′
= OA
″
= OB
″

Vì OA

″

⊥
BC và OB
′

⊥
AC nên BOC và
AOC là những tam giác cân bằng nhau
(cùng cạnh bên và cùng đường cao).
Suy ra: AC = BC. Lý luận tương tự ta có: AB = BC = CA
⇔

∆
ABC đều
Các tam giác OAS và OBS có cạnh OS chung và OA = OB (OH là trục của
∆
ABC). Suy ra: SA = SB. Lý luận tương tự ta có: SA = SB = SC
⇒
S thuộc trục OH của
∆
ABC.
Vậy: SABC là hình chóp tam giác đều.
2) Do A
′
B
′
A
″
B

″
là hình bình hành mà SC
⊥
AB
⇒
A
′
B
′
A
″
B
″
là hình chữ nhật.
Điểm O cách đều bốn đỉnh nên là giao điểm hai đường chéo.
Suy ra
( )
2 2 2 2 2 2
1
4
4
R I A A B B A a SA
′ ′′ ′′ ′ ′ ′
= = + = +

với
(
)
2
2 2 4

2 2 2
2
2 16
4
4
S a S a
SA SB AB
a
a
+
′ ′
= + = + =

Vậy:
4 2
2 4 4 2
2 2
2 2
5 16
16 5 16
1
16 8
4 64
a S
S a a S
R a R
a
a a
 
+

+ +
= + = ⇒ =
 
 


S
A’’
A
B

C

A’
B

B’’

C’’

O
C’
H