BÁN KÍNH MẶT CẦU NGOẠI TIẾP

Header Page 1 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

Các em cần nhớ kiến thức cơ bản sau :
1)Cách xác định tâm mặt cầu ngồi tiếp các hình cơ bản , tứ diện , chop tứ giác , lăng trụ
2)Cách tính bán kính mặt cầu
3)Cách tính diện tích mặt cầu , thể tích khối cầu
Dạng 1 : Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thường .

1)Nếu tam giác ABC vuông , thì tâm đường trịn ngoại tiếp
ABC sẽ là điểm E(trung điểm của BC)

2)Nếu tam giác ABC đều , thì tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC sẽ là giao điểm 3 đường trung tuyến

3)Nếu tam giác ABC thường thì tâm đường tròn ngoại tiếp
sẽ là giao của 3 đường trung trực

1
Footer Page 1 of 16.


Header Page 2 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

Trường hợp đặc biệt , nếu tam giác ABD vuông tại
A , tam giác BCD vng tại C thì trung điểm I của BD
Sẽ là tâm mặt cầu ngoài tiếp tứ diện ABCD
Vì IA = IB = IC = ID

Dạng 2 : Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp tứ giác S.ABCD , khơng phải chóp tứ giác nào cũng có mặt
cầu ngoại tiếp , việc này còn phụ thuộc vào sự đặc biệt của hình ví dụ như sau :
+)Nếu SA vng góc với đáy , ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp
Tứ giác ABCD , Vẽ trục Ox , trong mặt phẳng SAC ta kẻ trung trực của SA
Khi đó ta tìm được I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD

+)Nếu trục Ox không năm trong mặt phẳng (SAC) , (SBD) ta
Khơng tìm được mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD

2
Footer Page 2 of 16.


Header Page 3 of 16.

Tất cả vì học sinh thân u

Trường hợp đặc biệt 1 : Đáy là hình vng , lại có góc ASC hay BSD
Là góc vng thì ta sẽ có O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp
S.ABCD

Trường hợp đặc biệt 2 : Chóp S.ABCD đều , ta xác định tâm I như sau
+)SO là trục
+)Trong mặt phẳng SAC ta dựng trung trực của SA ,cắt SO tại I
Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD

Trường hợp đặc biệt 3 :
Nếu ta có góc SAC , SBC , SDC là góc vng thì trung điểm I
Của SC chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp chop tứ giác S.ABCD

3
Footer Page 3 of 16.


Header Page 4 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

Dạng 3 : Tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng
O,O’ lần lượt là tâm của 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC , A’B’C’
I là trung điểm của OO’ . Khi đó
Là điểm I , vì có IA = IB = IC = IA’ = IB’ = IC’

Câu 1 : Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều có cạnh bằng a, cạnh bên tạo với đáy
góc 300. Biết hình chiếu vng góc của A’ trên (ABC) trùng với trung điểm cạnh BC. Tính theo a thể
tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC.

Bài giải:

+Gọi H là trung điểm BC
=> A’H  (ABC)
=> góc A’AH bằng 300.
Ta có:AH =

a 3
; A’H = AH.tan300 = a/2.
2

4
Footer Page 4 of 16.


Header Page 5 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

SABC =

a2 3
.
4

V = S ABC . A' H =

a3 3
.
8

Tìm bán kính mặt cầu : Ngoại tiếp tứ diện A’ABC

+ Gọi G là tâm của tam giác ABC, qua G kẻ đt (d) // A’H cắt AA’ tại E
+ Gọi F là trung điểm AA’, trong mp(AA’H) kẻ đt trung trực của AA’ cắt (d) tại I => I là tâm
m/c ngoại tiếp tứ diện A’ABC và bán kính R = IA.
Ta có: Góc AEI bằng 600, EF =1/6.AA’ = a/6.
IF = EF.tan600 =
R=

a 3

6

AF2  FI 2 

a 3
3

5
Footer Page 5 of 16.


Header Page 6 of 16.

