Chuyên đề 23 mặt cầu, khối cầu đáp án

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

MẶT CẦU - KHỐI CẦU

Chuyên đề 23

 
TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – GIỎI MỨC 7-8-9-10 ĐIỂM
LÝ THUYẾT VÀ PHƯƠNG PHÁP
MẶT CẦU

Một số công thức:

Mặt cầu ngoại tiếp đa diện
Mặt cầu nội tiếp đa diện

 Tâm  I ,  bán kính 
R  IA  IB  IM . 
 Đường kính  AB  2 R . 
 Thiết diện qua tâm mặt cầu: 
Là đường trịn tâm  I , bán kính 
R . 
   Diện tích mặt cầu:  S  4 R 2 .  Mặt cầu ngoại
Mặt cầu nội tiếp
Hình thành: Quay đường 
đa diện là mặt cầu 
tiếp
đa
diện là 
 Thể tích khối cầu: 
AB

mặt cầu đi qua tất  tiếp xúc với tất cả 
trịn tâm  I , bán kính  R 
 
4 R 3
2
các mặt của đa diện 
cả đỉnh của đa 
V
. 
3
quanh trục  AB , ta có mặt cầu 
đó. 
diện đó. 
như hình vẽ.  
CÁCH TÌM BÁN KÍNH MẶT CẦU NGOẠI TIẾP HÌNH CHĨP THƯỜNG GẶP
1. Hình chóp có các đỉnh nhìn một cạnh dưới
2. Hình chóp đều.
một góc vng.

 
 
 Xét hình chóp tam 
 Xét hình chóp có 
 Xét hình chóp tứ giác đều 
giác đều có cạnh bên 
SA  ( ABCD )  và 
có cạnh bên bằng b và chiều 
 Xét hình chóp có 
b
bằng 

 và đường cao 
cao  SO  h . 
ABCD  là hình chữ 
SA  ( ABC )  và 
SH

h
. 
 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp 
nhật hoặc hình vng. 

ABC  900 . 
 Bán kính mặt cầu 


b2
 Ta có:  SAC  SBC  
 Ta có 
hình chóp trên là  R 
. 
ngoại tiếp hình chóp 
  900  
2h
0

SDC
2


SAC  SBC  90  

b
trên là  R 
. 
Suy ra mặt cầu ngoại 
nên mặt cầu ngoại 
2h
I
tiếp hình chóp có tâm 
 
tiếp hình chóp có tâm 
I  là trung điểm  SC ,  là trung điểm  SC , bán 
SC
SC
. 
kính  R 
.   
bán kính  R 
2
2
3. Hình chóp có cạnh bên vng góc với mặt
4. Hình chóp có mặt bên vng góc với mặt đáy.
phẳng đáy.

Facebook Nguyễn Vương  1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

 Khi đó mặt cầu ngoại 
tiếp hình chóp có bán 

kính 
2

 h
R     rđ 2 . 
 2 

 Nếu đáy là tam giác 
đều cạnh  a thì 

 
 Xét hình chóp có mặt bên  (SAB)  (đáy), bán kính 
 Xét hình chóp có 
ngoại tiếp đáy là  rđ , bán kính ngoại tiếp  SAB  là  rb , 
SA   (đáy) và 
 Nếu đáy là hình vng 
d  AB  ( SAB)   (đáy).  (đoạn giao tuyến) 
SA  h ; bán kính 
a 2
cạnh  a thì  rđ 
.   Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là 
đường trịn ngoại tiếp 
2
của đáy là  rđ .  
d2
 Nếu đáy là hình chữ 
R  rđ 2  rb2 
. 
4
nhật cạnh  a, b  thì 

a 3
 . 
rñ 
3

a 2  b2
. 
2

rñ 

Dạng 1. Khối cầu ngoại tiếp khối lăng trụ
Câu 1.

(THPT Ninh Bình-Bạc Liêu-2019) Một hình hộp chữ nhật có ba kích thước  a, b, c  nội tiếp một 
mặt cầu. Tính diện tích  S  của mặt cầu đó 







A. S  16 a2  b 2  c 2  .  





B. S  a2  b 2  c 2  .  





C. S  4 a 2  b 2  c 2  .  



D. S  8 a2  b2  c 2  .  
Lời giải 

Chọn B

 
2

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là  r  OA 

AC 
a  b2  c 2

. 
2
2

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là 

 a2  b 2  c 2
S  4 r 2  4 


2

Câu 2.

2


   a2  b2  c2  .  







(Chuyên Thái Bình - 2018) Cho lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a cạnh bên bằng b . Tính thể tích
của khối cầu đi qua các đỉnh của lăng trụ.

A.
C.

1
18 3

 4a

2



 4a

2

18 3

3

 3b 2  .   
3

 b2  .  

B.
D.


18 3


18 2

 4a

2

 4a

2

3

 3b 2  .  
3

 3b 2  .  

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
 


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 

Lời giải

C

A
I
B

M
O

A

C
I

M

B

 
Gọi  I , I   lần lượt là tâm hai đáy,  O  là trung điểm của  II  . Khi đó ta có  O  là tâm mặt cầu ngoại 
tiếp lăng trụ. 
a 3
b
, IO   suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là 
Ta có:  AI 
3
2

a2 b2
1


4a 2  3b2   
3 4 2 3
3
4

Vậy  VO ; R    R3 
4a 2  3b 2  .  

3
18 3
 
Một  mặt  cầu  ngoại  tiếp  hình  hộp  chữ  nhật  ABCD. A ' B ' C ' D '   có  kích  thước  AB  4 a ,  

R

Câu 3.

