Dang 2. Khối cầu ngoại tiếp khối đa diện(TH)

Câu 1.

[2H2-2.2-2] (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho hình
chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB  AC  a , cạnh SA  SB  a và có
 SBC    ABC  . Tính SC để độ dài bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng a .
B. SC  a 3 .

A. SC  a 2 .

C. SC  a .
Lời giải

D. SC  2a .

Tác giả: Quỳnh Thụy Trang ; Fb: Xu ka
Chọn A

Gọi H là trung điểm của BC � AH  BC (Vì AB  AC ).
� AH  ( SBC ) (Vì  SBC    ABC  ).

Mà SA  AB  AC � H là tâm đường tròn ngoại tiếp SBC .

� HS  HB  HC � SBC vuông tại S .
Gọi I là trung điểm AC , O �AH , OI  AC � O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S . ABC .
Đặt HC  x . Ta có AOI đồng dạng ACH .

a
.a
AI . AC
a2

2
� AO. AH  AI . AC � AO 


R
AH
a2  x2 2 a2  x2
.
Lại có R  a

�

a2
2 a x
2

2

 a � 2 a 2  x 2  a � 4a 2  4 x 2  a 2 � x 

a 3
2

� SC  BC 2  SB 2  3a 2  a 2  a 2 .
Câu 2.

[2H2-2.2-2] ( Nguyễn Tất Thành n Bái)Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng
 ABCD  . Tính theo a diện tích mặt cầu
cạnh a . Cạnh bên SA  a 6 và vng góc với đáy
ngoại tiếp khối chóp S . ABCD .

2
2
A. 8 a .
B. a 2 .

C. 2 a .
Lời giải
2

Fb: Hương Liễu Lương
Chọn A

2
D. 2a .


Gọi O  AC �BD , đường chéo AC  a 2 .
Gọi I là trung điểm của SC .
� OI   ABCD 
Suy ra OI là đường trung bình của tam giác SAC . Suy ra OI // SA
.
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
.

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

Câu 3.

[2H2-2.2-2] (Sở Bắc Ninh 2019) Một hình nón có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy.
Diện tích hình trịn đáy của hình nón bằng 9 . Tính đường cao h của hình nón.
A.

h=

3
2 .

B. h = 3 3 .

C.

h=

3
3 .

D. h = 3 .

Lời giải
Tác giả:Trần Đức Phương; Fb:Phuong Tran Duc
Phản biện: Lê Xuân Hưng; Fb: Hưng Xuân Lê
Chọn B

Gọi chiều cao, bán kính đáy, độ dài đường sinh của hình nón lần lượt là h, r , l .
Hình nón có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy nên l  2r .


2
Diện tích hình trịn đáy của hình nón bằng 9 nên:  r  9 � r  3 .

Suy ra l  2r  6 .
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác OAH ta được:

OH 2  OA2  AH 2 � h 2  l 2  r 2 � h 2  27 � h  3 3.
Vậy chiều cao h của hình nón là 3 3 .
Câu 4.

[2H2-2.2-2] (Đặng Thành Nam Đề 15) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông
 ABC  và AB  2, AC  4, SA  5. Mặt cầu đi qua các
tại A , SA vng góc với mặt phẳng
đỉnh của hình chóp S . ABC có bán kính là
5
10
25
R
R

R
2.
2 .
2 .
A.
B. R  10 .
C.
D.
Lời giải
Tác giả: Hoàng Ngọc Huệ ; Fb: Hoàng Ngọc Huệ.
Chọn A

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và SA . Do tam giác ABC vng tại A nên M là
tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC .
Gọi a là đường thẳng qua M và song song với SA mà SA  ( ABC ) nên a  ( ABC ) . Do đó a
là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Trong mặt phẳng ( SAM ) , gọi b là đường trung trực của đoạn thẳng SA , gọi I là giao điểm
của a và b .
Ta có I �a suy ra IA  IB  IC . Mặt khác, I �b suy ra IA  IS .
Do đó IA  IB  IC  IS hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là

R  IA  AN  AM 
2

Câu 5.

2

AS 2 BC 2



4
4

AS 2  AB 2  AC 2
5  4  16 5


4
4
2.

B C D có AB  a ,
[2H2-2.2-2] (ĐH Vinh Lần 1) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A����
AD  AA�
 2a . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp đã cho bằng


A. 9 a .
2

3 a 2
B. 4 .

