BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

CHƯƠNG 05.
BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO
HÌNH HỌC KHÔNG 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
 Công thức tính diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu
 Phương pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
 Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

S . ABC

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 toàn 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 không gian giải các bài toán thực tế
 Bài tập áp dụng
 Lời giải chi tiết

Đề ôn tập chương 5
Lời giải chi tiết


CHƯƠNG 05.
BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO
HÌNH HỌC KHÔNG 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
Công thức tính:

1

V = B.h
3

với

B

diện tích đáy,

h

là chiều cao khối chóp.

2. Thể tích khối lăng trụ
V = B.h

với

B

diện tích đáy,

h

là chiều cao lăng trụ.

3. Thể tích khối hộp chữ nhật
V = a.b.c

a, b, c

với

là ba kích thước.


4 . Thể tích khối lập phương
V = a3

với

a

là độ dài cạnh.

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


Cho khối tứ diện

SABC

A ', B ', C '

và

SA, SB, SC

là các điểm tùy ý lần lượt thuộc

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, đòi hỏi khả năng vận dụng cao.

BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: Cho hình lập phương
BC.

Mặt phẳng

diện chứa đỉnh
V( H )

=

V( H ')

( DMN )

A, ( H ' )

M,N

Gọi

lần lượt là trung điểm của

(H)

A'B '

V( H ')

là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số
V( H )
V( H ')

=

V( H ')

B.

AN ∩ ND = J , JM ∩ BB ' = K

. Ta có:

C.

BK = 2 B ' K ; I ∈ A ' D '.

. Suy ra thiết diện là

V( H ) = VABA ' KMIDN = VD. ABKMA ' + VD.BKN + VD.MA ' I

.
V( H )

55
89

KMIDN

=

V( H )

2
3

V( H ')

D.

và

là khối đa

V( H )

37
48

1

A' I = D ' D '
4

cạnh

a.

chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi

A.
Lời giải

Ta có:

ABCD. A ' B ' C ' D '

=

1
2


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 89a 3
V
55

⇒ V( H ') = a 3 −
=
⇒ H = .
144
144
VH ' 89

Chọn B.
Bài 2: Cho hình chóp

S . ABCD

có đáy là hình vuông cạnh bằng 4, mặt bên

SAB

là tam giác đều và

M , N, P

nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
SD, CD, BC.

S . ABPN

Thể tích khối chóp
mãn bất đẳng thức nào dưới đây:

là

x 2 + 2 xy − y 2 > 160

A.

4

C.
Lời giải
+ Gọi
Do
Xét

thể tích khối tứ diện

B.

x + xy − y < 145
2

lần lượt là trung điểm của các cạnh

x,

H

là trung điểm

∆ABC
∆ABC

y.

là

x, y

Giá trị

thỏa

x 2 − 2 xy + 2 y 2 < 109
x 2 − xy + y 4 > 125

AB.

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD )

đều và
SH =

đều:

3 AB
=2 3
2

S ABPN = S ABCD − S ADN − SCND

+ Ta có:
= AB 2 −

D.

CMNP

AD.DN CN .CP
4.2 2.2
−
= 42 −
−
= 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 }

+ Gọi

⇒ HK =

ta có

MK

là đường trung bình của

∆DHS

1
1
1 1
1
1 2.2 2 3 2 3
2 3
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 vuông cân đỉnh

∧

với mặt phẳng

( ABC ) , SC = a, SCA = ϕ.

Xác định góc

ϕ

để thể tích khối chóp

C

và

SABC

SA

vuông góc

lớn nhất.


1
3

ϕ = arcsin

A.
ϕ = arcsin

C.
Lời giải

ϕ = arcsin

B.

1
5

2
7

ϕ = 3arcsin

D.