AD  5a , AA '  3a.  Mặt cầu trên có bán kính bằng bao nhiêu? 

A.

5 2a
. 
2

B. 6a . 

C. 2 3a . 

D.

3 2a
. 
2

Lời giải 
Chọn A

Gọi  I  là tâm của hình hộp chữ nhật  ABCD. A ' B ' C ' D '  khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình 
hộp này là  R  IA 
Câu 4.

1

1
5 2a
. 
AC 
AB 2  AD 2 +A'A 2 
2
2
2

(Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chữ nhật có ba 
kích thước  1, 2,3  là
A.

9
.
8

B.

9
.
2

C. 36 .

D.

7 14
.
3

Lời giải
Chọn D

Facebook Nguyễn Vương 3


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

 
2

2

2

Ta có  AC   AA  AB  AD  14 . 
Mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật nhận đường chéo  AC   là đường kính, do đó bán kính mặt 
1
14
4
4 14 14 7 14
. Vậy thể tích khối cầu là  V   R 3  
.
AC  

2
2
3
3

8
3
(Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Tính bán kính  R  của mặt cầu ngoại tiếp của một hình lập 
phương có cạnh bằng  2a

cầu là  R 
Câu 5.

A. R 

a 3
.
3

B. R  a .

C. R  2a 3 .

D. R  a 3 .

Lời giải 
Chọn D

 
Hình lập phương  ABCD. ABC D  như hình vẽ.  I  là tâm của hình lập phương. Khi đó  I  là tâm 
mặt cầu ngoại tiếp của hình lập phương. 
Ta có  R 
Câu 6.

AC


2

AA2  AC 2

2

AA2  AB 2  AD 2
a 3.
2

(Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Diện  tích mặt  cầu  ngoại  tiếp  khối  hộp  chữ  nhật  có 
kích thước  a ,  a 3  và  2a .
A. 8a 2 .

B. 4 a 2 .

C. 16 a 2 .
Lời giải 

D. 8 a 2 .

Chọn D

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 

A’

D’

B’

C’
A

D

B

C

 
Xét khối hộp chữ nhật  ABCD. ABCD  tâm  O , với  AB  a ,  AD  a 3  và  AA  2a . Dễ thấy  O  
cách đều các đỉnh của khối hộp này nên mặt cầu ngoại tiếp khối hộp có tâm  O , bán kính 
AC
R
. 
2
Ta có 
AC
 a 2 . 
AC  AB2  AD2  2a ,  AC  AC 2  CC2  2a 2  R 
2
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp này là  S  4 R 2  8 a 2 .
Câu 7.

(Chuyên Đại học Vinh - 2019) Cho  hình  hộp  chữ  nhật  ABCD. ABCD   có  AB  a , 
AD  AA  2a . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp đã cho bằng

A. 9 a 2 .

B.

3 a 2
.
4

9 a 2
.
4
Lời giải 

D. 3 a2 .

C.

Chọn A

Ta có tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp  ABCD. ABCD  cũng là trung điểm của một đường chéo 
AC  (giao các đường chéo) của hình hộp. 
Hình hộp chữ nhật có độ dài 3 cạnh dài, rộng, cao là:  AD  2a ,  AB  a ,  AA  2a . 
AC
  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là:  R 

2

AD 2  AB 2  AA2 3a

. 

2
2

2

 3a 
 S mc  4 R 2  4 .    9 a 2 .
 2 

Câu 8.

Cho hình lập phương có cạnh bằng  a . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương đó bằng 
A. V 

4 3 3
 a . 
3

B. V  4 3 a3 . 

C. V 

 a3 3
3

. 

D. V 

 a3 3

2

. 

Lời giải 
Chọn D

Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 
B
A

C

D

I
B'
A'

C'
D'

Tâm  I  của mặt cầu ngoại tiếp lập phương  ABCD. ABC D  là trung điểm của đường chéo  AC  
AC 
và  R  IA 
 
2

Khối lập phương cạnh a nên: 
AA    a,  AC     a 2  
 AC  



AA2  AC 2  a 2  a 2



2

a 3R

AC 



2

a 3
2

. 

Vậy thể tích khối cầu cần tính là: 
3

4
4 a 3 4

 .a 3 3
3 3 3


.
a

(đvtt).
V  . .R 3  . . 

3
3  2  3
8
2
Câu 9.

(Nho Quan A - Ninh Bình - 2019) Cho hình lập phương  ABCD. ABC D  cạnh  a . Tính diện 
tích  S  của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương  ABCD. ABC D .
A. 3 a2 .

4 a 2
.
3
Lời giải 

B.  a 2 .

C.

D.

 a2 3
2

.

Chọn A

Gọi  O  là tâm của hình lập phương  ABCD. ABC D khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập 
phương  ABCD. ABC D là  R  OA 

a 3
. Do đó diện tích  S  của mặt cầu ngoại tiếp hình lập 
2
2

a 3
2.
phương  ABCD. ABC D là  S  4 R  4 
  3 a .
2


2

Câu 10.

(Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa 2019) Cho hình lập phương  ABCD. ABC D  có cạnh bằng 
a . Tính bán kính  R  của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện  ABB C .  
A. R  a 3 . 

B. R 

a 3
. 
4

C. R 

a 3
. 
2

D. R  2a . 

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 

Lời giải 
Chọn C

 
Gọi  I  là trung điểm của  AC ' . 
Ta có  ABC   vng tại  B ( vì  AB  ( BB ' C ' C ) ) và  ABC   vng tại  B (vì  BC  ( ABBA) ). 
Khi đó  IA  IB  IB  IC  , suy ra  I  là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện  ABB C  . 