9 a 2
C. 4 .
Lời giải

2

D. 3 a .

Tác giả: Đoàn Thị Hường; Fb: Đồn Thị Hường
Chọn A

B C D có tâm là O của hình hộp có bán kính
Mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD. A����
1
1 2
3a
2
2
2
R
AB 2  AD 2  AA�

a   2a    2a  
2
2
2 .
2

�3a �
S  4 � � 9 a 2
�2 �
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là
.

Một số :
Câu 6.

[2H2-2.2-2] (THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019LẦN 3) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là
hình chữ nhật, AB  2a, AD  a 3 , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SD
và mặt phẳng đáy là 30�. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:
8 a 2
2
2
A. 8 a .
B. 3 .
C. 4 a .

4 a 2
D. 3 .

Lời giải
Tác giả: Ngô Yến; Fb: Ngoyen
Chọn A

IO // SA � IO   ABCD 
Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC , SC . Ta có:
.


Mà: OA  OB  OC  OD � IO là trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy
� IA  IB  IC  ID .
Mặt khác IS  IC nên mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD có tâm I và bán kính
SC
R  IS 
.
2

�  30�� tan SDA
�  SA � SA  a
SDA
AD
Tam giác SAD vuông tại A và
.
AC  AB  AD  a 7;
2

2

R  IS 

SC

2

SA2  AC 2
a 2
2
.

2
2
Vậy S  4 R  8 a .

Câu 7.

[2H2-2.2-2] (Lương Thế Vinh Lần 3) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật,
AB  2a, AD  a 3 , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SD và mặt phẳng

đáy là 30�. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:
8 a 2
2
2
A. 8 a .
B. 3 .
C. 4 a .

4 a 2
D. 3 .

Lời giải
Tác giả: Ngô Yến; Fb: Ngoyen
Chọn A

IO // SA � IO   ABCD 
Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC , SC . Ta có:
.

Mà: OA  OB  OC  OD � IO là trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy
� IA  IB  IC  ID .
Mặt khác IS  IC nên mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD có tâm I và bán kính
SC
R  IS 
.
2
�  30�� tan SDA
�  SA � SA  a
SDA
AD

Tam giác SAD vuông tại A và
.
AC 

AB 2  AD 2  a 7;

2
2
Vậy S  4 R  8 a .

R  IS 

SC

2

SA2  AC 2
a 2
2
.


Câu 8.

[2H2-2.2-2] (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho hình chóp S . ABC có SA  ( ABC ) , tam giác ABC
vuông tại B , SA  BC  3, AB  7 . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã
cho.
5
5
R

R
R

5
2 .
2.
A.
.
B.
C.
D. R  5 .
Lời giải

Tác giả: Trần Minh Tuấn ; Fb: Trần Minh Tuấn
Chọn C
Gọi E là trung điểm của AC,do tam giác ABC vng tại B nên E là tâm đường trịn ngoại tiếp
tam giác ABC
Gọi I và M lần lượt là trung điểm SC và SA ,khi đó AMIE là hình chữ nhật

IE / / SA � IE  ( ABC ) mà E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,nên IA  IB  IC (1)
Lại có IM / / AC � IM  SA mà M là trung điểm SA nên IM là trục đối xứng của đoạn thẳng
SA, nên IA  IS (2)
Từ 1,2 � IA  IS  IB  IC  R hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC
2
2
Xét tam giác vng ABC có: AC  AB  BC  7  9  4 .
2

2

9 16 5
�SA � �AC �
R  IA  AM  IM  � � � � 


2
2
4
4
2
�
�
�
�
IAM
Xét tam giác vng
có:
2

2

Cách giải khác:

BC  AB �
0
�
�� BC  SB � SBC  90
BC

SA

�
Ta có:
0
�
Mà SAC  90 nên các điểm S , A, B, C thuộc mặt cầu đường kính SC .

2
2
Xét tam giác vng ABC có: AC  AB  BC  7  9  4 .

Xét tam giác vuông SAC có:
Câu 9.

R

1
1
5
SC  . SA2  AC 2 
2
2
2.

[2H2-2.2-2] (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) 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


2 a  b  c
3

A.
.

B.

a b c .
2

2

2

1 2 2 2
a b c
D. 2
.