1
3

BC = AC = a.cosϕ ; SA = a.sin ϕ
1
1
1
VSABC = S ABC .SA = . AC.BC.SA = a 3 sin ϕ.cos 2ϕ
3
6
6
1 3
= a sin ϕ ( 1 − sin 2 ϕ )
6

Xét hàm số:

f ( x ) = x − x3

trên khoảng

( 0;1) .

f ' ( x ) = 1 − 3x 2 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±

Ta có:
Từ đó ta thấy trên khoảng
đó hàm số đạt

GTLN

( 0;1)

1
.
3

hàm số

f ( x)

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

hay:

2
 1 
max f ( x ) = f 
=
÷
x∈( 0;1)
 3 3 3

ϕ = arcsin

hay

1
3

π

, ∀0 < ϕ < ÷
2


Chọn A.
Bài 4: Cho hình chóp
SC = SD = a 3.

A.
Lời giải
Gọi

có đáy là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên

Tính thể tích khối chóp

a3 2
V=
2

I

S . ABCD

B.

a 3

3

a3 2
V=
3

SJ = SC 2 − JC 2 = 3a 2 −

và

là tam giác đều,

S . ABCD.

là trung điểm AB;J là trung điểm của

IJ = a; SI =

SAB

C.
CD
2

a3 2
V=
6

từ giả thiết ta có:

a
a 11
=
4
2

V=

D.

a3
6


Áp dụng định lý cosin cho tam giác

( )

IJ 2 +IS2 − SJ 2
cos S¶IJ =
=
2.IJ.IS

Suy ra, tam giác
S.

đỉnh

Gọi

giác vuông
Góc

I

H

SIJ

2

là tam giác có
S

µ = 90 .
H

trên

tù. Từ giả thiết tam giác

( ABCD ) ,

ta có

H

nhọn và

Vậy

Chọn C.

có

IJ

đều và tam giác

và

I

nằm giữa

SCD

HJ

tức là tam

)

a 3 6 a 2
·
SH = SI .sin SIH
=
.
=
2
3

2

1
1 2 a 2 a3 2
= S ABCD .SH = a .
=
.
3
3
2
6

BC

và vuông góc với

S . ABC

( SBC ) ,

có cạnh đáy bằng a. Gọi

góc giữa

( P)

( P)

là mặt phẳng đi qua

với mặt phẳng đáy là

300.

24

3

A.
Lời giải

B.

a3 3
8

C.

a3
8

A

và

Thể tích khối chóp

là:

3

là cân

3 ¶
6
·
·
·
cos I$= cos SIH
= −cos S¶IJ =
SIJ va SIH
ke bu ⇒ sin SIH
=
.
3
3

Bài 5: Cho hình chóp tam giác đều
song song

SAB

thuộc

(

VS . ABCD

a

S¶IJ

0

Xét tam giác SHI ta có

S . ABC

ta có:

2

3a 11a
−
2
4
4 =− a =− 3 <0
3
a 3
a2 3
2.a.
2

a2 +

là hình chiếu của

SHI

SIJ

D.

3a 3
8


Tổng quát: Cho hình chóp tam giác đều
có cạnh đáy bằng
qua

A

a.

Gọi
BC

và song song

góc giữa

( P)

là mặt phẳng đi

S . ABC

VS . ABC

Áp dụng bài này:
⇒ S ∆ABC =

+
đều
+ Gọi G là trọng tâm

( SBC ) ,

và vuông góc với

với mặt phẳng đáy là

Thể tích khối chóp

∆ABC

( P)

S . ABC

α

VS . ABC =

là:

a 3 cot α
24

a 3 cot 300 a 3 3
=
=
24
24
a2 3
4

( P ) ∩ ( SBC ) =EF ⇒ EF//BC ⇒ ( P ) ∩ ( SBC ) =Ax

+ Gọi
+ Gọi

M

là trung điểm

BC , SM ∩ EF = N

với

Ax / / EF / / BC

.

AM ⊥ BC , SG ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ AN ⊥ BC ⇒ AN ⊥ Ax

Ta có:
Mà

·
AM ⊥ BC , BC / / Ax ⇒ AM ⊥ Ax ⇒ (·( P ) , ( ABC ) ) = NAM
= 300

Ta có:
Xét

·
·
GSM
= NAM
=α

∆SGM

vuông tại

G

(cùng phụ với
có:

·
SMA

1
1 a 3
a
·
SG = GM .cot GSM

= AM .cot 300 = .
. 3=
3
3 2
2

1
1 a 2 3 a a3 3
VS . ABC = .S∆ABC .SG = .
. =
3
3 4 2
24

Vậy:
Chọn A.