AC   AB '2  BC2  AB 2  BB2  BC2  a 3.  Vậy  R 

a 3

. 
2

Cách khác: Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện  ABB C   cũng là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện hình lập 
phương  ABCD. ABC D . Bán kính mặt cầu là nửa đường chéo hình lập phương cạnh  a , tức là 
bằng 
Câu 11.

a 3
. 
2

(Chun Quốc Học Huế 2019) Cho lăng trụ đứng  ABC . ABC   có đáy là tam giác  ABC  vng 
cân tại  A ,  AB  a ,  AA  a 3 . Tính bán kính  R  của mặt cầu đi qua tất cả các đỉnh của hình lăng 
trụ theo  a . 
A. R 

a 5
. 
2

B. R 

a
. 
2

C. R  2a . 

D. R 

a 2
. 
2

Lời giải 
Chọn A
Hình vẽ. 

 
Gọi  M  là trung điểm  BC , suy ra  M  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC . 
Gọi  M   là trung điểm  BC  , suy ra  M   là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC  . 
Gọi  I  là trung điểm  MM  , khi đó  I  chính là tâm đường trịn ngoại tiếp lăng trụ. 

Facebook Nguyễn Vương 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Theo đề ta có  MB 

BC a 2
MM  AA a 3



 và  IM 
. 
2
2

2
2
2

a 5
. 
2
Tính diện tích  S  của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng  a .

Tam giác  MIB  vng tại  M  nên ta tính được  R  IB  IM 2  MB 2 
Câu 12.

A.

7 a 2
.
3

B.

 a3
8

C.  a 2 .

.

7 a 2
.
9

D.

Lời giải 
Chọn A

 
Gọi O, O’ lần lượt là tâm đường trịn ngoại tiếp hai tam giác ABC, A’B’C’. 
Trên OO’ lấy trung điểm I. Suy ra IA = IB = IC = IA’= IB’ = IC’. 
Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. 
2

2
a 21
a a 3
Suy ra bán kính mặt cầu R  IA  OI  OA  OI  OA     
. 
 
6
2  3 
2

Diện tích mặt cầu  S  4 R 2  4
Câu 13.

2

2

2

7 a 2 7 a 2

12
3

(Chun Bắc Giang 2019) Cho hình lập phương có cạnh bằng  1. Thể tích mặt cầu đi qua các 
đỉnh của hình lập phương là
A.

2
.
3

B.

3
.
2

3
.
2
Lời giải 
C.

D.

Chọn B

 
Mặt cầu qua các đỉnh của hình lập phương có đường kính là  AC . 
Bán kính mặt cầu là  R 

AC
3

. 
2
2

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
3 3
.
2


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021 

4
3
Thể tích khối cầu là  v   R3 
.
3
2
Câu 14.

Cho hình  lập phương  ABCD. A ' B ' C ' D '  có  cạnh bằng  a .  Đường kính của  mặt cầu ngoại tiếp 
hình lập phương là 
A. a 3 .

B. a 2 .

a 3
.
2
Lời giải 
C.

D.

a 2
.
2

Chọn A

 
Độ dài đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương bằng độ dài đường chéo của hình lập 
phương  bằng  AC ' .  Ta  có  ABCD   là  hình  vng  cạnh  a  AC  a 2 .  Xét  tam  giác  A ' AC  



vuông tại  A  AC '  AA '2  AC 2  a 2  a 2
Câu 15.



2

a 3.

Tỉ số thể tích giữa khối lập phương và khối cầu ngoại tiếp khối lập phương đó bằng 
A.

 3
2

. 

B.

2 3
. 
3

3 2
. 
2
Lời giải 
C.

D.

 2
3

. 

Chọn B

 
Xét hình lập phương  ABCD. ABC D  cạnh  2a  nội tiếp trong mặt cầu   S  . 
3

Khi ấy, khối lập phương có thể tích  V1   2a   8a3  và bán kính mặt cầu   S   là 
R

2a 3
 a 3 . 
2
Facebook Nguyễn Vương 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

4
4
Thể tích khối cầu  S  :  V2   R 3   a 3
3
3





3

 4 a 3 3 . 

Vậy tỉ số thể tích giữa khối lập phương và khối cầu ngoại tiếp khối lập phương bằng 

V1
8a3
2 3
2



. 
3
3
V2 4 a 3  3
Câu 16.

Cho hình hộp chữ nhật  ABCD. A ' B ' C ' D '  có  AB  a ,  AD  2a ,  AA '  3a . Thể tích khối cầu 
ngoại tiếp hình hộp chữ nhật  ABCD. A ' B ' C ' D '  là 
A.

28 14 a 3
. 
3

B.

7 14 a 3
. 
3
Lời giải 

6 a 3 . 

D. 4 6 a 3 . 

C.

Chọn C

 
Gọi  O là tâm của hình hộp  ABCD. A ' B ' C ' D ' . 
 