Tất cả vì học sinh thân u

Câu 2 Cho hình chóp S. ABC có SA   ABC , SA  2a , tam giác ABC cân tại A , BC  2a 2 ,

1
cos( ACB )  . Tính thể tích của khối chóp S. ABC , xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại
3
tiếp hình chóp S. ABC .
Bài giải:
Tính thể tích của khối chóp S. ABC

sin C 

2 2
; tan C  2 2; CM  a 2; AM  CM . tan C  4a
3

S ABC 

1
1
8a 3 2
AM .BC  4a 2 2  VS . ABC  SA.S ABC 
2
3
3

sin A  sin 2C  2sin C.cos C  2

12 2 4 2

3 3
9

Theo định lý sin trong tam giác ABC ta có 2 R 

BC
9a

sin A 4

Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC .

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có IA = R.
Dựng ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt phẳng trung trực SA cắt trục đường tròn tại J khi đó J chính là
tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC
Gọi r là bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABC khi đó

r  JA  JB  JS  JC  IA2  AN 2 

2
Diện tích mặt cầu cần tính là S  4 .r 

a 97
4

97 .a 2
4

6
Footer Page 6 of 16.


Header Page 7 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

Câu 3 Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích của
hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.
Bài giải:

Thể tích lăng trụ là: V  AA '.SABC  a.

a 2 3 a3 3

4
4

Gọi O, O lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC, A ' B 'C ' khi đó tâm của mặt cầu (S) ngoại
tiếp hình lăng trụ đều ABC.ABC là trung điểm I của OO. Mặt cầu này có bán kính là:

R  IA  AO 2  OI 2 

7 a 2
a 21
 S  4 R 2 
3
6

Câu 4 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của AD và N là
tâm của hình vng CC’D’D. Tính thể tích của khối cầu đi qua 4 đỉnh M, N, B, C’ và khoảng cách
giữa 2 đường thẳng A’B’ với MN.
Bài giải:

7
Footer Page 7 of 16.


Header Page 8 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, sao cho D trùng với gốc tọa độ O, A  Ox, C  Oy và

D'  Oz , khi đó ta có:
D(0;0;0),C(0;2;0),B(2;2;0),A(2;0;0)
D'(0;0;2),C'(0;2;2),B'(2;2;2);A'(2;0;2)

M là trung điểm của AD nên M(1;0;0)
N là trung điểm của CD’ nên N(0;1;1)
Gọi phương trình mặt cầu tâm I(a,b,c) đi qua 4 điểm B, C’, M, N có dạng là:

(S):x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0
Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm B, C’, M, N nên ta có hệ phương trình:

8  4a  4b  d  0
6  4b  2a  1  0
8  4b  4c  d  0
8  4b  4c  2a  1  0





1

2
a

d

0

 d  2a  1
2  2b  2c  d  0
2  2b  2c  2a  1  0

8

Footer Page 8 of 16.


Header Page 9 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

5

a  2
2a  4b  5  0

5
2a  4b  4c  7  0

b 


2
2a  2b  2c  1  0

1
d  2a  1
c 
2

d  4
2

Bán kính của mặt cầu cần tìm là R 

Thể tích của khối cầu đi qua bốn đỉnh B, C’, M, N là:
3

4
4  35  35 35
(đvtt)
V   R3   
 
3
3  2 
6
Tính: d[ DB ', MN ]  ?
Ta có:


A ' M  (1;0  2)

 
A ' B '  (0;2;2) 

   A ' B ', MN   (2;0;2)
MN  (1;1;1) 
  
 A ' B ', MN  . A ' M  2(1)  0  2(2)  6


 
 A ' B ', MN   02  22  22  2 2




Khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B’ với MN được xác định bởi

d[ A ' B '; MN ]

  
 A ' B ', MN  . A ' M
6
3 2





(đvđd)
 
2
2 2
 A ' B ', MN 



9
Footer Page 9 of 16.

2

2

35
5 5 1
a2  b2  c2  d           4 
2
2 2 2


Header Page 10 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

  1200 .
Câu 5 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB  a , AC = 2a , AA' = 2a 5 và BAC
Gọi K là trung điểm của cạnh CC’.
1. Tính thể tích khối chóp A.A'BK .
2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’A 'BK.
3. Gọi I là trung điểm của BB', tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (A’BK)
Bài giải:
Tính thể tích khối chóp A.A'BK
Do CK / /  AA ' B  nên ta có:

VA. A ' BK  VK . AA ' B  VC . AA ' B

Mà S ABC 

1
 VA '. ABC  S ABC . AA '
3

1

a2 3
AB. AC sin1200 
2
2
1 a2 3
a 3 15
.2a 5 
3 2
3

Vậy VA. A ' BK  .

Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A'B'BK .
0
  
Ta chứng minh trung điểm của A’B là tâm mặt cầu do BAA '  A ' KB  A ' B ' B  90
ABC có: BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos120 0  7 a 2



BK 2  BC 2  CK 2  7 a 2  a 5



2

 12a 2

A ' K 2  A ' C '2  C ' K 2  4 a 2  5a 2  9a 2 ,
A ' B 2  A ' A2  AB 2  20a 2  a 2  21a 2

Suy ra A ' B 2  A ' K 2  BK 2  A ' BK vng tại K.
Ta có 
A ' KB  
A ' B ' B  900  4 điểm A’, B, K, B’ nằm trên mặt cầu đường kính A’B. Vậy mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện A’B’BK có tâm E là trung điểm A’B và bán kính R 

10
Footer Page 10 of 16.

1
a 21
A' B 
2
2


Header Page 11 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

Tính khoảng cách từ I đến mp (A’BK)

1
d  B ',  A ' BK  
2
Do E là trung điểm của AB '  d  B ',  A ' BK    d  A,  A ' BK  
Vì I là trung điểm của BB '  d  I ,  A ' BK   

Tam giác A’BK có BK  A ' K  S A ' BK 

1
1
A ' K .BK  .3a.2a 3  3a 2 3
2
2

1
S A ' BK .d  A,  A ' BK  
3
3V
a 3 15 a 5
d  A,  A ' BK    A. A ' BK  2

S A ' BK
3
3a 3

Có VA. A ' BK 

Vậy d  I ,  A ' BK   

1a 5 a 5

2 3
6

Câu 6 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và
(SAB) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD
Bài giải:
Gọi O là tâm hình vng ABCD. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD 

Kẻ AM  SB  M  SB 

AC  ( SBD)  AC  SB
SB  AM
Vì  SB   AMC  
SB  CM
   SAB  ,  SBC     AM , CM   60o



Vì BOM vng tại M nên OM  BO  AO
Suy ra: tan 
AMO 
Vậy

AO
1 
AMO  45O  
AMC  90O
MO


AMO  120o

Ta có : tan 
AMO 

AO
AO
a 6

 MO 

o
MO
tan 60
6

11
Footer Page 11 of 16.


Header Page 12 of 16.

Tất cả vì học sinh thân u

Trong tam giác vng SBO ta có:

Vậy VS . ABCD 

1
1
1
a


 SO 
2
2
2
MO

SO
BO
2

1
a3
SO.S ABCD 
3
6

Trong mặt phẳng (SBD) kẻ trung trực của SB căt SO tại I
vì I  SO  IB  IC  ID
vì I thuộc trung trực của SB  IS  IB
Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD

3a 2
a 3
 SB 
4
2
Ta có
SI SH
SB.SH 3a
SHI ~ SOB  gg  

 SI 

SB SO
SO
4

SB 2  SO 2  OB 2 

Vậy bán kính mặt cầu R 

3a
4

Câu 7 Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , BD = 3a, hình chiếu
vng góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’D’) là trung điểm của A’C’. biết rằng cơsin của góc tạo bởi
hai mặt phẳng (ABCD) và (CDD’C’) bằng

21
. tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và
7

bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’BC’D’.
Bài giải:

12
Footer Page 12 of 16.


Header Page 13 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

*) Áp dụng định lý cosin cho tam giác A’B’D’ suy ra

.

Do đó A’B’C’, A’C’D’ là các tam giác đều cạnh a 3 .
Gọi O  A ' C ' B 'D' , Ta có BO  ( A ' B ' C ' D ') .
Kẻ OH  A ' B ' tại H, suy ra A ' B '  (BHO) . Do đó(

Từ cos

=

Vậy VABCD . A 'B'C'D' 

2
 BO  HO.tan
3

= A ' O.sin 600.

a 3
9a 3
.
.a 3.a 3. sin 600 
2
4

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’BC’D’.
Vì BO 

a 3 1
 A ' C ' nên tam giác A’BC’ vng tại B
2
2

Vì B'D'  (A'BC') nên B’D’ là trực đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BC’.