S . ABCD,

Bài 6: Cho hình chóp
giữa hai mặt phẳng

( SBI ) , ( SCI )
3 15 3
a
5

A.
Lời giải

( SBC )

)

đáy

và

ABCD

( ABCD )

.
là hình thang vuông tại

bằng

cùng vuông góc với mặt phẳng
B.

3 17 3
a
5

600.

Gọi

( ABCD ) .

I

A, D; AB = AD = 2a, CD = a.

Góc

AD,

là trung điểm của

Tính thể tích khối chóp
C.

3 19 3
a
5

biết hai mặt phẳng
S . ABCD.

D.

3 23 3
a
5


BC , I

H

Gọi

trung điểm của

là hình chiếu của

H

BC , J

lên

là trung điểm

AB.

SI ⊥ mp ( ABCD ) , IC = ID + DC = a 2
2

2

Ta có
IB = IA2 + AB 2 = a 5
S ABCD

và

BC = IB = CJ 2 + JB 2 = a 5

1
1
= AD ( AB + CD ) = 3a 2 ; S IAB = .IA. AB = a 2
2
2

⇒ S IBC = S ABCD − S IAB − S DIC =
S IBC =

Mặt khác
SI = IH .tan 600

1
IH .BC ,
2

và

1
1
SCID = .DC .DI = a 2
2
2

2

3a
.
2
IH =

nên

2 S IBC 3 3
=
a.
BC
5

9 3
a.
5

1
3 15 3
VS . ABCD = SI .S ABCD =
a.
3
5

Do đó
Chọn A.

Bài 7: Cho khối hộp
cạnh
0

ABCD. A ' B ' C ' D '

BA = 3, AD = 7;

các mặt bên

có cạnh bên bằng 1.; đáy

( ABB ' A ')

và

( ADD ' A ')

ABCD

là một hình chữ nhật có các

hợp với mặt đáy các góc theo thứ tự

0

45 ;60 .

Thể tích khối hộp là:
4

A . (đvdt)
Lời giải

3

B . (đvdt)

C.

2

(đvdt)

D.

6

(đvdt)


Dựng
Ta có
Đặt

A ' H ⊥ ( ABCD )

và

A ' I ⊥ AB, A ' J ⊥ AD ⇒ HI ⊥ AB, HJ ⊥ AD.

¼
A ' IH = 450 ; ¼
A ' JH = 600.

A ' H = h.

Tam giác

HA ' J

vuông có

⇒ A' J =

nửa cạnh
9 − 12h 2
⇒ AJ =
3

Tam giác
AIHJ

HA ' I

·A ' JH = 600

nên là nửa tam giác đều có cạnh

h
2h 3
12h
9 − 12h
=
⇒ A ' J 2 = AA '2 − A ' J 2 = 1 −
=
2

9
9
3
2
2

0
với

vuông cân tại

A ' H , HJ

, đường cao

là

2

3
2

H ⇒ IH = A ' H = h

là hình chữ nhật.

AJ = IH ⇔

9 − 12 h 2

3
= h ⇔ 9 − 12h 2 = 9h 2 ⇔ h =
3
21

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

Thể tích khối hộp
Chọn B.
ABCD. A ' B ' C ' D '

3
=3
21

Bài 8: Cho khối hộp
có tất cả các cạnh bên bằng
0
0
α ( 0 < α < 90 ) .
V
đều bằng
Tính thể tích của khối hộp.
V = a 3 sin 2α cos 2

A.

A' J

a

− cos 2α arcsin θ
2

(đvdt)
a

A ' AB, BDA, A ' AD

và các góc

V = 2a 3 sin α cos 2

B.

a
− cos 2α
2


V = 2a 3 sin

C.
Lời giải

cân tại

A ' ⇒ A ' O ⊥ BD

 A ' O ⊥ BD
⇒ BD ⊥ ( A ' AC ) ⇒ BD ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( ABCD ) ⇒ HK ⊥ AD


 AC ⊥ BD

Ta có

¼
A ' AO = β .∆HAA '

ABCD
⇒ cos

D.Đáp số khác.