Tứ giác  ABC ' D '  là hình chữ nhật có tâm  O  nên  OA  OB  OC '  OD '  (1). 
Tương tự ta có các tứ giác  CDB ' A ' ,  BDD ' B '  là các hình chữ nhật tâm  O  nên 
OC  OD  OA '  OB ' ,  OB  OD  OB '  OD ' (2). 
Từ (1) và (2) ta có điểm  O  cách đều các đỉnh của hình hộp nên  O  là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình 
hộp. 
Bán kính mặt cầu là:  R  OA 



AC '

2

AA '2  A ' C '2

2

AA '2  A ' B '2  A ' D '2
 

2

9a 2  a 2  4a 2 a 14

. 
2
2
3

4  a 14  7 14 a 3
Thể tích khối cầu là:  V   
. 
 
3  2 
3
Câu 17.

Cho  hình  lăng  trụ  đứng  ABC . ABC    có  đáy  ABC   là  tam  giác  vng  tại  A ,  AB  a 3 , 
BC  2a , đường thẳng  AC   tạo với mặt phẳng   BCC B   một góc  30  (tham khảo hình vẽ bên 

dưới). Tính diện tích  S của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho?

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 

A. S  24 a 2 .

B. S  6 a 2 .

C. S  4 a 2 .
Lời giải

D. S  3 a 2 . 

Chọn B

Kẻ  AH  BC  H  BC   thì  AH  ( BCC B )  ( vì  ( ABC )  và  ( BCC B)  vng góc với nhau theo 
giao tuyến  BC ). Suy ra:  
AC H  30 . 

ABC  vng tại  A  có đường cao  AH  nên  AC  BC 2  AB 2  a  và AH 

AB. AC a 3
. 

BC
2

AH
 a 3 . Suy ra  AA  AC 2  AB 2  a 2 . 
sin 30
Ta có thể xem hình lăng trụ đã cho là một phần của hình hộp chữ nhật có các kích thước lần lượt 

AHC   vng tại  H  AC  

là  AB  a 3 ,  AC  a  và  AA  a 2 . 
Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ là  R 

1

2

a 3 

2



 a2  a 2



2



a 6
. 
2

Diện tích mặt cầu cần tìm:  S  4 R 2  6 a 2 . 
Câu 18.

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình lăng trụ tam giác đều  ABC. ABC  có  AA  2a , 
BC  a . Gọi  M  là trung điểm của  BB . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp  M . ABC  bằng
A.

3 3a
.
8

B.

13a
.
2

C.

21a
.
6

D.

2 3a
.
3

Lời giải
Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 
B

C
O

M

A

H

I
C'

B'
O'

N

A'

Gọi  O ;  O  lần lượt là trọng tâm của các tam giác  ABC  và  ABC . 
OO  AA  BB  2a

Vì  ABC. ABC  là lăng trụ tam giác đều   OO   ABC  ; OO   ABC   . 
 BC  BC   a

Như vậy  OO  là trục đường trịn ngoại tiếp 2 mặt đáy. 
  tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp  M . ABC  nằm trên  OO . 
Trong mặt phẳng   OBBO  , từ trung điểm  H  của  MB , kẻ đường thẳng vng góc với  MB  cắt 

OO  tại  I . 
Suy ra  IA  IC  IB  IM   khối chóp  M . ABC  nội tiếp mặt cầu tâm  I , bán kính  R  IB . 
Gọi  N  là trung điểm của  AC  . 

Dễ dàng chứng minh được  HIOB  là hình chữ nhật. 
2

2
2
2

 BB   2 BC 3 
Suy ra  IB  IO  BO  HB   BN   
  
  .
2 
3

 4  3
2

2

2

2

2
a 21
a a 3
 IB     
.
 
6

2  3 

Câu 19.

(Chun Thái Bình - 2020) Cho lăng trụ đứng  ABC. ABC   có chiều cao bằng 4, đáy  ABC  là 
  120 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ trên
tam giác cân tại  A  với  AB  AC  2; BAC
A.

64 2
.
3

B. 16 .

C. 32 .

D.

32 2
.
3

Lời giải 
Chọn C

 

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 

Gọi  M , M   lần lượt là trung điểm của  BC  và  BC  . Gọi  I , I   lần lượt là tâm đường trịn ngoại 
tiếp tam giác  ABC  và tam giác AB C  . Khi đó,  II   là trục đường trịn ngọai tiếp các tam giác 

ABC  và tam giác ABC  , suy ra tâm mặt cầu là trung điểm  O  của  II  . 
Ta có  BM  AB.sin 60  3  BC  2 3 . 
BC
2 3
 2.IA  IA 
 2 ;  OI  2  OA  OI 2  IA2  2 2 . 

2.sin120

sin BAC



Bán kính mặt cầu  R  OA  2 2 . Diện tích mặt cầu là  S  4 R 2  4 2 2



2

 32 . 

Phương án C được chọn. 
Câu 20.

(Chuyên Sơn La - 2020) Cho hình lăng trụ tam giác đều  ABC . AB C   có các cạnh đều bằng  a . 

Tính diện tích  S  của mặt cầu đi qua  6  đỉnh của hình lăng trụ đó. 

7 a 2
A. S 
.
3

7a 2
B. S 
. 
3

49 a 2
C. S 
.
144

49a 2
D. S 
. 
114

Lời giải
Chọn A

Gọi  I , I   lần lượt là trọng tâm tam giác  ABC, ABC ,  O  là trung điểm của  II  . Khi đó  O  là tâm 
mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ. 
Ta có  AI 

2

a 3
a
,  OI  . 
AM 
3
3
2
2

2

a 7
a  a 
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ  R  OA  OI  AI     

. 

12
2  3
2

Diện tích mặt cầu  S  4 R 2  4 .

2

7 a 2 7 a 2
. 

12
3

Dạng 2. Khối cầu ngoại tiếp khối chóp
Dạng 2.1 Khối chóp có cạnh bên vng góc với đáy
Câu 1.

