chuyên đề mặt cầu ngoại tiếp khối đa diên

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện
Phần 1: Lý thuyết
I. Định nghĩa : Mặt cầu đi qua mọi đỉnh của hình đa diện (Đ) gọi là mặt cầu
ngoại tiếp hình đa diện (Đ).
Từ định nghĩa suy ra : Tâm mặt cầu là điểm cách đều tất cả các đỉnh của hình
đa diện.

II. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và hình lăng trụ
1.Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
a.Trục của đường trịn ( O; R ) : Đường thẳng d gọi là trục của đường tròn
(O; R) khi và chỉ khi d qua O và vng góc với mặt phẳng chứa đường trịn đó.
b. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp : Hình chóp S.A1A2...An nội tiếp mặt cầu (S)
khi và chỉ khi đáy của nó là một đa giác nội tiếp một đường trịn.
Chứng minh:
Giả sử hình chóp S.A1A2...An nội tiếp trong mặt cầu (S). Khi đó, các đỉnh A1,
A2, ..., An của hình chóp nằm trên mặt phẳng đáy của hình chóp và đồng thời
nằm trên đường trịn giao tuyến của mặt phẳng đáy và mặt mặt cầu. Do vậy, đa
giác đáy nội tiếp trong đường trịn đó.
Ngược lại, S.A1A2...An có đáy A1, A2, ..., An nội tiếp trong đường tròn (C)
thì ta gọi ∆ là trục của đường trịn đó và gọi O là giao điểm của ∆ với mặt phẳng
trung trực của một cạnh bên, chẳng hạn SA1. Khi đó, OS = OA1 = OA2= ... =
OAn . Vậy hình chóp có hình cầu ngoại tiếp, đó là mặt cầu tâm O, bán kính R.
c. Nhận xét
Phần thứ hai của việc chứng minh bài tốn trên cũng chính là một trong những
cách xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp một hình chóp ( trong
trường hợp ta đã biết hình chóp có mặt cầu ngoại tiếp ).
Việc xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp sẽ dễ hơn nếu ta biết trục ∆
của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy đồng phẳng với một cạnh bên bất kỳ. Khi
đó, mặt phẳng trung trực của một cạnh bên sẽ được thay thế bằng đường trung
trực của cạnh bên đồng phẳng với ∆
Ta cũng có thể xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo định nghĩa,

tức là xác định điểm O cách đều tất cả các đỉnh của hình chóp, thơng thường là
các đỉnh của hình chóp nhìn một đoạn thẳng dưới một góc 900, hoặc là phải dựa
vào các yếu tố cân, đều của hình chóp ...
2. Mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ
a. Chứng minh rằng một hình lăng trụ có mặt cầu ngoại tiếp khi và chỉ khi nó là
hình lăng trụ đứng và đáy là một đa giác nội tiếp một đường tròn.
Chứng minh :
1


Nếu (H) là một hình lăng trụ có mặt cầu ngoại tiếp thì các mặt bên là những
hình bình hành có đường trịn ngoại tiếp nên phải là hình chữ nhật. Vậy (H) phải
là hình lăng trụ đứng. ngồi ra, vì (H) có mặt cầu ngoại tiếp nên mặt đáy phải là
một đa giác có đường trịn ngoại tiếp.
Ngược lại, cho (H) là hình lăng trụ đứng có các đường tròn (C), (C’) ngoại tiếp
hai đa giác đáy. Gọi I, I’ lần lượt là tâm hai đường trịn đó thì
II’ là trục của hai đường trịn. Vì vậy, gọi O là trung điểm của đoạn II’, suy ra O
cách đều tất cả các đỉnh của hình lăng trụ đã cho. Vậy hình lăng trụ có mặt cầu
ngoại tiếp.
b. Nhận xét
- Việc chứng minh ý hai của bài toán trên cũng chính là một trong những cách
xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ.
- Cũng tương tự hình chóp ta cịn tìm một điểm O cách đều tất cả các đỉnh của
hình lăng trụ.
***********************************