C. 2 a  b  c .
2

2

2

Lời giải
Tác giả: Sơn Nguyễn; Fb: Thanh Sơn Nguyễn Ngọc
Chọn D

� SA   ABC 
Ta có: SA , AB , BC đơi một vng góc

và ABC vng tại B .
Gọi I là trung điểm của AC � I là tâm đường trịn ngoại tiếp ABC .
Khi đó bán kính đường trịn tâm I ngoại tiếp ABC :

r

1
1 2 2
AC 
b c
2
2
.

Gọi O là trung điểm SC � O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .

� OI 

SA
2 (tính chất đường trung bình).

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là:
2

a2 b2  c2 1 2
�SA �
R  OC  � � r 2 


a  b2  c2

4
4
2
�2 �
.

Câu 10. [2H2-2.2-2] (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A(1;2; - 4) ,
B(1; - 3;1) , C (2;2;3) , D (1;0;4) . Gọi ( S ) là mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C , D . Tọa độ tâm
I và bán kính R mặt cầu ( S ) là
I ( 1;0; - 2) , R = 21
A.
.
C.

I ( - 1; 0; 2) , R = 21

.

B.

I ( - 2; 1; 0) , R = 26

.

D. I (2; - 1;0), R = 26 .
Lời giải
Tác giả: Bạch Hưng Tình ; Fb: Bạch Hưng Tình

Chọn B

( S ) có phương trình dạng:
Giả sử
x 2 + y 2 + z 2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 - d > 0)
Với tâm

I ( a; b; c )

2
2
2
và bán kính R = a + b + c - d .

(1)

.


( S ) đi qua bốn điểm A, B, C , D nên tọa độ của các điểm A, B, C , D thỏa mãn (1). Từ đó
Vì
ta có hệ phương trình:
1  4  16  2a  4b  8c  d  0
10b  10c  10
�
�2a  4b  8c  d  21
�
�
�
�
1  9  1  2a  6b  2c  d  0
6b  6c  6

�
�2a  6b  2c  d  11
�
��
��
�
4  4  9  4a  4b  6c  d  0
2a  4b  2c  0
�
�4a  4b  6c  d  17
�
�
�
�
1  0  16  2a  0b  8c  d  0
2a  0b  8c  d  17
�
�2a  0b  8c  d  17
�
b 1
�
�c  0
�
��
�a  2
�
�d  21 � I ( 2; 1; 0), R  26 .
Câu 11. [2H2-2.2-2] (Chun-Thái-Ngun-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình chóp S . ABC có
SA   ABC  SA  a
đáy là tam giác vuông cân ở B , AC  a 2 ,

,
. Gọi G là trọng tâm tam
   đi qua AG và song song với BC cắt SB , SC lần lượt tại M , N .
giác SBC , mặt phẳng
Tính thể tích V của khối chóp S . AMN .
a3
2a 3
2a 3
a3
V
V
V
V
9 .
27 .
9 .
6 .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Tác giả: Sơn Nguyễn; Fb: Thanh Sơn Nguyễn Ngọc
Chọn B

Qua G , kẻ đường thẳng song song với BC , cắt SB tại M và cắt SC tại N . Gọi H là trung
SG 2
�

SH 3 (tính chất trọng tâm của tam giác).

điểm của BC
Ta có:
Ta có:

MN // BC �

AB 

SM SN SG 2



SB SC SH 3 (định lý Ta-lét).

AC
a
2
( ABC vuông cân tại B ).

1
1
1
1 1
1
VS . ABC  SA.S ABC  SA. AB 2  a. a 2  a3
3
3
2
3 2
6 .

Có:
Theo cơng thức tỉ lệ thể tích ta có:
VS . AMN SA SM SN 2 2 4
4
4 1
2

.
.
 .  � VS . AMN  VS . ABC  . a 3  a 3
VS . ABC SA SB SC 3 3 9
9
9 6
27 .