A ' H ⊥ AC ; A ' K ⊥ AD ⇒ ∆A ' BD

Dựng

Đặt

α
a
cos 2 − cos 2α
2
2

là hình thoi
α AK
2

=

⇒ cosβ =

AH

H ⇒ cosβ =

vuông tại

⇒ AC

⇒ cosβ .cos

AH
AA '

·
BAD
= α ,∆KAH

là phân giác góc
α AH AK AK
2

=

.
=
= cosα
AA ' AH AA '

cosα
cos 2α
a
⇒ A ' H = AA '.sin β = a.sin β ⇒ A ' H = a 1 −
=
α
α
α
cos
cos 2
cos
2
2
2
VABCD. A' B ' C ' D ' = S ABCD . A ' H = a 2 .sin α .

Do đó ta có:
α
3
= 2a sin

vuông tại K

2

cos 2

a
cos

α
2

cos 2

cos 2

α
− cos 2α
2

α
− cos 2α
2

a
− cos 2α .
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
S1
S2
α.
mặt chéo là và ; góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt chéo là

Tính thể tích V của khối hộp
đã cho.


V=

A.
Lời giải
Gọi

O

S1S2 cosα
a

và

O'

Hai mặt chéo

(
Ta có:

B.

S1S2 cosα
3a

V=

.

S1S2 cosα
4a

V=

D.

S1S2 cosα
2a

ABCD, A ' B ' C ' D '.

theo thứ tự là tâm của hai mặt đáy

( ACC ' A ')

Dựng mặt phẳng
E, F , G, H

V=

( P) ⊥

( P)

và

( BDD ' B ')

vuông góc với

OO ',

có giao tuyến là

OO '

có diện tích theo thứ tự

I,

tại

AA ', BB ', CC ', DD '

cắt các cạnh bên

các cạnh bên).

EG, HF ⊥ OO'

tại

·
I ⇒ EIH
=α

S1 , S 2 .

là góc giữa hai mặt phẳng chéo

theo thứ tự tại

( ACC ' A ')

và

( BDD ' B ')

.

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 α
2
S1 = S ACC ' A ' = EG.AA' ⇔ EG=

Ta lại có:

S1
S
; S 2 = S BDD ' B ' = HF .BB ' ⇔ HF = 2
a

a

S S cosα
1 S S
⇒ V = . 1 . 2 a.sin α = 1 2
.
2 a a
2a

Chọn D.
Bài 10: Cho khối hộp đứng
đáy góc

β.

ABCD. A ' B ' C ' D '

có

·
AB = a, AD = b, BAD
= α;

Tính thể tích khối hộp đứng đã cho là:

đường chéo

AC '

hợp với

V = 4ab a 2 + b 2 − 2ab.cosα .cosα .cosβ

A.
B.
C.
D.

V = 2ab a 2 + b 2 + 2ab.cosα .cosα .cosβ
V = 3ab a 2 + b 2 − 2ab.cosα .sin α .tanβ
V = ab a 2 + b 2 + 2ab.cosα .sin α .tanβ

Lời giải
V = ab a 2 + b 2 + 2ab.cosα .sin α .tan β

Ta có:

CC ' ⊥ ( ABCD )

¼ '=β
⇒ CAC

Xét

∆ABC

là góc của

AC '

.

·
AC = AB + BC − 2 AB.BC.cos ABC
2

, ta có:

và mặt đáy

( ABCD )

2

2

= a + b + 2ab.cos ( 1800 − α ) = a 2 + b 2 + 2ab.cosα .
2

2

⇒ AC = a 2 + b2 + 2ab.cosα

Do đó ta có:

CC ' = AC.tan β = a 2 + b 2 + 2ab.cosα .tan β

.