Phần 2: Một số dạng bài tập áp dụng
Dạng 1: Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình đa
diện
Trong dạng bài tập này ta sẽ xét một số bài tập xác định tâm và bán kính của

mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều, hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy,
hình chóp có một mặt bên vng góc với đáy, hình lăng trụ đứng có đáy là các
đa giác dễ xác định tâm của đường trịn ngoại tiếp nó.
Bài 1: (Hình chóp đều) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu (S) ngoại
tiếp hình chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và đáy là φ.
Lời giải:
Giả sử S.ABC là hình chóp tam giác
đều cạnh đáy a. Gọi M là trung điểm BC,
G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó,
theo giả thiết của bài tốn thì SG chính
là trục của đường trịn ngoại tiếp tam giác
ABC và ∠SMG = φ.
Gọi I là trung điểm SA, kẻ đường trung
trực của SA cắt SG tại O, ta có :
OS = OA = OB = OC, suy ra O chính là tâm
của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp,

2

S

I
O
C
A
N

G

M

B


bán kính OS.Ta có AM =
2
3

suy ra AG = AM =

AB 2 − BM 2 = a 2 −

a2 a 3
=
4
2

a 3
1
a 3
; GM = AG =
. Trong tam giác vuông SGMφ
3
2
6

GM
GM
a 3
= cosϕ ⇒ SG =
=

, trong tam giác vuông SGA:
SG
cosϕ 6cosϕ
SO SI
Hai tam giác vuông SGA và SIO đồng dạng nên ta có
=
, suy ra:
SA SG
SA.SI SA2 a 2 (1 + 4cosϕ ) 3cosϕ a (1 + 4cosϕ )
=
=
=
ϕ SO =
.
. Vậy bán kính của mặt cầu
SG
2 SG
12cosϕ
a 3
4 3
a (1 + 4cosϕ )
(S) là R = SO =
.
4 3

ta có :

Nhận xét:
Trong bài tốn xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện ta hay phải
giải quyết các bài toán liên quan như : xác định khoảng cách , xác định góc. Do

vậy, giáo viên cần hướng dẫn học sinh phải xác định một cách chính xác hai bài
tốn xác định hình trên. Chẳng hạn, khi ta xác định trục của đường tròn ngoại
tiếp đa giác đáy của hình chóp hay hình lăng trụ thì ta thường tìm hai điểm cách
đều các đỉnh của hình chóp và hình lăng trụ, hoặc tìm một điểm cách đều các
đỉnh và vng góc với mặt phẳng đáy...
Cũng với dạng bài tốn trên ta có thể đưa ra rất nhiều bài toán tương tự như
sau:
1. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp tam giác đều
trong các trường hợp sau:
a. Hình chóp có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng b
b. Hình chóp có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và đáy bằng φ
c. Hình chóp có cạnh bên bằng a, góc giữa cạnh bên và đáy bằng φ
d. Hình chóp có cạnh bên bằng a, góc giữa mặt bên và đáy bằng φ
e. Hình chóp có cạnh đáy bằng a, chiều cao h
f. Hình chóp có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt bên bằng φ
g. Hình chóp có tất cả các cạnh bằng a.
2. Hoàn toàn tương tự ta cũng có các câu hỏi trên khi thay hình chóp tam giác
đều bằng hình chóp tứ giác đều
3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi E, K lần lượt là
trung điểm của các cạnh AD và BC. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.EBK.

3


Bài 2: (Hình chóp có một cạnh bên vng góc với đáy) Xác định tâm và bán
kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC biết SA vng góc với đáy, SA =
2a, ABC là tam giác đều cạnh a.
Lời giải:
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, d là đường thẳng qua G và vng góc với

mặt phẳng (ABC). Khi đó, d chính là trục của đường trịn ngoại tiếp tam giác
ABC . I là trung điểm SA suy ra SA // d. Gọi I là trung điểm SA, kẻ đường trung
trực của SA qua I cắt d tại O. Khi đó, OS = OA = OB = OC, suy ra
S