13
Footer Page 13 of 16.

2 a 3

2
3


Header Page 14 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

Gọi G là tâm của tam giác đều A’C’D’. khi đó GA’ = GC’ = GD’ và GA’ = GB = GC’ nên G là tâm
mặt cầu ngoại tiếp tứ diên A’BC’D’. mặt cầu này có bán kính R = GD’ 

2
2 3a
OD '  .  a .
3
3 2

Câu 8 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) và
góc giữa đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là trung điểm của SA, (P) là mặt
phẳng đi qua M và vng góc với SC. Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại N, E, F.
Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF.
Bài giải:

Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF
Từ giả thiết ta có:
BC  AB 
0

  BC   SAB   BSC  30
BC  SA 
là góc giữa SC với mp(SAB)
Từ đó:

SB  BC.cot 300  a 3

SA  SB 2  AB 2  a 2

SB   P  tại E nên thể tích khối chóp S.MNEF
được xác định bởi: V 

1
S MNEF .SE
3

Do SA  AC và SA  AC  a 2 , nên ∆SAC vuông cân tại A  SEM vuông cân tại E

 SE 
Ta có:

SM a

2 2

MN  CS  do SC   P  


  MN   SBC   MN  NE , MN  SB
MN  BC  do BC   SAB   

14
Footer Page 14 of 16.


Header Page 15 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

 S MNE 

1
1 a 6 a 3 a2 2
MN . NE 
.

2
2 6
6
24

Hồn tồn tương tự ta cũng có MF  EF và S MEF 
Vậy V  1 S MNEF .SE  a
3

3

a2 2
a 2
 S MNEF 
24
12

2 (đvtt)

72

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF.

MN  SE 
  MN   SNE   MN  SN . Tương tự MF  SF
MN  NE 
Từ đó ∆SNM, ∆SEM và ∆SFM là 3 tam giác vuông nhận SM là cạnh huyền chung. Suy ra nếu gọi I
là trung điểm của SM thì I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF và bán kính mặt cẩu là

R

1
a 2
SM 
2
4

Câu 9 Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  , 
ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a . Chứng minh

trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp so sánh S.ABC và tính diện tích
mặt cầu đó theo a.
Bài giải:
Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABC  , 
ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a . Chứng minh trung
điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo
a.

15
Footer Page 15 of 16.


Header Page 16 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

Vì SA   ABC   SA  BC
Mặt khác theo giả thiết AB  BC , nên BC   SAB  và do đó BC  SB
==>IB = IC = IS
Ta có tam giác SBC vng đỉnh B; tam giác SAC vuông đỉnh A nên

IA  IC 

SC
 IS  IC *
2

Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của
hình chóp S.ABC
Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là R 

Ta có AC 

SC
2

AB 2  BC 2  2a

SC  SA2  AC 2  2 2a  R  a 2
Diện tích mặt cầu là 4 R 2  8 a 2
Câu 10: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, đỉnh A’ cách đều A, B,
C. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC.A’B’C’. Xác định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A’.ABC.
Bài giải:

Xác định góc 600:

16
Footer Page 16 of 16.


Header Page 17 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

+Gọi H là hình chiếu của A’ lên (ABC) suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
+AH là hình chiếu của AA’ lên (ABC), suy ra
Tính thể tích lăng trụ:
+∆ABC đều cạnh a nên
Suy ra:
Xác định tâm mặt cầu:

+Gọi P là trung điểm AA’. Kẻ đường trung trực d của AA’ trong (A’AH), d cắt A’H tại I.
+I ∊ d => IA’ = IA, I∊ A’H =>IA = IB = IC =>là tâm mặt cầu cần tìm.
Tính bán kính R:
Câu 11 Cho hình chop S.ABCD có đấy ABCD là hình bình hành tâm O, AB=2a, AD= 2a 3 ,các
cạnh bên bằng nhau và bằng 3a. Gọi M là trung điểm của OC. Tính theo a thể tích khối chop
S.ABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD.
Bài giải:

Ta có: SA  SB  SC  SD  3a  SO   ABCD 

SOA SOB SOC SOD
 OA  OB  OC  OD
 ABCD là hình chữ nhật
 S ABCD  AB. AD  2 a.2a 3  4a 2 3
Có: DB 