V = S ABCD .CC ' = ab sin α . a + b 2 + 2ab.cosα .tan β
2

Thể tích của hình hộp đứng:
V = ab a 2 + b 2 + 2ab.cosα .sin α .tanβ
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
Như vậy, khối cầu

S ( O; R )

S ( O; R ) .

là tập hợp các điểm M sao cho

OM ≤ R.

2) Công thức tính diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu
R

Gọi

là bán kính mặt cầu, ta có:

S = 4π R 2 .

Diện tích mặt cầu:

-

Thể tích khối cầu:

-

4
V = π R3 .
3

3) Phương pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S . ABC

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 vuông 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
·
·
SAB

= SCB
= 900

có đáy

và khoảng cách từ

ngoại tiếp hình chóp
S = 2π a

S . ABC

S . ABC

là tam giác vuông cân tại B,

đến mặt phẳng

B.

S = 8π a 2

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)

Ta có

 BC ⊥ SC
⇒ HC ⊥ BC

 SH ⊥ BC

Tương tự ,
Và
Gọi

∆ABC

AH ⊥ AB

vuông cân tại B nên ABCH là hình vuông.

O = AC ∩ BH , O

là tâm hình vuông.

Dựng một đường thẳng

d

( SBC )

bằng

A 2.

AB = BC = a 3,

Tính diện tích mặt cầu

theo a.

2

A.
Lời giải

A

ABC

qua

O

vuông góc với

C.

S = 16π a 2

D.

S = 12π a 2


( ABCH ) ,

dựng mặt phẳng trung trực của SA qua

trung điểm J cắt

Ta hoàn toàn có
SB, hay

I, I

d

tại

là tâm mặt cầu ngoại tiếp.

IJ ⊥ SA ⇒ IJ / / AB ⇒ I

I = d ∩ SC.

là trung điểm

rS .SBC = AI = IJ 2 + JA2 ; IJ =

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp:
Do

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
H ⇒ SH = a 6
⇒ HK = a 2
SHC
tam giác
vuông tại
Tam giác
JA =

SHA

vuông tại

H ⇒ SA = 3a

SA 3a
=
⇒ rS . ABC = AI = a 3 ⇒ Smc = 4π r 2 = 12π a 2 .
2
2

Chọn D.
Bài 2: Cho mặt cầu

( S)

tâm O, bán kính R và mặt phẳng

điểm M tùy ý thuộc (S). Đường thẳng OM cắt
nào sau đây là đúng?

( S)

Vì I là hình chiếu của O lên
mà

là tiếp điểm của

( P)

và

( P)

Đường thẳng OM cắt
Vuông góc với OI tại I.

Chọn A.

( P)

nên

d O, ( P )  = R

Suy ra IN tiếp xúc với

có khoảng cách đến O bằng R. Một

tại N. Hình chiếu của O trên

B.
D. Cả A và B đều đúng.

Lời giải
d O, ( P )  = OI

( P)

( P)

ON = R 2 ⇔ IN = R

A . NI tiếp xúc với
C. Cả A và B đều sai.

I

)

( S)

nên

.

tại N nên IN

( S) .

( P)

là I. Mệnh đề


p.

Bài 3: Diện tích hình tròn lớn của một hình cầu
tròn có diện tích là

p
.
2

Một mặt phẳng

Khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng

p
π

1
π

(α )

(α)

cắt hình cầu theo một hình
bằng:

2p
π

p
2π

A.
B.
C.
D.
Lời giải
Hình tròn lớn của hình cầu S là hình tròn tạo bởi mặt phẳng cắt hình cầu và đi qua tâm của hình cầu.
Gọi R là bán kính hình cầu thì hình tròn lớn cũng có bán kính R.
π R2 = p ⇔ R =

Theo giả thiết , ta có,
d = R2 − r 2 =

Suy ra
Chọn D.
Bài 4: Cho mặt cầu

p
π

π r2 =

và

p
p
⇔r=
2
2π

p
.
2π

S ( O; R ) , A

là một điểm ở trên mặt cầu

( S)

và

( P)

là mặt phẳng đi qua A sao cho

0

góc giữa OA và (P) bằng
π R2

A.
Lời giải

60 .

B.