O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC,
bán kính R = OS. Tương tự bài 1 ta có
AG =

a 3
a
, AI = OG = ,
3
2

suy ra R = OA = OG 2 + AG 2 =

I
a 2 a 2 a 21
+
=
4
3
6

O
C

Nhận xét :
A

- Trong trường hợp hình chóp có một cạnh
G
M
N
bên vng góc với đáy thì trục của đường tròn ngoại
tiếp đa giác đáy và cạnh bên này ln đồng phẳng.
B
- Ngồi cách xác định tâm mặt cầu theo cách
hình học cổ điển như trên, trong những bài tốn dạng này ta cịn có thể sử dụng
phương pháp tọa độ để làm.
- Ngoài việc cho một cạnh bên vng góc với đáy trực tiếp như trên thì có
những bài tốn cạnh bên như vậy được cho là giao tuyến tuyến của hai mặt bên
vng góc với đáy.
Chẳng hạn, ta xét bài tốn sau :
Cho hình chóp S.ABCD. Hai mặt bên (SAB) và (SAD) vng góc với đáy. Đáy
ABCD là tứ giác nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Xác định tâm và
tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD biêt SA = h.
Lời giải bài tốn trên hồn tồn đơn giản, vì trục của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác ABCD là đường thẳng qua O và song song với SA.
Đáp số : r =

h2
+ R2
4

Hồn tồn tương tự ta cũng có các bài tốn sau:
1. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác S.ABCD
biết SA vng góc với đáy, SA = a, ABCD là hình chữ nhật có AB = a, AD = 2a.
2. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác S.ABCD
biết SA vng góc với đáy, SA = a, ABCD là hình vng cạnh 2a.

4


3. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác S.ABCD
biết SA vng góc với đáy, SA = a, ABCD là hình thang cân nội tiếp trong
đường trịn đường kính AD = 2a.
4. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC biết ba
góc đỉnh S bằng 900 và SA = a, SB = b, SC = c.
5. Cho tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB = 2a. Trên đường thẳng d qua
A và vng góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S khác A.
Chứng minh rằng hình chóp SABC chỉ có một cặp cạnh đối diện vng góc với
nhau.
6. Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. Tính bán kính R khi góc
giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 300.
Đáp số: a. AC ⊥ SB b. R =

a 42
6

7. Cho đường tròn tâm O, bán kính R, xét các hình chóp S.ABCD có SA vng
góc với đáy ( S, A cố định ), SA = h cho trước, ABCD là một tứ giác tùy ý nội
tiếp trong đường trịn đã cho mà AC vng góc với BD.
a. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
b. Tứ giác ABCD là hình gì để thể tích hình chóp S.ABCD lớn nhất ?
Đáp số: a. R ' =

h2 + 4 R 2
2

b. ABCD là hình vng

8. Trong mặt phẳng (P) cho đường trịn đường kính AB = 2R, M là một điểm
chuyển động trên đường trịn , MH vng góc với AB tại H sao cho AH = x,
0< x < 2R. Dựng đường thẳng vng góc với (P) tại M trên đó lấy điểm S sao
cho MS = MH. Xác định tâm và tính bán kính r mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SABM. Tìm x để r lớn nhất.
1
4

Đáp số : r = R 2 + x(2 R − x) ; r lớn nhất khi x = R
Bài 3: ( Hình chóp có một mặt bên vng góc với đáy )
Cho tứ diện ABCD có AB = AC = a; BC = b. Hai mặt phẳng (BCD) và (ABC)
vng góc với nhau, góc ∠ BDC bằng 900 .
Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABCD theo a và b.
Lời giải:
Gọi M là trung điểm BC, do hai mặt phẳng
(ABC) và (BCD) vng góc với nhau nên
AM ⊥ (BCD), mặt khác, tam giác BCD
vng tại D nên M chính là tâm của đường
tròn ngoại tiếp tam giác BCD, suy ra, AM
là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác

A

N
O
B

5

D
M


BCD . Do vậy, tâm và bán kính của mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD cũng chính
là tâm và bán kính của đường trịn ngoại
tiếp tam giác ABC.
Tam giác ABC có AB = AC = a, BC = b suy ra
AM = AB 2 − BM 2 = a 2 −