Câu 12. [2H2-2.2-2] (Đặng Thành Nam Đề 12) Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vng O. ABC có
OA  OB  OC  a có bán kính bằng

a 3
B. 2 .

a
A. 2 .

a 2
a 3
C. 2 .
D. 4 .
Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Oanh ; Fb:Nguyễn Oanh

Chọn B

 OBC 

kẻ đường cao OH . Vì OBC là tam giác vng cân nên H là tâm đường tròn
a 2
OH 
2 .
ngoại tiếp OBC và
� d   OBC 
Qua H dựng đường thẳng d song song với OA
. Do đó, d là trục đường tròn
của OBC .
mp  OA, d 
Trong
, dựng đường trung trực OA cắt OA , d lần lượt tai N , I . Khi đó I là tâm
Trong

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O. ABC .
Theo cách dựng ta có tứ giác OHIN là hình chữ nhật nên

NI  OH 

a 2
2 .
2

2

2
�a 2 � a 3
a
�OA �
2
2
2  � �
�
R  OI  ON  IN  � � OH
�� �
� 2
�2 � �
�2 �
�2 �
� Bán kính
.
Chú ý: Cơng thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông O. ABC là
OA2  OB 2  OC 2
R
2

Câu 13. [2H2-2.2-2] (Nguyễn Đình Chiểu Tiền Giang) Cho khối trụ có đường sinh bằng 5 và thể tích
bằng 45 . Diện tích tồn phần của khối trụ là
A. 18 .
B. 33 .
C. 48 .
D. 39 .
Lời giải
Tác giả: Lâm Thanh Bình ; Fb: Lâm Thanh Bình
Chọn C

2
Ta có: V   R .h  45 .

Suy ra:

R

45
3
5
.

Diện tích tồn phần khối trụ:

Stp  2 Rh  2 R 2  2 .3.5  2 .32  48

.

Câu 14. [2H2-2.2-2] (NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU TIỀN GIANG) Cho khối trụ có đường sinh bằng 5
và thể tích bằng 45 . Diện tích tồn phần của khối trụ là
A. 18 .
B. 33 .
C. 48 .
D. 39 .
Lời giải
Tác giả: Lâm Thanh Bình; Fb: Lâm Thanh Bình
Chọn C

2
Ta có: V   R .h  45 .

Suy ra:

R

45
3
5
.

Diện tích tồn phần khối trụ:

Stp  2 Rh  2 R 2  2 .3.5  2 .32  48

.

SA   ABCD  SA  a
Câu 15. [2H2-2.2-2] (Quỳnh Lưu Nghệ An) Cho hình chóp S . ABCD có
,
và
ABCD
a
đáy
nội tiếp đường trịn bán kính bằng . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S . ABCD là
a 3
a 3
a 5

a 2
A. 3 .
B. 2 .
C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Đệ st ; Fb: De Nguyen
Chọn C
Gọi điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. I là trung điểm SA . J là tâm mặt cầu ngoại
tiếp.


2

Dễ thấy AIJO là hình chữ nhật. Do đó

JA 

�a � a 5
AO  AI  a  � � 
2 .
�2 �
2

2

2

 S  ngoại tiếp tứ diện đều cạnh a. Diện tích
Câu 16. [2H2-2.2-2] (Sở Lạng Sơn 2019) Một mặt cầu

 S  là:
mặt cầu
3 a 2
3 a 2
2
2
A. 2 .
B. 6 a .
C. 4 .
D. 3 a .
Lời giải
Tác giả: Trần Lê Vĩnh Phúc; Fb: Trần Lê Vĩnh Phúc

Chọn A
Vì A.BCD là tứ diện đều nên tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp nằm trên đường cao AO
trong đó O là trọng tâm của tam giác đều BCD .
Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Từ M kẻ đường trung trực MI của đoạn AB cắt AO tại
I.
Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp A.BCD
Ta có MI  AB nên hai tam giác vuông IMA và BOA đồng dạng.Từ đó suy ra:
IA MA 1 AB
AB 2

 .
� IA  R 
BA OA 2 OA
2. AO


Ta có

AO  AB 2  BO 2  a 2 

a2 a 6
AB 2 a 6

� R  IA 

3
3
2 AO
4

3 a 2
2
2 3
S

4

R

4

a
.

