Bài viết này Vted giới thiệu đến bạn đọc Tổng hợp tất cả các công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện được trích từ Bài giảng khoá học COMBO X tại Vted:

Đây là bài viết rất hữu ích đối với bạn đọc, đầy đủ tất cả các trường hợp hay gặp khi tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện:

Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2023 môn Toán có lời giải chi tiết

Định nghĩa mặt cầu ngoại tiếp

• Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện là mặt cầu đi qua tất cả các đỉnh của khối đa diện đó

Điều kiện cần và đủ để khối chóp có mặt cầu ngoại tiếp

• Đáy là một đa giác nội tiếp

Chứng minh. Xem bài giảng

Công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tổng quát cho khối tứ diện (tham khảo thêm)

Ta có công thức Crelle thể hiện mối quan hệ giữa thể tích và bán kính mặt cầu ngoại tiếp một tứ diện \[S=6VR,\] trong đó $S$ là diện tích của tam giác có độ dài ba cạnh lần lượt là tích độ dài các cặp cạnh đối diện của tứ diện; $V$ là thể tích khối tứ diện và $R$ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện đó.

Ví dụ. Cho khối tứ diện $ABCD$ có $AB=5,CD=\sqrt{10},AC=2\sqrt{2},BD=3\sqrt{3},AD=\sqrt{22},BC=\sqrt{13}.$Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện đã cho bằng

Xét tam giác có độ dài các cạnh $a=AB.CD=5\sqrt{10};b=AC.BD=6\sqrt{6};c=AD.BC=\sqrt{286}\Rightarrow p=\dfrac{a+b+c}{2}$

Diện tích tam giác này là $S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}=15\sqrt{51}.$

Tính thể tích khối tứ diện này theo các góc tại đỉnh A:

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}x = \cos \widehat {BAC} = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}} = \dfrac{{{5^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt {13} } \right)}^2}}}{{2.5.2\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\\y = \cos \widehat {CAD} = \dfrac{{A{C^2} + A{D^2} - C{D^2}}}{{2AC.AD}} = \dfrac{{{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {22} } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt {10} } \right)}^2}}}{{2.2\sqrt 2 .\sqrt {22} }} = \dfrac{5}{{2\sqrt {11} }}\\z = \cos \widehat {DAB} = \dfrac{{A{D^2} + A{B^2} - B{D^2}}}{{2AD.AB}} = \dfrac{{{{\left( {\sqrt {22} } \right)}^2} + {5^2} - {{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{2.\sqrt {22} .5}} = \sqrt {\dfrac{2}{{11}}}\end{array} \right.$Khi đó $V=\dfrac{1}{6}AB.AC.AD\sqrt{1+2xyz-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}-{{z}^{2}}}=5.$

Vì vậy áp dụng công thức Crelle ta có $S=6VR\Rightarrow R=\dfrac{15\sqrt{51}}{30}=\dfrac{\sqrt{51}}{2}.$

Công thức 1: Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy

$R=\sqrt{R_{d}^{2}+{{\left( \dfrac{h}{2} \right)}^{2}}}.$

Trong đó ${{R}_{d}}$ là bán kính ngoại tiếp đáy; $h$ là độ dài cạnh bên vuông góc với đáy.

Ví dụ 1.Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật với $AB=3a,BC=4a,SA=12a$ và $SA$ vuông góc với đáy. Tính bán kính $R$ của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD.$

Trích đề thi THPT Quốc gia 2017 – Câu 16 – mã đề 122

Giải.Ta có ${{R}_{d}}=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{9{{a}^{2}}+16{{a}^{2}}}}{2}=\frac{5a}{2}.$

Vậy $R=\sqrt{R_{d}^{2}+{{\left( \frac{h}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{5a}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{12a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{13a}{2}.$ Chọn đáp án A.

Ví dụ 2. Cho hình chóp $S.ABC$ có \[SA=SB=SC=a,\widehat{ASB}=\widehat{ASC}={{90}^{0}},\widehat{BSC}={{60}^{0}}.\] Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

Giải. Ta có $\left\{ \begin{gathered} SA \bot SB \hfill \\ SA \bot SC \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow SA \bot (SBC).$

Vì vậy $R=\sqrt{R_{SBC}^{2}+{{\left( \frac{SA}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{BC}{2\sin \widehat{BSC}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{SA}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a}{2\frac{\sqrt{3}}{2}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{\frac{7}{12}}a.$

Diện tích mặt cầu $S=4\pi {{R}^{2}}=\frac{7\pi {{a}^{2}}}{3}.$ Chọn đáp án B.