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp  S . ABC  có đáy là tam giác đều cạnh  4a ,  SA  vng góc 
với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng   SBC   và mặt phẳng đáy bằng  60 . Diện tích của mặt 
cầu ngoại tiếp hình chóp  S . ABC  bằng 

Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

A.

172 a 2
. 
3

B.

76 a 2
. 
3

C. 84 a2 . 

D.

172 a 2
 
9

Lời giải
Chọn

A.

 
Ta có tâm của đáy cũng là giao điểm ba đường cao (ba đường trung tuyến) của tam giác đều 
ABC  nên bán kính đường trịn ngoại tiếp đáy là  r  4a.

3 4 3a

. 
3
3

4a. 3
 2 3a . 
2
  60 . 
Góc giữa mặt phẳng   SBC   và mặt phẳng đáy bằng  60  suy ra  SHA
Đường cao  AH  của tam giác đều  ABC  là  AH 

Suy ra  tan SHA 

SA
SA


 3  SA  6a . 
AH 2 3a
2

16
129
 SA 
a . 
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp  Rmc     r 2  9a 2  a 2 
3
3
 2 
2

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp  S . ABC  là  Smc
Câu 2.

 129  172 a 2
. 
 4 R  4 
a  
3
 3

2

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp  S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh  4a ,  SA  vng góc 
với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng   SBC   và mặt phẳng đáy bằng  30 . Diện tích mặt cầu 
ngoại tiếp hình chóp  S. ABC  bằng 

A. 52 a 2 . 

B.

172 a 2
. 
3

76 a 2
. 
9
Lời giải

C.

D.

76 a 2
. 
3

Chọn D

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 

 
Gọi  M , N , P  lần lượt là trung điểm của  BC , AB, SA  
Gọi  G là trọng tâm tam giác đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC . 

Qua  G  ta dựng đường thẳng  d  vng góc mặt đáy. 
Kẻ đường trung trực  SA  cắt đường thẳng  d  tại  I , khi đó  I  là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp 
S. ABC . 
Ta có    SBC  ,  ABC    SMA  30 , 

 SA  AM .tan 30  4a.
AG 

3 3
SA
.
 2a  AP 
 a 
2 3
2

2
2
3 4a 3
4a 3
AM  .4a.

 PI  AG 
 
3
3
2
3
3
2

Xét tam giác  API  vng tại  P  có  AI 

Bán kính  R  AI 

2

2

a 57
. 
3

Diện tích mặt cầu  S  4 R 2 
Câu 3.

 4a 3 
a 57
AP  PI  a  
. 
 
3
 3 
2

76 a 2
3  

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp  S . ABC  có đáy là tam giác đều cạnh  2a ,  SA  vng góc 
với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt  ( SBC )  và mặt phẳng đáy là  60 o . Diện tích của mặt cầu ngoại 

tiếp hình chóp  S . ABC  bằng 
A.

43 a 2
.
3

B.

19 a 2
.
3

C.

43 a 2
.
9

D. 21 a 2 .  

Lời giải
Chọn

A.

  60. , 
Gọi I , J  lần lượt là trung điểm của  BC , SA . Ta có  
SBC  ,  ABC   SIA



 SA  AI .tan 60  3a  KG 



SA 3a
  
2
2

Gọi  G trọng tâm tam giác đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC . 
Qua  G  ta dựng đường thẳng     ABC  . 

Facebook Nguyễn Vương 15


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Dựng trung trực  SA  cắt đường thẳng    tại  K , khi đó  KS  KA  KB  KC  nên  K  là tâm mặt cầu 
ngoại tiếp khối chóp  S.ABC . 
Ta có  R  KA  KG 2  AG 2  a.
Câu 4.

43 a 2
43
.Diện tích mặt cầu  S  4 R 2 
 
3
12

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp  S . ABC  có đáy là tam giác đều cạnh  2a ,  SA  vng góc 
với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng   SBC   và mặt phẳng đáy bằng  300 . Diện tích của mặt 
cầu ngoại tiếp hình chóp  S . ABC  bằng 
A.

43 a 2
. 
3

B.

19 a 2
. 
3

C.

19 a 2
. 
9

D. 13 a 2 . 

Lời giải

Chọn B
Gọi  M  là trung điểm của đoạn  BC . 
N  là trung điểm của đoạn  SA . 
G  là trọng tâm  ABC . 

Gọi  d   là đường thẳng đi qua trọng tâm G của  ABC  và vng góc với mặt phẳng đáy. 
d  là đường trung trực của đoạn thẳng  SA . 
Từ đó suy ra tâm  I  của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  S . ABC  là giao điểm của hai đường thẳng 
d  và  d  . 
Suy ra: bán kính mặt cầu  R  AI . 

3
2a 3
 a 3  và  AG 
. 
2
3
  300  
Góc giữa mặt phẳng   SBC   và mặt phẳng đáy là góc  SMA
Ta có:  ABC  đều cạnh  2a    AM  2a.

SA
3
 SA  AM .tan 300  a 3.
 a . 
AM
3
a
Suy ra:  AN  . 
2

tan SMA

2

2
57
 a   2a 3 
Do đó:  R  AI  AN  NI  AN  AG     
 
 
6
2  3 
2

2

2

2

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 
2

 57  19 a 2
Vậy diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  S . ABC  là:  S  4 .R  4 . 
. 
 
3
 6 
2

Câu 5.