Diện tích của đường tròn giao tuyến bằng:
π R2
π R2
2

4

C.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (P) thì:
• H là tâm của đường tròn giao tuyến (P) và (S).
OA, ( P ) ) = (¼
OA, AH ) = 60 .
(¼
0

•

r = HA = OA.cos600 =

Bán kính của đường tròn giao tuyến :

R
.
2

D.

π R2
8


2

Suy ra diện tích đường tròn giao tuyến :
Chọn C.
Bài 5: Cho hình chóp tứ giác đều
tiếp hình chóp

(

a 1+ 3

A.
Lời giải

S . ABCD

)

2
 R  πR
π r2 = π  ÷ =
.
4
2

S . ABCD

có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng a. Khi đó mặt cầu nội

có bán kính bằng:
a

2

(

6− 2

)

4

B.

a

(

6+ 2

)

a

4

C.

(

)

3 −1
2

D.

Gọi H là tâm của hình vuông 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
SH = SA2 − AH 2 =

¼ ( I ∈ SH ) .
SMH

IH = r.

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

S . ABC

có đáy ABC là tam giác vuông tại B và

và vuông góc mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
A.

a 2
2

B.

3a

C.

a 6
2

)

4

Chọn B.
Bài 6: Cho hình chóp

Suy ra I là tâm của mặt cầu

BA = BC = a.
S . ABC

Cạnh bên

là:

D.

a 6

SA = 2a


Lời giải
Gọi M là trung điểm AC, suy ra M
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
ABC.

giác

suy ra

Gọi I là trung điểm 2SC,

IM / / SA

nên

IM ⊥ ( ABC ) .

∆ABC

Do đó IM là trục của

( 1)

IA = IB = IC

suy ra

SAC

Hơn nữa , tam giác

vuông tại A

có I là trung điểm SC nên
Từ

( 1)

và

( 2)

ta có

,

IS = IC = IA ( 2 )

IS = IA = IB = IC

hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
R = IS=

Vậy bán kính
Chọn C.

SC
=
2

Bài 7: Cho hình chóp
góc với đáy
a

2

( ABCD ) .

2

A.
Lời giải

Gọi

O = AC ∩ BD,

S.ABC

.

SA + AC
a 6

=
.
2
2
2

S . ABCD

2

có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên

Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
B.

8π a

2

C.

2a

S . ABCD

2

D.

suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD.

Gọi I là trung điểm SC, suy ra

IO / / SA ⇒ IO ⊥ ( ABCD ) .

SA = a 6

ta được:

2π a 2

và vuông


Do đó

IO

Tam giác
Từ

( 1)

và

là trục của hình vuông ABCD, suy ra:
SAC

( 2)

IA = IB = IC = ID ( 1)
IS = IC = IA

( 2)

vuông tại A có I là trung điểm cạnh huyền SC nên
R = IA = IB = IC = ID = IS=

, ta có:

Vậy diện tích mặt cầu
Chọn B.

S = 4π R 2 = 8π a 2

SC
=a 2
2

(đvdt).
AB = a.

S . ABC

Bài 8: Cho hình chóp
có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và
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

a 2
2

A.
Lời giải

Tam giác
Ta có

SAC

là:

a 6
3

B.

Gọi M trung điểm AC, suy ra

S . ABC

C.

a 6
2

D.

a 2

3

SM ⊥ ( ABC ) ⇒ SM ⊥ AC

có SM là đường cao và cũng là trung tuyến nên tam giác SAC cân tại S.

AC = AB 2 + BC 2 = a 2,

suy ra tam giác

SAC

đều.

GS = GA = GC

( 1)

Gọi G trọng tâm tam giác SAC, suy ra
Tam giác ABC vuông tại B, có M là trung điểm cạnh huyền AC nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.

Lại có

SM ⊥ ( ABC )

nên SM là trục của tam giác ABC.
GA = GB = GC

Mà G thuộc SM nên suy ra

( 2)


Từ

( 1) , ( 2 )

, suy ra

GS = GA = GB = GC
R = GS =

Bán kính mặt cầu
Chọn B.

hay G là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

2
a 6
SM =
.
3
3

Bài 9: Cho hình chóp tam giác đều

S . ABC

có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng

chiều cao của khối chóp và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. Tỉ số
7
12

A.
Lời giải

B.