Công thức 2: Khối tứ diện vuông (đây là trường hợp đặc biệt của công thức 1)

Khối tứ diện vuông $OABC$ có $OA,OB,OC$ đôi một vuông góc có \[R=\frac{\sqrt{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}}}{2}.\]

Ví dụ 1:Khối tứ diện $OABC$ có $OA,OB,OC$ đôi một vuông góc và có bán kính mặt cầu ngoại tiếp bằng $\sqrt{3}.$ Thể tích lớn nhất của khối tứ diện $OABC$ bằng

Giải. Ta có $R=\frac{\sqrt{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}}}{2}=\sqrt{3}\Leftrightarrow O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}=12.$

Mặt khác ${{V}_{OABC}}=\frac{1}{6}.OA.OB.OC$ và theo bất đẳng thức AM – GM ta có:

\[12=O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}\ge 3\sqrt[3]{O{{A}^{2}}.O{{B}^{2}}.O{{C}^{2}}}\Rightarrow OA.OB.OC\le 8.\]

Do đó ${{V}_{OABC}}\le \frac{8}{6}=\frac{4}{3}.$ Chọn đáp án A.

>>Xem thêm về BĐT AM - GM tại đây

Công thức 3: Khối lăng trụ đứng có đáy là đa giác nội tiếp (đây là trường hợp đặc biệt của công thức 1)

$R=\sqrt{R_{d}^{2}+{{\left( \frac{h}{2} \right)}^{2}}}.$

Trong đó ${{R}_{d}}$ là bán kính ngoại tiếp đáy; $h$ là độ dài cạnh bên.

Ví dụ 1.Cho mặt cầu bán kính $R$ ngoại tiếp một hình lập phương cạnh $a.$ Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

Trích đề thi THPT Quốc gia 2017 – Câu 29 – mã đề 124

Giải. Ta có $R=\sqrt{R_{d}^{2}+{{\left( \frac{h}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$ Vậy $a=\frac{2\sqrt{3}R}{3}.$ Chọn đáp án C.

Ví dụ 2: 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.

A.\[S=\dfrac{49\pi {{a}^{2}}}{144}.\]                                                           

B. \[S=\dfrac{7{{a}^{2}}}{3}.\]                               

C.\[S=\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{3}.\]                

D. \[S=\dfrac{49{{a}^{2}}}{144}.\]

Giải. Có $S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi \left( R_{d}^{2}+{{\left( \dfrac{h}{2} \right)}^{2}} \right)=4\pi \left( {{\left( \dfrac{a}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}} \right)=\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{3}.$ Chọn đáp án C.

Công thức 4: Công thức cho khối tứ diện có các đỉnh là đỉnh của một khối lăng trụ đứng $R=\sqrt{R_{d}^{2}+{{\left( \frac{h}{2} \right)}^{2}}}.$

Khối tứ diện $({{H}_{1}})$ có các đỉnh là đỉnh của khối lăng trụ đứng $({{H}_{2}}),$ khi đó ${{R}_{({{H}_{1}})}}={{R}_{({{H}_{2}})}}=\sqrt{R_{d}^{2}+{{\left( \frac{h}{2} \right)}^{2}}}.$

Ví dụ 1: Cho khối lăng trụ đứng có chiều cao $h$ không đổi và đáy là tứ giác $ABCD,$ trong đó $A,B,C,D$ thay đổi sao cho $\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IB}.\overrightarrow{ID}=-{{h}^{2}},$ với $I$ là giao điểm của hai đường chéo. Xác định giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ đã cho.

Giải.

Ta có $R=\sqrt{R_{d}^{2}+{{\left( \frac{h}{2} \right)}^{2}}},$ trong đó $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy thì ta có

$\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IB}.\overrightarrow{ID}=-{{h}^{2}}=O{{I}^{2}}-R_{d}^{2}\Leftrightarrow R_{d}^{2}=O{{I}^{2}}+{{h}^{2}}\ge {{h}^{2}}.$

Do đó $R\ge \sqrt{{{h}^{2}}+\frac{{{h}^{2}}}{4}}=\frac{h\sqrt{5}}{2}.$

Chọn đáp án C. Dấu bằng đạt tại $O\equiv I.$

Công thức 5: Công thức cho khối chóp có mặt bên vuông góc đáy $R = \sqrt {R_d^2 + {{\left( {\dfrac{a}{2}.\cot x} \right)}^2}} $ trong đó ${{R}_{d}}$ là bán kính ngoại tiếp đáy; $a,x$ tương ứng là độ dài đoạn giao tuyến của mặt bên và đáy, góc ở đỉnh của mặt bên nhìn xuống đáy.

Hoặc có thể sử dụng công thức $R=\sqrt{R_{d}^{2}+R_{b}^{2}-\frac{{{a}^{2}}}{4}},$ trong đó ${{R}_{b}}$ là bán kính ngoại tiếp của mặt bên và $a$ tương ứng là độ dài đoạn giao tuyến của mặt bên và đáy.