(Sở Bắc Ninh - 2020) Cho  hình  chóp  ABCD   có  đáy  là  hình  thang  vng  tại  A   và  D .  Biết 
SA vng góc với  ABCD ,  AB  BC  a, AD  2 a , SA  a 2 . Gọi  E là trung điểm của  AD . Bán 
kính mặt cầu đi qua các điểm  S , A, B, C , E  bằng 
A.

a 3
.
2

B.

a 30
. 
6

a 6
. 
3
Lời giải

D. a .

C.

Chọn D

Ta thấy các tam giác  SAC; SBC; SEC  vuông tại A, C , E . Vậy các điểm  S , A, B, C , E nằm trên 
mặt cầu đường kính  SC  R 
Câu 6.

SC

2

SA2  AC 2
 a.  
2

S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có đường chéo bằng a 2 , cạnh
SA có độ dài bằng 2a và vng góc với mặt phẳng đáy. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
(Sở Yên Bái - 2020) Cho hình chóp

A.

a 6
.
2

B.

a 6
.
12

a 6
.
4
Lời giải
C.

D.

2a 6
. 
3

Chọn A

Theo giả thiết,

SA   ABCD   SA  AC nên SAC vuông ta A .

Mặt khác

 BC  AB
 BC  SB . Suy ra SBC vuông ta B .

 BC  SA
Tương tự, ta cũng có SCD vng ta D .
Gọi I là trung điểm của SC . Suy ra IS  IA  IB  IC  ID .
Do đó, I là tâm của mặt cầu goại tiếp hình chóp

S . ABCD và bán kính R 

SC
..
2

Facebook Nguyễn Vương 17

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 
Ta có

Câu 7.

SC  SA2  AC 2 

 2a 

2



 a 2



2

a 6R

a 6
.
2

(Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp  S . ABCD , có đáy là hình vng cạnh bằng  x . 
Cạnh bên  SA  x 6  và vng góc với mặt phẳng   ABCD  . Tính theo  x  diện tích mặt cầu ngoại 
tiếp khối chóp  S . ABCD . 

A. 8x 2 . 

B. x 2 2 . 

C. 2x 2 . 
Lời giải 

D. 2x 2 . 

Chọn A

+ Ta có  SA  ( ABCD )  SA  AC , SA  BC , SA  CD . 

 


BC  SA

CD  SA

 BC  SB ,  
 CD  SD . 


CD  AD

 BC  AB
  SBC
  SDC
  90o  do đó  A, B, D, S , C  thuộc mặt cầu đường kính  SC . 

Vậy  SAC
+  Ta  có  AC  2 x ,  SC  SA2  AC 2  2 2 x .  R   là  bán  kính  mặt  cầu  ngoại  tiếp  khối  chóp 
SC
S . ABCD   khi  đó  R 
 2 x .  Diện  tích  mặt  cầu  ngoại  tiếp  khối  chóp  S . ABCD   bằng 
2

S  4R 2  4
Câu 8.





2

2 x  8x 2 . 

(Chuyên  Nguyễn  Tất  Thành  n  Bái  2019)  Cho  hình  chóp  S. ABCD   có  đáy  là  hình  vng 
cạnh  a .  Cạnh  bên  SA  a 6   và  vng  góc  với  đáy   ABCD  .  Tính  theo  a   diện  tích  mặt  cầu 
ngoại tiếp khối chóp  S. ABCD . 
A. 8 a 2 . 

B. a 2 2 . 

C. 2 a 2 . 
Lời giải

D. 2a 2 .

Gọi  O  AC  BD , đường chéo  AC  a 2 . 
Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 

Gọi  I  là trung điểm của  SC . 
Suy ra  OI  là đường trung bình của tam giác  SAC . Suy ra  OI // SA  OI   ABCD  . 
Hay  OI  là trục đường tròn ngoại tiếp đáy  ABCD . 
Mà  IS  IC  IA  IB  IC  ID  IS .  Suy  ra  I   là  tâm  mặt  cầu  ngoại  tiếp  chóp 
S.ABCD . 
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp  S. ABCD :  R  SI 

SC

2

SA2  AC 2
 a 2 . 
2

Diện tích mặt cầu:  S  4 R 2  8 a 2 . 
Câu 9.

(Chun Thái Ngun 2019) Trong khơng gian, cho hình chóp  S.ABC  có  SA, AB, BC  đơi một 
vng góc với nhau và  SA  a , AB  b, BC  c.  Mặt cầu đi qua  S , A, B, C  có bán kính bằng 
A.

2( a  b  c)
. 
3

B.

a 2  b2  c2 .

C. 2 a 2  b2  c 2 .

D.

1 2
a  b2  c2 .
2

Lời giải

 
 SA  AB
Ta có:  
 SA   ABC   SA  AC.  
 SA  BC
 BC  SA
Ta có:  
 BC   SAB   BC  SB.  
 BC  AB
Gọi  O  là trung điểm  SC , ta có tam giác  SAC , SBC  vng lần lượt tại  A  và  B  nên: 
OA  OB  OC  OS 

SC
SC
.  Do đó mặt cầu đi qua  S , A, B , C  có tâm  O  và bán kính  R 

. 
2
2

Ta có:  SC 2  SB 2  BC 2  SA2  AB 2  BC 2  a 2  b 2  c 2 .  suy ra  R 
Câu 10.