 S  là:
8
2

Diện tích mặt cầu

Câu 17. [2H2-2.2-2] (Sở Bắc Ninh) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A , SA
 ABC  và AB  2, AC  4, SA  5 . Mặt cầu đi qua các đỉnh của
vng góc với mặt phẳng
hình chóp S . ABC có bán kính là:
25
5
10
R
R
R
2 .
2.
3 .
A.
B.
C. R  5 .
D.
Lời giải
Tác giả: Phạm Thị Thuần; Fb:Phạm Thuần
Chọn B

Cách 1.
M , H lần lượt là trung điểm BC ,SA .
Gọi
Ta có tam giác ABC vng tại A suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
d   ABC  � d
Qua M kẻ đường thẳng d sao cho
là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC .
 SAM  kẻ đường trung trực  của đoạn SA , cắt d tại I
Trong mặt phẳng
�IA  IB  IC
��
� IA  IB  IC  IS
�IA  IS
� I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC.
�
�HA   ABC 
�HA  AM
�
��
�IM   ABC 
�HA // IM .
●
�HI  SA
�
�AM  SA
�HI , SA, AM � SAM

 � HI // AM .
● �
Suy ra tứ giác HAMI là hình chữ nhật.
1
5
1
1 2
AM  BC 
2  42  5 IM  SA 

2
2 .
2
2
Ta có
,
R  AI  AM 2  IM 2  5 

5 5

4 2.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là:
Cách 2. Sử dụng kết quả: Nếu SABC là một tứ diện vuông đỉnh A thì bán kính mặt cầu ngoại
1
R
AS 2  AB 2  AC 2
2
tiếp tứ diện SABC được tính bởi công thức:


Áp dụng cơng thức trên, ta có

R

1
2

 5

2

 22  42 

5
2.

B C D có cạnh a . Thể tích khối
Câu 18. [2H2-2.2-2] (Lý Nhân Tơng) Cho hình lập phương ABCD. A����
cầu ngoại tiếp hình lập phương là
8 a 3 2
 a3 3
12 a 3 3
4 a 3 3
3
2 .
3
3
A.
.
B.
C.
.
D.
.
Lời giải
Chọn B

C � I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương.
Gọi I là trung điểm A�

1
a 3
R  CI  CA�

2
2 .
Bán kính mặt cầu là
4
4 3 3a 3
3 a 3
3
V  R  

3
3
8
2 .
Suy ra thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương là

Câu 19. [2H2-2.2-2] (Chun Vinh Lần 3) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vng tại A
và B . Biết SA  ( ABCD ) , AB  BC  a , SA  a 2 , AD  2a . Gọi E là trung điểm của AD
. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm S , A , B , C , E .
a 3
A. 2 .

B. a .

a 6
C. 3 .
Lời giải.

a 30
D. 6 .

Tác giả: Nguyễn Thị Nguyệt Cầm; Fb: Nguyet Cam Nguyen.
Chọn B
�
�
�
�
Vì SAC  SBC  SEC  90 nên mặt cầu đi qua các điểm S , A , B , C , E có đường kính
SC
R
a
2
2
2
2
2
SC  SA  AC  2a  2a  4a  2a . Do đó, mặt cầu có bán kính là
2
.

Câu 20. [2H2-2.2-2] (THPT ĐƠ LƯƠNG 3 LẦN 2) Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp một hình
lập phương có cạnh bằng a .
a 3
A. 2 .
B. a .
C. 2 3a .
D. a 3 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang
Chọn A


Gọi O là tâm của hình lập phương ABCD.EFGH .
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.EFGH là:

EC
EA2  AC 2
EA2  AB 2  BC 2 a 3
R  OC 



2
2
2
2 .
Câu 21. [2H2-2.2-2] (Đặng Thành Nam Đề 14) Cho hình chóp S.ABC có
�  600.
SA  SB  SC  a, �
ASB  �
ASC  900 , BSC
Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
đã cho.
7 a 2
7 a 2
7 a 2
7 a 2

6 .
A.
B. 3 .
C. 18 .
D. 12
.
Lời giải
Tác giả: Hồ Liên Phượng; Fb: Ho Lien Phuong
Chọn B

�SA  SB
� SA  (SBC ).
�
Ta có �SA  SC
Gọi G là trọng tâm tam giác đều SBC, suy ra

SG 

a 3
3 .

Gọi d là đường thẳng qua G và vng góc với (SBC). Suy ra d là trục của đường tròn ngoại
tiếp tam giác SBC.
Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là giao điểm của mặt phẳng trung trực đoạn SA
và d.


2

2

�SA � �a 3 �
R  SI  SE  SG  � � �
�
�
�2 � �
�3 �
2

2

a 2 3a 2 a 21


4
9
6

21a 2 7 a 2
S  4 R  4 .