1
2

và SABC= AM .BC =

b2
4a 2 − b 2
=
4
2

b. 4a 2 − b 2
a.a.b
a2
.Do vậy, R =
=
4 S ABC
4

4a 2 − b 2

Nhận xét:
- Với hình chóp có một mặt bên (P) vng góc với đáy thì trục ∆ của đường
tròn ngoại tiếp đa giác đáy thường là đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) hoặc
là một đường thẳng song song với một đường nằm trong (P) và vng góc với
đáy.
Một số bài tốn tương tự :
1. Cho hình chóp SABC có ABC là tam giác cân AB =AC = a, hai mặt phẳng
(SBC) và (ABC) vng góc với nhau và SA = SB = a. Xác định tâm và bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp biết SC = x.
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SAB là tam
giác đều, mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt đáy (ABCD). Xác định tâm và
tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Đáp số : R =

a 21
6

3. Cho tứ diện SABC có góc ASB bằng 1200, góc BSC bằng 600, góc CSA
bằng 900, xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
4. Cho tứ diện ABCD có AB = BC = AC = BD = a, AD = b, hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) vng góc với nhau. Xácđịnh tâm và tính bán kính của mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện
Đáp số : R =

a2
3a 2 − b 2

Bài 4: ( Chứng minh các điểm cùng thuộc một mặt cầu)

Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy, AB = c, AC = b, góc ∠ BAC
= ử. Gọi B1, C1 lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên SB, SC. Xác định
tâm và bán kính mặt cầu đi qua năm điểm A, B, C, B1, C1 .
Lời giải :
S

Gọi AD là đường kính của
đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.

C1

6

B
1


Khi đó, vì BD ⊥ AB và BD ⊥ SA nên
BD ⊥ (SAB) suy ra BD ⊥ AB1 mà
AB1 ⊥ SB (giả thiết) nên AB1 ⊥ (SBD)
suy ra AB1 ⊥ DB1. Chứng minh tương
tự ta cũng có AC1 ⊥ DC1, như vậy 5
điểm A, B, C, B1, C1 cùng nhìn AD
dưới một góc 900 hay 5 điểm này nằm
trên mặt cầu đường kính AD.
Ta có, SABC=
R=

1
abc

bc sin ϕ =
suy ra
2
4R

a
mà theo định lý cơsin ta có
2 sin ϕ

a = b2 + c2 – 2bc.cos ử, do vậy R =

b 2 + c 2 − 2bc.cosϕ
2sin ϕ

Nhận xét :
- Đối với bài toán chứng minh các điểm cùng nằm trên một mặt cầu, ta thường
phải chứng minh chúng cùng nhìn một đoạn thẳng dưới một góc 900, hoặc
chúng cùng cách một điểm cố định cho trước một khoảng không đổi.
Các bài tốn tương tự:
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, BC = b,
đường cao của hình chóp là SA. Gọi B1, C1, D1 lần lượt là hình chiếu vng góc
của A trên SB, SC, SD.
a. Chứng minh rằng A, B1, C1, D1 cùng thuộc một mặt phẳng vng góc với
SC.
b. Xác định tâm và tính diện tích của mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D, B1,
C1, D1.
a2 + b2
Đáp số: R =
, S = π (a 2 + b 2 )
2

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng , SA vng góc với
đáy, (P) là mặt phẳng qua A và vng góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại M,
N, P.
a. Chứng minh rằng BD vng góc với AN
b. Chứng minh rằng S, A, M, N, P cùng thuộc một mặt cầu
3.Cho tam giác ABC vng tại C, trên đường thẳng (d) vng góc với mặt
phẳng (ABC) tại A lấy điểm S. Gọi AD, AE lần lượt là hai đường cao của các
tam giác SAB, SAC . Chứng minh rằng A, B, C, D, E cùng nằm trên một mặt
cầu. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đó.
4. Trong mặt phẳng (P) cho đường thẳng d và điểm A không thuộc d , góc
∠ xAy di động quanh A cắt d tại B và C. Trên đường thẳng qua A và vng góc

7


với (P) lấy một điểm S . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên
SB, SC
a. Chứng minh rằng A, B, C, H, K cùng thuộc một mặt cầu
b. Tính bán kính mặt cầu trên khi AB = 2, AC = 3, góc ∠ BAC bằng 600
Đáp số: R =

21
3

5. Trong mặt phẳng (P) cho hình thang cân ABCD với AB = 2a, BC = DC =
DA = a. Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng (P) ta lấy một điểm
S di động . Một mặt phẳng qua A vng góc với SB cắt SB, SC, SD tại P, Q, R
theo thứ tự đó.
a. Chứng minh rằng 7 điểm A, B, C, D, P, Q, R luôn thuộc một mặt cầu cố