Ví dụ 1: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông, tam giác $SAD$ đều cạnh $\sqrt{2}a$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính bán kính $R$ của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD.$

Giải. Ta có $R=\sqrt{{{\left( \dfrac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{\sqrt{2}a}{2}.\cot {{60}^{0}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\sqrt{2}a}{2\sqrt{3}} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{42}}{6}.$

Chọn đáp án B.

Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A.$ Biết $AB=A{A}'=a,$ $AC=2a.$ Gọi $M$ là trung điểm của $AC.$ Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $M{A}'{B}'{C}'$ bằng

A. $5\pi {{a}^{2}}.$

B. $3\pi {{a}^{2}}.$

C. $4\pi {{a}^{2}}.$

D. $2\pi {{a}^{2}}.$

Giải. Chóp $M.{A}'{B}'{C}'$ có mặt bên $(M{A}'{C}')\bot ({A}'{B}'{C}')$ do đó

$S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi \left( R_{{A}'{B}'{C}'}^{2}+R_{M{A}'{C}'}^{2}-{{\left( \dfrac{{A}'{C}'}{2} \right)}^{2}} \right)=4\pi \left( {{\left( \dfrac{\sqrt{5}a}{2} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}-{{\left( \dfrac{2a}{2} \right)}^{2}} \right)=5\pi {{a}^{2}}.$

trong đó ${{R}_{{A}'{B}'{C}'}}=\dfrac{{B}'{C}'}{2}=\dfrac{\sqrt{5}a}{2};M{A}'=M{C}'=\sqrt{2}a,{A}'{C}'=2a\Rightarrow M{A}'\bot M{C}'\Rightarrow {{R}_{M{A}'{C}'}}=\dfrac{{A}'{C}'}{2}=a.$

Chọn đáp án A.

Công thức 6: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau có $R=\dfrac{c{{b}^{2}}}{2h},$ trong đó $cb$ là độ dài cạnh bên và $h$ là chiều cao khối chóp, được xác định bởi $h=\sqrt{c{{b}^{2}}-R_{d}^{2}}.$

Ví dụ 1.Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện đều cạnh $\sqrt{3}a.$

Giải.Ta có $cb=\sqrt{3}a,h=\sqrt{c{{b}^{2}}-R_{d}^{2}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{\left( \frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}=\sqrt{2}a\Rightarrow R=\frac{3{{a}^{2}}}{2\sqrt{2}a}=\frac{3\sqrt{2}a}{4}.$ Chọn đáp án C.

Ví dụ 2: Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $\sqrt{3}$ và cạnh bên bằng $x$ với $x>1.$ Thể tích của khối cầu xác định bởi mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ có giá trị nhỏ nhất thuộc khoảng nào dưới đây?

A. $(7;3\pi ).$

B. $(0;1).$

C. $(1;5).$

D. $(5;7).$

Giải. Áp dụng công thức tính cho trường hợp chóp có các cạnh bên bằng nau thể tích khối cầu xác định bởi

$V=\dfrac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\dfrac{4}{3}\pi {{\left( \dfrac{c{{b}^{2}}}{2h} \right)}^{3}}=\dfrac{4}{3}\pi {{\left( \dfrac{{{x}^{2}}}{2\sqrt{{{x}^{2}}-{{\left( \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}} \right)}^{3}}=g(x)=\pi \dfrac{{{x}^{6}}}{6\sqrt{{{({{x}^{2}}-1)}^{3}}}}\ge \underset{(1;+\infty )}{\mathop{\min }}\,g(x)=g(\sqrt{2})=\dfrac{4\pi }{3}.$ Chọn đáp án C.

Công thức 7:Khối tứ diện gần đều $ABCD$ có $AB=CD=a,AC=BD=b,AD=BC=c$ có $R=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{8}}.$

Bạn đọc cần bản PDF của bài viết này hãy để lại Bình luận trong phần Bình luận ngay bên dưới Bài viết này Vted sẽ gửi cho các bạn

>>Xem thêm Tuyển tập Đề thi thử Toán THPT Quốc gia 2021 có lời giải chi tiết

Combo 4 Khoá Luyện thi THPT Quốc Gia 2023 Môn Toán dành cho teen 2K5

>>Xem thêm Tổng hợp các công thức tính nhanh số phức rất hay dùng- Trích bài giảng khoá học PRO X tại Vted.vn

>>Xem thêm [Vted.vn] - Công thức giải nhanh Hình phẳng toạ độ Oxy

>>Xem thêm [Vted.vn] - Công thức giải nhanh hình toạ độ Oxyz

>>Xem thêm kiến thức về Cấp số cộng và cấp số nhân

>>Xem thêm Các bất đẳng thức cơ bản cần nhớ áp dụng trong các bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

>>Tải về Tổng hợp các công thức lượng giác cần nhớ

>>Sách Khám Phá Tư Duy Kỹ Thuật Giải Bất Đẳng Thức Bài Toán Min- Max