1 2
a  b2  c2 .  
2

(Mã  105  2017)  Cho tứ  diện  ABCD   có  tam  giác  BCD   vng tại  C ,  AB   vng  góc  với  mặt 
phẳng   BCD  ,  AB  5a ,  BC  3a  và  CD  4a . Tính bán kính  R  của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 

ABCD .
A. R 

5a 2
3

B. R 

5a 3
3

C. R 

5a 2
2

D. R 

5a 3
 
2

Lời giải
Chọn C
Facebook Nguyễn Vương 19


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Tam giác  BCD  vng tại  C  nên áp dụng định lí Pitago, ta được  BD  5a . 
Tam giác  ABD  vng tại  B  nên áp dụng định lí Pitago, ta được  AD  5a 2.  
Vì  B  và  C  cùng nhìn  AD  dưới một góc vng nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện  ABCD  là 
trung điểm  I  của  AD . Bán kính mặt cầu này là:  R 
Câu 11.

AD 5a 2

.
2
2

(Mã  104  2017)  Cho  hình  chóp  S. ABCD   có  đáy  là  hình  chữ  nhật  với  AB  3a ,  BC  4a , 
SA  12a   và  SA   vng  góc  với  đáy.  Tính  bán  kính  R   của  mặt  cầu  ngoại  tiếp  hình  chóp 
S.ABCD .
13a
5a

17 a
A. R 
B. R  6 a
C. R 
D. R 
 
2
2
2
Lời giải
Chọn A

 
Ta có: AC  AB 2  BC 2  5a  
Vì  SA  AC  nên  SC  SA2  AC 2  13a  

 BC  AB
 BC  SB . Tương tự: CD  SD  
Nhận thấy: 
 BC  SA
Do các điểm  A,   B ,   D  đều nhìn đoạn thẳng  SC  dưới một góc vng nên gọi  I  là trung điểm của 
đoạn thẳng  SC  thì  I  là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  S. ABCD . 
Vậy  R 
Câu 12.

SC 13a
. 

2
2

(KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp  S.ABC  có tam giác  ABC  vng 
tại  B ,  SA   vng  góc  với  mặt  phẳng  ( ABC ) .  SA  5,  AB  3,  BC  4 .  Tính  bán  kính  mặt  cầu 
ngoại tiếp hình chóp  S.ABC

Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 

A. R 

5 2
. 
2

B. R  5 . 

5
C. R  . 
2
Lời giải 1

D. R  5 2 . 

Chọn A

Gọi  K  là trung điểm  AC . Gọi  M là trung điểm  SA . 
Vì tam giác ABC vng tại B nên K là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC . 
Từ K dựng đường thẳng d vng góc với  mp  ABC  .  
Trong  mp  SAC  dựng  MI  là đường trung trực đoạn  SA  cắt d tại I . 

Khi đó điểm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và bán kính mặt cầu là  R  AI . 
5
SA 5
Ta có  AC  AB 2  BC 2  5  AK  . Có  IK  MA 
 . 
2
2
2
25 25 5 2
. 


4
4
2
Lời giải 2
Gọi  I  là trung điểm của  SC.  Tam giác  SAC  vuông tại  A  nên  IS  IC  IA  (1) 

Vậy  R  AI 

AK 2  IK 2 

Ta có  BC  AB; BC  SA  BC   SAB     BC  SB  SBC vuông tại B.
Nên  IS  IC  IB  (2) 
Từ (1) và (2) ta có  I  là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  S. ABC  bán kính  R 

1
SC .  
2

AC  AB 2  BC 2  5 ;  SC  AS 2  AC 2  5 2  
Vậy  R 
Câu 13.

5 2
. 
2

(KTNL Gia Bình 2019) Cho hình chóp  SABC  có đáy  ABC  là tam giác vng tại  B ,  AB  8 , 
BC  6 . Biết  SA  6  và  SA  ( ABC ) . Tính thể tích khối cầu có tâm thuộc phần khơng gian bên 
trong của hình chóp và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng của hình chóp  SABC . 
16
625
256
25
A.
 
B.
 
C.
 
D.
 
9
81
81
9
Lời giải
Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 21


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Gọi r là bán kính khối cầu nội tiếp chóp  S. ABC , ta có  VS . ABC

 
3V
1
 Stp .r  r  S . ABC  
3
Stp

1
VS . ABC  SA.S ABC  48  
3
Ta dễ dàng có   SAB ,  SAC  vng tại  S  

Tính được  AC  AB 2  BC 2  10  
Stp  S SAB  S SAC  S ABC  108  (đvdt)   r 

3VS . ABC 4
  
Stp
3

4
256
Vậy thể tích khối cầu nội tiếp chóp  S. ABC  là  V   .r 3 

. 
3
81

Câu 14.

(THPT An Lão Hải Phịng 2019) Cho hình chóp  S.ABC  có đường cao  SA , đáy  ABC  là tam 
giác  vuông  tại  A .  Biết  SA  6a , AB  2a , AC  4a .  Tính  bán  kính  mặt  cầu  ngoại  tiếp  hình 
chóp S. ABC ?
A. R  2a 7 . 

B. R  a 14 . 

C. R  2a 3 . 

D. r  2a 5 . 

Lời giải
Chọn B
Ta có 

BC  AB 2  AC 2  4a 2  16a 2  2a 5  
Rd  a 5  
SA2
R R 
 5a 2  9a 2  a 14 . 
4
2
d

Câu 15.

(THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Cho hình chóp  S . ABCD  có đáy  ABCD  là hình chữ nhật có 
đường chéo bằng  2a , cạnh  SA  có độ dài bằng  2a  và vng góc với mặt phẳng đáy. Tính bán 
kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  S . ABCD ? 
A.

a 6
. 
2

B.

a 6
. 
4

2a 6
. 
3
Lời giải
C.