.
36
3
Diện tích mặt cầu
2

T
HƯNG YÊN NĂM 2019) Cho hình trụ  
S
có bán kính đáy a, trục OO�bằng 2a và mặt cầu   có tâm là trung điểm của đoạn thẳng

OO�và đi qua điểm O. Tìm tỉ số giữa diện tích mặt cầu  S  và diện tích tồn phần của hình
T .
trụ
2
4
1
.
.
.
A. 3
B. 3
C. 1.
D. 3

Câu 22. [2H2-2.2-2] (CỤM TRẦN KIM HƯNG -

Lời giải
Tác giả: Phan Trung Hiếu; Fb: Hieu Pt
Chọn B
Diện tích tồn phần của hình trụ (T) là

S(T )  2 a 2  2 a.2a  6 a 2 .
2

Diện tích mặt cầu (S) là

S( S )

Tỉ số giữa diện tích mặt cầu

�OO�
�
 4 � � 4 a 2 .
�2 �

 S

và diện tích tồn phần của hình trụ
S( S ) 4 a 2 2

 .
S(T ) 6 a 2 3

T

là

Câu 23. [2H2-2.2-2] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Hình đa diện nào sau
đây ln có mặt cầu ngoại tiếp?
A. Tứ diện
B. Hình lăng trụ tam giác
C. Hình hộp
D. Hình chóp tứ giác
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đắc Điệp ; Fb: Nguyễn Đắc Điệp
Chọn A
Vì các hình đa diện nêu ở đáp án B, C, D đều tồn tại ít nhất một mặt là tứ giác, mà tứ giác
không phải lúc nào cũng nội tiếp trong một đường tròn.

SA   ABC  ABC

Câu 24. [2H2-2.2-2] (Liên Trường Nghệ An) Cho hình chóp S . ABC có
,
là tam
giác vng tại A , AB  3a ; AC  4a; SA  5a . Tìm bán kính mặt cầu mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S . ABC ?
5a
5a
5a 2
5a 2
A. 4 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 2 .
Lời giải
Tác giả: Quỳnh Giao; Fb: QGiaoDo
Chọn D
Cách 1: (Tự luận)


Gọi E là trung điểm của BC . Vì ABC vng tại A nên E là tâm đường trịn ngoại tiếp
ABC . Qua E dựng đường thẳng d song song với SA , vì SA   ABC  nên d là trục của
ABC . Trong mặt phẳng  SA; d  , dựng đường trung trực của SA cắt d tại I thì I là tâm mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC vì I �d � IA  IB  IC , mặt khác I thuộc trung trực của
SA nên IS  IA .

 SA; d  có AE  SA , FI  SA nên FI // AE lại
Gọi F là trung điểm của SA . Trong mặt phẳng
có EI // AF nên tứ giác AFIE là hình chữ nhật.
Vậy

AI  AE 2  AF 2 

5a 2
2 (đvđd).

Cách 2: (Trắc nghiệm)
Áp dụng cơng thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có cạnh bên vng góc với mặt
đáy:

Rmc 

a2
 Rd 2
4
.

Trong đó:
+

Rmc

: Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

+ a : Độ dài cạnh bên vng góc với đáy.
+

Rd

: Bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy.

Câu 25. [2H2-2.2-2] (SỞ GD & ĐT CÀ MAU) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng
cạnh a , SA vng góc với mặt đáy và SA  a . Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD có bán
kính bằng
a 6
a 3
a 3
A. a 3 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 2 .
Lời giải
Tác giả: Mai Thị Hoài An ; Fb: Hoài An
Chọn D


SA   ABCD  � SA  AC , SA  BC , SA  CD.
Ta có
Vì ABCD là hình vng cạnh a nên AC  a 2 . Tam giác SAC vuông tại A nên
SC  SA2  AC 2  a 2  2a 2  a 3 .
Ta có
�BC  AB
� BC   SAB  � BC  SB
�
�BC  SA
;
CD

AD
�
� CD   SAD  � CD  SD

�
CD  SA
�
.
Gọi I là trung điểm của SC . Vì SBC , SAC , SDC là các tam giác vng có cạnh huyền là
SC
IS  IC  IA  IB  ID 
SC nên
2 .
Do đó bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là

R

SC a 3

2
2 .