Gọi O là tâm

∆ABC ,

ta có

Trong mặt phẳng
•
•

Do đó

I ∈d

nên

I ∈ SO

7
24

C.

SO ⊥ ( ABC )

AO =

và

7
6

( SOA) ,
IS = IA

nên

kẻ trung trực

d

a 3
.
3

của đoạn SA cắt SO tại I, suy ra:

IA = IB = IC.

IA = IB = IC = IS

nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

R
h

a 21
6

bằng:
D.

a
h = SO = SA2 − AO 2 = .
2

SOA,

Trong

suy ra

S . ABC.

S . ABC.

1
2

. Gọi

h

là


Gọi M là trung điểm SA, ta có

∆SOA

đồng dạng

R = SI =

∆SMI

nên

SM .SA SA2 7a
=
=
SO
2SO 12

R 7
= .
h 6

Vậy
Chọn C.

S . ABCD

Bài 10: Cho hình chóp tứ giác đều
0

60 .

Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp
4π a
3

S . ABCD

2π a 6
9

B.

C.

∆SOB,

Ta có:
Trong
Ta có SO là trục của hình vuông ABCD.
Trong mặt phẳng

Xét

8π a 3 6
9

D.

O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) .

· , ( ABCD ) = SB
· , OB = SBO
·
600 = SB
.

Gọi

là:

3

3

A.
Lời giải

Gọi

có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc

( SOB ) ,

kẻ đường trung trực

d

ta có

a 6
·
SO = OB.tan SBO
=
.
2

của đoạn SB.

 I ∈ SO  IA = IB = IC = ID
I = SO ∩ d ⇒ 
⇒
⇒ IA = IB = IC = ID = IS=R
I ∈ d
 IS=IB

∆SBD

Do đó,

d

có

 SB = SD
⇒ ∆SBD
·
·
= 600
 SBD = SBO

cũng là đường trung tuyến của
R = SI =

Bán kính mặt cầu

2
a 6
SO =
.
3
2

đều.

∆SBD

. Suy ra

I

là trọng tâm

∆SBD.

8π a 3 6
27


4
8π a 3 6
V = π R3 =
.
3
27

Suy ra
Chọn D.

Bài 11: Cho hình chóp
AB = BC = CD = a.
S . ABCD

chóp
A.

S . ABCD

. Tỉ số

B.

Lời giải
Ta có

Gọi

E

Ta có

hay

và vuông góc với đáy. Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối

a

C.

1

D.

2

·
SAD
= 900.

AD.

là trung điểm

EA = AB = BC.

Nên ABCE là

CE = EA =

hình thoi. Suy ra
Do đó tam giác
Ta có:

AD = 2a,

nhận giá trị nào sau đây?

a 2

SA ⊥ AD

SA = 2a,

Cạnh bên
R
a

có đáy ABCD là hình thang cân , đáy lớn

ACD

1
AD.
2

vuông tại C.

 DC ⊥ AC
⇒ DC ⊥ ( SAC ) ⇒ DC ⊥ SC

 DC ⊥ SA

hay

¼ = 900.
SCD

Tương tự, ta cũng có
Ta có

SB ⊥ BD

·
·
·
SAD
= SCD
= SBD
= 90
R=

ngoại tiếp, bán kính

hay

·
SAD
= 900.

0

SD
=
2

nên khối chóp

S . ABCD

nhận trung điểm I của SD làm tâm mặt cầu

SA + AD
= a 2.
2
2

2

R
= 2.
a

Suy ra
Chọn D.

Bài 12: Cho hình chóp

S . ABCD

có đáy ABCD là hình chữ nhật với

AB = 2a, AD = a.

Cạnh bên SA

0

vuông góc với đáy và góc giữa SC với đáy bằng

45 .

Gọi N là trung điểm SA, h là chiều cao của


khối chóp
và

h

S . ABCD

Biểu thức liên hệ giữa R

là:

4 R = 5h

A.
Lời giải

Ta có

B.