định. Tính diện tích mặt cầu đó.
b. Chứng minh rằng CDQR là một tứ giác nội tiếp và đường thẳng đi qua QR
luôn đi qua một điểm cố định khi S thay đổi trên Ax.
c. Cho SA = a 3 . Hãy tính diện tích tứ giác APQR.
Bài 5 (Xác định tâm mặt cầu bằng cách tìm điểm cách đều tất cả các đỉnh
của hình đa diện).
1. Tứ diện ABCD có CD = 2a, các cạnh cịn lại có độ dài a 2 . Xác định tâm và
tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Lời giải :
Theo giả thiết của bài tốn ta có hai tam giác
ACD và BCD lần lượt vuông tại A và B . Gọi O
là trung điểm của CD suy ra, O cách đều tất
cả các đỉnh của hình tứ diện .
Do vậy, O chính là tâm của mặt cầu ngoại
tiếp tứ diện ABCD và bán kính của mặt cầu là:

A

D

B

CD
R=
=a
2

O

2. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 3;

AC = BD = 5; AD = BC = 6. Xác định tâm
và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
Lời giải :

C

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD thì dễ thấy IJ ⊥ AB
và IJ ⊥ CD, bởi vậy:
Nếu gọi O là trung điểm của IJ thì OA = OB,
OC = OD. Ngồi ra, vì AB = CD = 3 nên
hai tam giác vuông OIB và OIC bằng nhau,
A
do đó OB = OC. Vậy O cách đều bốn đỉnh
I

8
O


A, B, C, D. Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
có tâm O và có bán kính R = OA.
Ta có: OA2 = OI 2 + AI 2 =

IJ 2 AB 2 IJ 2 + 9
+
=
.
4
4
4

Vì CI là trung tuyến của tam giác ABC
2a 2 + 2b 2 − c 2 113
=
4
4
113 c 2 113 − 9
Suy ra IJ 2 = CI 2 − CJ 2 =
− =
= 26 .
4
4
4
26 + 9 35
35
Như vậy : R 2 = OA2 =
=
⇒R=
4
4
2

nên CI 2 =

Bài 6 ( một số bài toán về hình lăng trụ)
1. Cho hình lăng trụ đứng ABCA1B1C1, đáy ABC là tam giác có góc ∠ BAC
bằng 1200 , AB = a, AC = 2a, đường chéo AB1 của mặt bên ABB1A1 tạo với đáy
một góc 750. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ.
Lời giải:
E

A

Trong tam giác ABC theo định lý
cơsin ta có : BC2 =
AB2 + AC2 – 2AB.AC.cos1200 =
a2 + 4a2 + 2a2 = 7a2 ⇒ BC = a 7
mà BC = 2Rsin1200 nên bán kính r
của đường trịn ngoại tiếp tam giác
ABC bằng :

C

M

N

B

O
I

BC
a 7 a 21
r=
=
=
.Theo giả thiết
0
2 sin120
3

3

A1

0

AB1 tạo với đáy một góc 75
nên góc ∠ BAB1 = 750 suy ra, trong
tam giác vuông ABB1 ta có :

E

C1
B

BB1 = AB.tan 750 = a.tan(450 + 300 ) = a.(2 + 3)

Gọi E, E1 lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và
A1B1C1. Khi đó, EE1 là trục của các đường trịn ngoại tiếp hai đa giác đáy, gọi I
là trung điểm BB1 kẻ đường trung trực của BB1 cắt EE1 tại O suy ra OA = OB =
OC = OA1 = OB1= OC1 hay O chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ
bán kính R = OB.
Ta có OI = EB = r , áp dụng định lý Pitago trong tam giác vng OIB ta có:
OB2 = OI2 + IB2 =

7 a 2 a 2 (2 + 3)2 (49 + 12 3)a 2
49 + 12 3
+
=
⇒ R = a.