Câu 26. [2H2-2.2-2] (Yên Phong 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông, biết
BA  BC  2a , cạnh bên SA  2a 2 vng góc với đáy. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp theo a .
2
2
2
2
A. 8 a .
B. 16 a .
C. 4 a .
D. 64 a .
Lời giải

Tác giả: Hồng Văn Thơng; Fb: Thơng Hồng
Chọn B

Cách 1.
- Gọi I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC , do tam giác ABC vuông tại B nên I là
trung điểm của AC .
 ABC  . Suy ra d //SA .
- Qua I dựng đường thẳng d vng góc với
- Trong tam giác SAC , dựng đường trung trực của SA cắt d tại O là tâm mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S . ABC .


- Ta tính được AC  2a 2, SC  4a
2
2
2
2
- Bán kính mặt cầu R  OA  OI  OM  2a  2a  2a .
2
S  4  2a   16 a 2
- Diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABC là
.
Cách 2.
- Ta có BC  SA, BC  AB � BC  SB .

�
�
- Ta có SAC  SBC  90�.
- Khi đó 4 điểm S , A, B, C nằm trên mặt cầu đường kính SC .
SC

R
 2a
2
- Bán kính mặt cầu
.

S  4  2a   16 a 2
2

- Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

.

Câu 27. [2H2-2.2-2] (n Phong 1) Cho hình nón có đường sinh bằng đường kính đáy và bằng 2. Bán
kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón đó là.
2 3
3
A. 2 3 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Trần Lê Cường; Fb: Thầy Trần Lê Cường
Chọn B

Hình nón có đường sinh bằng đường kính đáy và bằng 2 � Thiết diện qua trục hình nón là tam
giác đều (giả sử là tam giác SAB ) có cạnh bằng 2 và bán kính mặt cầu ngoại tiếp bằng bán kính
đường trịn ngoại tiếp tam giác SAB .
AB
 2R

Gọi R là bán kính mặt cầu, theo định lý sin trong tam giác SAB , ta có: sin S
.
�R

AB
2
2 3


2sin S 2.sin 60� 3 .

Câu 28. [2H2-2.2-2] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) Cho hình chóp
S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a 2 . Tam giác SAC vuông cân tại S và nằm trong mặt
phẳng vng góc với đáy. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
A.

2 a3
3 .

3
B. 4 a 3 .

4 a 3
C. 3 .

3
D. 4 a .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đình Hải ; Fb:Nguyen Dinh Hai

Chọn C


Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD .

�
�
�
Ta có ABC  90�
, ADC  90�và ASC  90�suy ra các đỉnh B , D , S cùng nhìn đoạn thẳng
AC
R  OA 
a
AC dưới một góc vng nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S . ABCD và
2
.
4
4
V   R 3   a3
3
3
Vậy
.
Câu 29. [2H2-2.2-2] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) (THPTQG năm
2017 Mã đề 104) 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 .
5a
17 a
13a

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

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

SC  SA2  AC 2  13a
�BC  AB
� BC  SB
�
BC

SA
�
Nhận thấy:
.Tương tự: CD  SD
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

SC 13a

2
2 .

Câu 30. [2H2-2.2-2] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) (THPT QG 2017
Mã đề 105) 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 .
5a 2
5a 3
5a 2
5a 3
R
R
R
R
3 .
3 .
2 .
2 .
A.
B.
C.

D.
Lời giải
Chọn C

Tam giác BCD vuông tại C nên áp dụng định lí Pitago, ta được BD  5a .
Tam giác ABD vuông 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
AD 5a 2
R

.
2
2
trung điểm I của AD . Bán kính mặt cầu này là:
Câu 31. [2H2-2.2-2] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) (Đề tham khảo lần
2 2017) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 3 2a, cạnh bên bằng 5a. Tính
bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD.
A. R  3a .

B. R  2a .

C.

R

25a
8 .

D. R  2a .

Lời giải
Chọn C

Gọi O là tâm hình vng ABCD , G là trung điểm SD , GI  SD, I �SO .
Ta có cạnh đáy bằng 3 2a nên BD  3 2a. 2  6a , OD  3a .
2
2
Xét SOD vuông tại O ta có: SO  SD  OD  4a


SO SD
1
25a
2

� 4a.R   5a  � R 
2
8 .
Ta có SOD ∽ SGI (g-g), suy ra SG SI
Câu 32. [2H2-2.2-2] (Sở Cần Thơ 2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a ,
SA vng góc với mặt phẳng  ABC  và SA  a . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S . ABC bằng
3 a 2
7 a 2
7 a 2
 a2
A. 7 .
B. 12 .
C. 3 .
D. 7 .