R=

5 R = 4h

C.

4
5 5

h

R=

D.

5 5
h
4

· .
450 = (·SC , ( ABCD ) ) = (·SC , AC ) = SCA

∆SAC ,

Trong

Ta có

và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

N . ABC.

ta có

h = SA = a 5

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BN ⊥ BC.

 BC ⊥ SA

Lại có
N . ABC

NA ⊥ AC.

A, B

Do đó, hai điểm

cùng nhìn đoạn NC dưới một góc vuông nên hình chóp

nội tiếp mặt cầu tâm J là trung điểm NC, bán kính:
2

NC 1
5a
 SA 
R = IN =
=
AC 2 +  ÷ = .
2
2
4
 2 

Chọn A.
a.
SA = a 2
có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng
Đường thẳng
( ABCD ) .
(α)
vuông góc với đáy
Gọi M trung điểm SC, mặt phẳng
đi qua hai điểm A và M đồng
thời song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F. Bán kính mặt cầu đi qua năm điểm S, A, E, M, F
nhận giá trị nào sau đây?

Bài 13: Cho hình chóp

a 2

A.
Lời giải

S . ABCD

B.

a

C.

a 2
2

D.

a
2


(α)

Mặt phẳng

song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F nên
AM ⊥ SC

tuyến AM nên

Ta có
Từ

Lại có:

SC ⊥ ( α ) ⇒ SC ⊥ AE ( *)

suy ra

EF ⊥ SC

Do đó

suy ra

( **)

AF ⊥ SD.

Do đó

·
·
·
SEA
= SMA
= SFA
= 900
R=

mặt cầu tâm I là trung điểm của SA, bán kính
Chọn C.
Bài 14: Cho hình chóp
góc đáy
diện

HBCD

Gọi

S . ABCD

Vì
Ta có

nên 5 điểm

cùng thuộc

SA a 2
=
.
2
2

có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng

a.

Đường thẳng SA vuông

Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng SB. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ

B.

a

O = AC ∩ BD.

ABCD

S , A, E , M , F

có giá trị nào sau đây?

a 2

A.
Lời giải

( 2)

AE ⊥ ( SBC ) ⇒ AE ⊥ SB.

Tương tự ta cũng có

( ABCD ) .

cân tại A, trung

.

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AE

 BC ⊥ SA

( *) , ( **)

Từ

( 1)

 BD ⊥ AC
⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD ⊥ SC .

 BD ⊥ SA

( 1) , ( 2 )

EF / / BD.∆SAC

là hình vuông nên

OB = OD = OC ( 1)

C.

a 2
2

D.

a
2


CB ⊥ BA
⇒ CB ⊥ ( SBA ) ⇒ CB ⊥ AH .

CB ⊥ SA

Lại có

AH ⊥ SB.

Suy ra

AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ HC

nên tam giác

OH = OC

và có O là trung điểm cạnh huyền AC nên suy ra

( 1) , ( 2 ) ⇒ R = OH = OB = OC = OD =
Từ
Chọn C.
Bài 15: Cho hình chóp

vuông góc với đáy

S . ABC

( ABC )

có đáy

ABC

là tam giác vuông cân tại B và

. Gọi

Cạnh bên SA

lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB và SC.

B.

2π a 3

·ABC = 900 , ·AKC = 900

Theo giả thiết, ta có

Từ

BC = a.

H,K

A.HKCB

3

A.
Lời giải

Do

( 2)

vuông tại H

a 2
.
2

Thể tích của khối cầu tạo bởi mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
2π a
3

AHC

C.

πa
6

là:
3

D.

π a3
2

( 1)

 AH ⊥ SB
⇒ AH ⊥ HC ( 2 )

BC
⊥
AH
BC
⊥
SAB
(
)
(
)


( 1) , ( 2 )

B, H , K

suy r aba điểm

cùng nhìn xuống AC dưới một góc
R=

nội tiếp mặt cầu tâm I là trung điểm AC, bán kính

900

AC AB 2 a 2
=
=
.
2
2
2

nên hình chóp

A.HKCB