3
4
12
12

9


2. [Đại học Sư phạm Vinh 2000] Cho hình hộp chữ nhật ABCDA1B1C1D1 có
AB = p, AD = q, AA1 = r, 0 < puuuu
r. Gọi
I, J lần
lượt là trung điểm AB, C1D1,
uuur
uuur
và M, N là các điểm thỏa mãn AM = k . AD, BN = k .BB1 , 0 ≤ k ≤ 1 (1)
a. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BDA1)
b. Chứng minh rằng với mỗi k thỏa mãn (1) thì I, M, J, N cùng thuộc một mặt
phẳng. Tìm k để MN vng góc với IJ
c.Tìm tâm và tính bán kính của mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABDA1 và tâm
H của đường tròn là giao của mặt cầu (S) và mặt phẳng (BDA1)
Lời giải :
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, với A(0 ; 0 ; 0) , B(0 ; p ; 0) , D(q ; 0 ; 0) ,
C(q ; p ; 0) , A1(0 ; 0 ; r) B1(0 ; p ; r), C1(q ; p ; r), D1(q ; 0 ; r).
a. Mặt phẳng (BDA1) có phương trình :

x y z
+ + =1
q p r

Suy ra khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BDA1) là:
h=

1
=
1
1
1
+
+
q2 p2 r 2

pqr
2

2

2 2

z
2

p q +q r +r p

2

B

A1

b. Theo giả thiết ta có :

1

p
p
I (0; ; 0); J (q; ; r ) ; M(kq ; 0 ; 0)
2
2

J

D1

N(0 ; p ; kr) suy ra :
uuur
uur
uur
p
p
⇒ IM = (kq; − ;0); IN = (0; ; kr ); IJ = (q; 0; r ) .
2
uur 2uuur uur
Dễ thấy k IJ = IM + IN nên bốn điểm

A

C1

N
y

I

M

B

I,uuuu
M,
J, N luôn đồng
phẳng.
r
uur uuuur

MN = (− kq; p; kr ); IJ .MN = − kq 2 + kr 2 = k (r 2 − q 2 ) ,

D
C
MN
vng
góc
với
IJ
khi
và
chỉ
khi
uur uuuur

IJ .MN = 0 ⇔ k (r 2 − q 2 ) = 0 ⇔ k = 0 (vì r > q) x
Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABDA1 cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp
q p r
2 2 2

hình hộp, tức là trung điểm của đường chéo AC1,do đó O( ; ; ) và bán kính
p2 + q2 + r 2
. Điểm H cần xác định chính là hình chiếu vng góc của O
2
r 1 1 1
xuống mặt phẳng (BDA1). Mặt phẳng này có véc tơ pháp tuyến v = ( ; ; ) cũng
q p r
R=

là véctơ chỉ phương của đường thẳng OH suy ra đường thẳng này có phương

10


q 1

 x = 2 + q .t

p 1
trình là:  y = + .t , t ∈ R thay vào phương trình của mặt phẳng (BDA1), ta được :
2 p


r 1
 z = + .t

2 r

q 1 1
p 1
1
r 1 1
( + .t ). + ( + .t ). + ( + .t ). = 1
suy ra H có tọa độ
:
2 q q
2 p
p 2 r r

x=

q3 ( p2 + r 2 )
p3 (q 2 + r 2 )
r3 ( p2 + q2 )
y
=
z
=
;
;
;
2( p 2 q 2 + q 2 r 2 + r 2 p 2 )
2( p 2 q 2 + q 2 r 2 + r 2 p 2 )
2( p 2 q 2 + q 2 r 2 + r 2 p 2 )

Nhận xét : Đối với bài toán xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại

tiếp tứ diện bất kỳ thì việc xác định là khó khăn, nhưng lại có một đặc điểm
thuận lợi là các tứ diện này thường nằm trong một hình hộp đặc biệt chẳng hạn
như hình hộp chữ nhật hay hình lập phương . Khi đó để giải quyết bài tốn ta
thường dùng phương pháp tọa độ.
Bài tập tương tự :
Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ cạnh là 1, 2, 3 . Gọi M là điểm trên
đoạn AC sao cho AM = 2MC; N là điểm trên đoạn BA’ sao cho NA’ = 2NB.
Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AMNA’
Dạng 2 : Các bài toán liên quan tới mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện
Trong dạng bài tập này ta xét một số bài tốn liên quan tới mặt cầu ngoại tiếp
hình đa diện , chẳng hạn khi cho biết bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình đa
diện ta có thể tính cạnh của hình đa diện...
Bài 1 : Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, tính a biết mặt cầu ngoại tiếp tứ diện có
bán kính bằng 1.
Lời giải:
Gọi M, H, I lần lượt là trung điểm CD,
A
trọng tâm tam giác BCD và trung điểm
AB suy ra AH là trục của đường tròn
ngoại tiếp tam giác BCD, trong mặt
I
phẳng (ABH) kẻ đường trung trực của
AB cắt AH tại O. Khi đó, O chính là
D
O
tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
B
ABCD, bán kính R = OA = 1.
Ta có : BM =