Lời giải
Tác giả:Đào Hoàng Diệp ; Fb:Diệp Đào Hoàng
Chọn C

* Đáy ABC là tam giác đều � tâm đường tròn ngoại tiếp là trọng tâm G .
* Từ G kẻ đường thẳng d vng góc với mặt phẳng đáy � d / / SA và đường thẳng d là trục
của tam giác đáy.
* Trong mặt phẳng

 SAG 

kẻ d ' là đường trung trực của đoạn SA .

SAG 
* Trong mặt phẳng 
hai đường thẳng d và d ' cắt nhau tại I � I cách đều 4 đỉnh
S , A, B, C của hình chóp � I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC với R  AI .

* Tính bán kính R :
Tam giác ABC đều cạnh a �
N là trung điểm SA �

AN 

Xét tam giác vuông AIG :

AI 

AM 

a 3
2
a 3
AG  AM 
2 �
3
3 .

1
a
SA   GI
2
2
. (vì ANIG là hình chữ nhật)

AG 2  GI 2 

a 21
R
6
.
2

�a 21 � 7 2
S  4 R  4 . �
� 6 �
� 3  a
�
�
� Chọn đáp án C.

* Vậy diện tích của mặt cầu cần tìm là:
2

Câu 33. [2H2-2.2-2] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật
có kích thước a , a 3 , 2a là


2
A. 8a .

2
B. 4 a .

C. 16 a .
2

2
D. 8 a .

Lời giải
Tác giả: Vũ Việt Tiến, FB: Vũ Việt Tiến
Chọn D

B C D có AB  a , AD  a 3 , AA�
 2a .
Xét hình hộp chữ nhật là ABCD. A����
C , suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD. A����
BCD .
Gọi I là trung điểm A�

B C D là:
Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD. A����
R

1
1
2
AC �

AB 2  AD 2  AA�
a 2
2
2
.

2
2
Vậy diện tích mặt cầu là: S  4 R  8 a .

Câu 34. [2H2-2.2-2] (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Bán kính
của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều S . ABC có tất cả các cạnh bằng a là
3a 6
a 6
a 6
a 6
A. 4
B. 12 .
C. 6 .
D. 4 .
Lời giải

Tác giả: Tống Thúy; Fb: Thuy Tong
Chọn D


Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

SH   ABC 
 SHC  , đường trung trực của
Vì hình chóp S . ABC đều nên
. Trong mặt phẳng
đoạn thẳng SC cắt SH tại I . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
2 a 3 a 3
CH  .

3 2
3 ,
Cách 1: Xét tam giác đều ABC , cạnh bằng a ,

Xét tam giác SHC vng tại H có:

SH  SC 2  HC 2 

a 6
a 3
HC 
3 ,
3 , SC  a

�
a 6

R
�IH 
SI  R � �
3
� IC  R
�
Đặt
.
2

2

�a 6
� �a 3 � 2
��
 R�
�
� �
�3 �
� R
2
2
2
3
�
�
�
�
IH


HC

IC
IHC
Xét tam giác
vng tại H , ta có:
a 6
�R
4 .
SI SM

Cách 2: Gọi M là trung điểm của SC . Ta có SMI đồng dạng với SHC nên SC SH
a
.a
a 6
2


4
SM .SC a 6
� SI 
3
SH
.

Vậy

R

a 6

4 .

Câu 35. [2H2-2.2-2] (ĐH Vinh Lần 1) [2H2-1.3-2] (ĐH Vinh Lần 1) Cho mặt cầu bán kính R ngoại
tiếp một hình lập phương cạnh a . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2 3R
3R
a
a
3 .
3 .
A.
B. a  2 R .
C. a  2 3R .
D.


Câu 36. [2H2-2.2-2] (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Tính thể tích khối
cầu ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng 1 là?
4 3
 3
A.  3 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 3 3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Lan ; Fb: Lan Nguyen Thi
Chọn C
A
B

D
C

A�
B�
Bán kính khối cầu ngoại tiếp hình lập phương là
3

4
4 �3�  3
V   R 3  . . �
�
� 2
3
3 �
�2 �

(đvtt).

D�
C�
R

1
1 2 2 2
3
AC ' 
1 1 1 
.
2

2
2