AB 2  AD 2  4a

 SO 

SB 2  OB 2  a 5

17
Footer Page 17 of 16.


Header Page 18 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

 VS . ABCD  1 .SO.S ABCD  1 .a 5.4a 2 3  4a

3

 VS . ABMD

3

3

15

3

3
 VS . ABCD  a3 15
4

Gọi G là trọng tâm OCD , do OCD đều nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp OCD
Kẻ d qua G và song song với SO  d   ABCD 
Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K, cắt SO tại I
Ta có: KI là trung trực SO  KO  KS
Mà KO  KC  KD  K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ diện SOCD
2

2
 a 5   2a 
a 93
Có: GO  CD  2a ,
R  KO  OI 2  OG 2  


 
  6
3
3
2
3





2

2


 Diện tích mặt cầu : S  4 R  4  a 93   31a 
3
 6 
2

Câu 12 Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AB  a, AD  a 3 , góc giữa mặt
phẳng (SAC) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600, tam giác SAB cân tại S thuộc mặt phẳng vng góc với
mặt phẳng (ABCD). Gọi H, M lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.DHM.
Bài giải:
Do

 SAB    ABCD  và

SAB cân  SH   ABCD  . Kẻ HF  AC khi đó góc giữa mặt

  600 . Ta có HF  1 h , h là độ dài đường cao kẻ từ B của
phẳng (SAC) và mặt đáy bằng SFH
2

ABC ,
h

AB.BC a 3
a 3
3a
. Ta có SH  HF .tan 600 
. Gọi I, r là tâm và bán kính của

 HF 
4
AC
2
4

đường tròn ngoại tiếp DHM  r 

HM .MD.DH
.
4 S HMD

Kẻ đường thẳng d đi qua I vuông góc với mp(ABCD) (song song với SH).

18
Footer Page 18 of 16.


Header Page 19 of 16.

Tất cả vì học sinh thân u

Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DHM là giao điểm của đường thẳng d với đường trung
trực của đoạn thẳng SH trong mặt phẳng (SH).
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DHM là

R  OH  OI 2  HI 2 

1
9 2 2
SH 2  r 2 
a r
4
64

(1).

   
HM  BH  BM  a  HM  a
MD 2  CM 2  CD 2 

7 2
a 7
a  MD 

2
2

HD 2  AH 2  AD 2 

13 2
a 13
a  HD 
4
2

S HMD  S ABCD   S BHM  SCMD  S ADH  
Suy ra r 

HM .MD.DH a 91

4.S HMD
6 3

Từ (1) và (2) suy ra R 

3a 2 3
8

 2

9 2 91 2 a 1699
a 
a 
64

108
24 3

Câu 13 Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB  a 3 , AC = a, SA=SB=SC,
khoảng cách giữa AB và SC bằng

2a 2
. Tính theo a
3

a) Thể tích của khối chóp S.ABC
b) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC
Bài giải:

19
Footer Page 19 of 16.


Header Page 20 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

a) Gọi H là trung điểm của BC  SH   ABC  .
Dựng hình chữ nhật ABCD  d  AB; SC 

 d  B;  SCD    2d  H ;  SCD   .
Gọi E là trung điểm của CD  CD   SHE  .
Gọi F là hình chiếu của H lên SE  HF   SCD  

d  H ;  SCD    HF  HF 

a 2
3

Trong HSE có SH  a 2

1
a3 6
VS . ABC  SH  S ABC 
3
6
Ta có SH là trục của ABC.
Gọi I là trung điểm của SC, trong (SHC) dựng trung trực của SC
cắt SH tại K  K là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC.
Ta có HSC ~ ISK  SK 

SC 2
3a 2
 SK 
2 SH
4

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC bằng

20
Footer Page 20 of 16.

3a 2
4

Header Page 21 of 16.

Tất cả vì học sinh thân yêu

Câu 1 ( THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Lần 2 – Năm học 2012/2013 )
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, mặt bên SAD là tam giác đều
và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh
SB,BC,CD.
1)Chứng minh rằng AM  BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP
2)Xác định tâm và tính bán kinh mặt cầu ngồi tiếp hình chóp S.ABCD.

Câu 2 :
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA = SB = a, mặt phằng (SAB)
vng góc với mặt phằng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Câu 3 ( THPT Chun KHTN Hà Nội – Lần 1 – Năm học 2015/2016 )
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A trong đó AB = AC = a,
; mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC

Câu 4 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và đường cao đều bằng a.
1) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
2) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

21
Footer Page 21 of 16.