a 3
a 3
; BH =
;
2
3

M

H
C

11


AH = a 2 −

a2 a 6
=
; Xét hai tam giác vng đồng
3
3

dạng AIO, AHB ta có:

OA IA
AB 2
a 2 .3
2 6
=

⇒ OA =
=
⇒a=
AB AH
2 AH 2a 6
3

Bài 2: Cho hình cầu bán kính R. Từ điểm S trên mặt cầu dựng ba cát tuyến
bằng nhau cắt mặt cầu tại A, B, C sao cho các góc ∠ASB = ∠ASC = ∠BSC = α .
a.Tính thể tích V của tứ diện ABCD theo R và α .
b. Xác định α để V lớn nhất.
Lời giải :
S
a. AB = BC = CA vì các tam giác
SAB, SBC, SCA bằng nhau. Kẻ SH ⊥ (ABC)
thì HA = HB = HC do SA = SB = SC.
Vậy SABC đều. SH cắt mặt cầu tại S’ .
AH cắt BC tại trung điểm M của BC. Đặt SA =
O
C
= SB = SC = x. Vì x2 = SA2 = SH.SS’ =
= SH.2R nên SH =

x2
.
2R

A

H

M
B

3
α
Vì MC = x.sin nên AM = 2MC. = x. 3.sin ,
2
2
2

α

2 AM
suy ra HC = HA =
=
3

2.x 3.sin
3

S’

α
2.

α

α

4.x 2 .sin 2
4 R 2 .(3 − 4sin 2 )
2
x
2 ⇔ x2 =
2
SC = SH + HC ⇔ x 2 = 2 +
4R
3
3
1
1 x2
1 x2
α
α
V = .SH .dtABC = . .MC. AM = . .x.sin x 3.sin =
3
3 2R
3 2R
2
2
8 3 3
α
4
α
=
.R .sin 2 .(1 − sin 2 ) 2 .
3
2
3

2
2

2

2

b. Để tìm GTLN của V ta có thể sử dụng phương pháp đạo hàm, hoặc bất đẳng
thức Côsi. Đáp số Vmax =

8R3
khi α = 600 hay ABCD là tứ diện đều.
9 3

Bài 3: Cho hình cầu tâm O bán kính R và đường kính SS’. Một mặt phẳng
vng góc với SS’ cắt hình cầu theo một đường trịn tâm H. Gọi ABC là một tam
giác đều nội tiếp trong đường tròn này. Đặt SH = x (0 < x < R).
a. Tính các cạnh của tứ diện SABC theo R và x.
b. Xác định x để SABC là tứ diện đều, khi đó tính thể tích của tứ diện và
chứng minh rằng S’A, S’B, S’C đơi một vng góc.
Đáp số : a. SA = SB = SC = 2Rx ; AB = BC = CA = 3x.(2 R − x)

12


b. x =

4R
8 3 3
2

2
2
;V =
.R ; S’A + S’B = AB
3
27

Kết luận : Trên đây là một số dạng bài tập về mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện ,
nhóm tác giả đã cố gắng sưu tầm và chế biến và sau đó là sắp xếp lại để tạo
thành một bài viết nhỏ, với hy vọng rằng có thể giúp ích được một phần nhỏ nào
đó trong cơng việc giảng dạy của các thầy cô giáo. tuy nhiên do thời gian chưa
có nhiều và do yêu cầu hạn chế của nội dung nên bài viết không tránh khỏi
những sai sót, kính mong q thầy cơ tham khảo đóng góp ý kiến để bài viết này
được hoàn thiện.
Xin chân thành cám ơn Quý thầy cô!

13


14


15