D.

a 6
. 
12

Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021 

 
*) Ta có  SAC  vng tại  A   1 . 
) CM   SDC  vng tại D. Ta có: 
AD  CD  ( vì ABCD là hình chữ nhật). 
SA  CD  (vì cạnh  SA  vng góc với mặt phẳng đáy). 

Ta suy ra:  CD   SAD    CD  SD  SDC  vuông tại D  2  . 
*) Chứng minh tương tự, ta được   SBC  vuông tại B   3 . 
Từ  1 ,   2 ,   3  : Ta suy ra: mặt cầu   S   ngoại tiếp hình chóp  S . ABCD có đường kính  SC . 
Ta có:  SC  SA2  AC 2  4a 2  2a 2  a 6 . 
Vậy mặt cầu   S   ngoại tiếp hình chóp  S . ABCD  có bán kính bằng  R 
Câu 16.

SC a 6

. 
2
2

  60 ,  BC  a ,  SA   ABC  .  Gọi 
(HSG  Bắc  Ninh  2019)  Cho  hình  chóp  S.ABC có  BAC

M , N  lần lượt là hình chiếu vng góc của  A  lên  SB  và  SC . Bán kính mặt cầu đi qua các điểm 
A, B, C, M , N  bằng 
A.

a 3

 
3

B.

2a 3
 
3

C. a  

D. 2a  

Lời giải
S 

N 

M 
H 
C 

A 
I 

K 
B 

 

 Gọi  I  là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC  

 IA  IB  IC   1 . 
 Kẻ  IH  là trung trực của  AC . 
IH  AC 
  IH   SAC   IH   ANC  . 
IH  SA 
Mà  ANC  vng tại  N có  AC  là cạnh huyền và  H  là trung điểm  AC  IH  là trục của 
ANC  IA  IC  IN    2 .
Facebook Nguyễn Vương 23


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

 Tương tự kẻ  IK  là trung trực của  AB  IK  là trục của  AMB  IA  IB  IM    3 . 

1 ,  2  ,  3  IA  IB  IC  IM  IN  I  là tâm đường trịn ngoại tiếp chóp  A.BCMN . 
Định lí hàm sin trong  ABC :  IA 

BC
a
a 3


. 
 2sin 60
3
2sin BAC

Câu 17. Hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật,  AB  a, SA   ABCD  ,  SC  tạo với mặt đáy một góc 

450 .  Mặt  cầu  ngoại  tiếp  hình  chóp  S . ABCD   có  bán  kính  bằng  a 2 .  Thể  tích  của  khối  chóp 
S . ABCD  bằng 
A. 2a3 . 

B. 2a3 3 . 

a3 3
. 
3
Lời giải
C.

D.

2a 3 3
. 
3

Chọn D

 
Gọi  O  là tâm của hình chữ nhật  ABCD ;  I  là trung điểm đoạn  SC . 
 BC  SA
 BC   SAB   BC  SB . 

 BC  AB
CD  SA
 CD   SAD   CD  SD  


CD  AD
Các điểm  A, B, D  cùng nhìn  SC  dưới một góc vng nên  I  chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình 
chóp  S . ABCD . 
Mặt khác  AC  là hình chiếu của  SC  trên mặt phẳng đáy nên góc giữa  SC  và mặt phẳng đáy là 
góc  ACS  bằng  450 . Do đó tam giác  SAC  vng cân tại  A  SA  AC  2a . 

1
1
2a 3 3
VS . ABCD  SA.S ABCD  .2a.a.a 3 
. 
3
3
3
Câu 18.

(Chuyên  Hạ  Long  2019)  Cho  hình  chóp  S . ABCD có  ABCD  là  hình  vng  cạnh  bằng  a . 

SA  ( ABCD), SA  a 3.  Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp? 
A.

a 5
. 
2

B. 2 a.  

C. a 5.  

D. a 7.  

Lời giải

Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 

 
Gọi  O  AC  BD.  Dựng ( d ) đi qua  O  và vng góc với mp  ABCD  . 
Dựng    là đường trung trực của cạnh  SA  cắt  SA  tại E . 
I  d    I  là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  S . ABCD => Bán kính là: IA . 
Ta có  AO 
Câu 19.

a 2
a 3
a 2 2 a 3 2 a 5
, AE 
.   AI  AO 2  AE 2  (
) (
) 
. 
2
2
2
2
2

(THPT  Gang  Thép  Thái  Ngun  2019)  Cho  hình  chóp  S . ABCD   có  đáy  ABC   là  tam  giác 
vng cân tại  B ,  BC  2a , cạnh bên  SA  vng góc với đáy. Gọi  H ,  K  lần lượt là hình chiếu 

của  A  lên  SB  và  SC , khi đó thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp  AHKCB  là 
A.

2 a 3 . 

B.

 a3
3

. 

C.

2 a 3
. 
2

D.

8 2 a 3
. 
3

Lời giải

Gọi  M  là trung điểm  BC . 
ABC  vuông cân tại  B      MB  MA  MC 

1

AC . (1) 
2

1
AC . (2) 
2
BC  AB 

  BC   SAB   BC  AH 
BC  SA 
  AH   SBC   AH  HC . 

AH  SB

1
 AHC  vuông tại  H    MH  AC . (3) 
2
Từ  1   3      M  là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp  AHKCB . 
KAC  vng tại  K    MK 

Facebook Nguyễn Vương 25