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:

>[Vted.vn] - Tổng hợp tất cả các dạng toán Lãi suất kép

>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.

Trích Bài giảng: Công thức tổng quát tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện

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 $S=6VR\Rightarrow R=\dfrac{15\sqrt{51}}{30}=\dfrac{\sqrt{51}}{2}.$

Sau đây là một số trường hợp đơn giản hay gặp:

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 $S.ABCD.$

A. $R=\dfrac{13a}{2}.$

B. $R=6a.$

C. $R=\dfrac{17a}{2}.$

D. $R=\dfrac{5a}{2}.$

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

Vậy $R=\sqrt{R_{d}^{2}+{{\left( \dfrac{h}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{5a}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{12a}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{13a}{2}.$ 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.

A. $\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{6}.$

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

C. $\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{18}.$

D. $\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{12}.$

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

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

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

Ví dụ 3: Cho hình chóp $S.ABC$ có $AB=4a,BC=3\sqrt{2}a,\widehat{ABC}={{45}^{0}};$ $\widehat{SAC}=\widehat{SBC}={{90}^{0}},$ đồng thời sin của góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SBC \right)$ bằng $\dfrac{\sqrt{2}}{4}.$ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng

Giải. Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$

Ta có $AC\bot SA,AC\bot SD\Rightarrow AC\bot \left( SAD \right)\Rightarrow AC\bot AD.$ Tương tự $BC\bot SB,BC\bot SD\Rightarrow BC\bot \left( SBD \right)\Rightarrow BC\bot BD$

Suy ra $ABCD$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $CD$ do đó ${{R}_{S.ABC}}={{R}_{S.ABCD}}=\sqrt{R_{ABCD}^{2}+{{\left( \dfrac{SD}{2} \right)}^{2}}}\left( * \right)$

Bán kính ${{R}_{ABCD}}$ chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

Ta có \[AC=\sqrt{B{{A}^{2}}+B{{C}^{2}}-2BA.BC.\cos \widehat{ABC}}=\sqrt{{{\left( 4a \right)}^{2}}+{{\left( 3\sqrt{2}a \right)}^{2}}-2.4a.3\sqrt{2}a.\dfrac{1}{\sqrt{2}}}=\sqrt{10}a\]

Vậy \[{{R}_{ABCD}}={{R}_{ABC}}=\dfrac{AC}{2\sin \widehat{ABC}}=\dfrac{\sqrt{10}a}{2.\dfrac{1}{\sqrt{2}}}=\sqrt{5}a\]

Ta tính $SD$ dựa trên giả thiết sin góc giữa hai mặt phẳng \[\left( SAB \right)\] và \[\left( SBC \right)\] bằng \[\dfrac{\sqrt{2}}{4}.\] Ý tưởng của thầy là tính thể tích khối chóp đã cho theo hai cách, trong đó một cách dùng đến góc giữa hai mặt phẳng này.

Đặt $SD=x,\left( x>0 \right)\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}{{S}_{ABC}}.SD=\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{2}BA.BC.\sin \widehat{ABC} \right).SD=2{{a}^{2}}x\left( 1 \right)$

Và $BC=3\sqrt{2}a\Rightarrow BD=\sqrt{C{{D}^{2}}-B{{C}^{2}}}=\sqrt{2}a\Rightarrow SB=\sqrt{S{{D}^{2}}+B{{D}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+2{{a}^{2}}}$

$SC=\sqrt{S{{D}^{2}}+C{{D}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+20{{a}^{2}}}\Rightarrow {{S}_{SBC}}=\dfrac{1}{2}BS.BC=\dfrac{3\sqrt{2}a}{2}\sqrt{{{x}^{2}}+2{{a}^{2}}}$

Và $AB=4a,AC=\sqrt{10}\Rightarrow AD=\sqrt{C{{D}^{2}}-C{{A}^{2}}}=\sqrt{10}a$

$\Rightarrow SA=\sqrt{S{{D}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+10{{a}^{2}}}\Rightarrow {{S}_{SAB}}=2a\sqrt{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}$

$\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\dfrac{2{{S}_{SAB}}.{{S}_{SBC}}.\sin \left( \left( SAB \right),\left( SBC \right) \right)}{3SB}={{a}^{2}}\sqrt{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}\left( 2 \right)$

So sánh $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow x=\dfrac{\sqrt{3}a}{3}.$ Thay vào $\left( * \right)\Rightarrow {{R}_{S.ABC}}={{R}_{S.ABCD}}=\sqrt{{{\left( \sqrt{5}a \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{1}{2\sqrt{3}}a \right)}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{183}a}{6}.$ Chọn đáp án A.

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 \[R=\dfrac{\sqrt{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}}}{2}.\]

Ví dụ 1: Cho khối chóp tam giác $S.ABC$ có $SA,\text{ }AB,\text{ }AC$ đôi một vuông góc. Biết rằng $SA=24;\text{ }AB=6;\text{ }AC=8.$ Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp đã cho là

A. $676\pi .$

B. $\dfrac{169\pi }{4}.$

C. $\dfrac{169\pi }{2}.$

D. $169\pi .$

Giải. Áp dụng công thức cho chóp có cạnh bên vuông góc với đáy hoặc đặc biệt ở đây là tứ diện vuông đỉnh A ta có $S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi \dfrac{A{{S}^{2}}+A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}{4}=\left( A{{S}^{2}}+A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}} \right)\pi =\left( {{24}^{2}}+{{6}^{2}}+{{8}^{2}} \right)\pi =676\pi .$ Chọn đáp án A.

Ví dụ 2: 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

A. $\dfrac{4}{3}.$

B. $8.$

C. $\dfrac{8}{3}.$

D. $8.$

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

Mặt khác ${{V}_{OABC}}=\dfrac{1}{6}.OA.OB.OC$ 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 ${{V}_{OABC}}\le \dfrac{8}{6}=\dfrac{4}{3}.$ 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)

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

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

Đặc biệt:

*Khối lập phương cạnh $a$ có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là \[R = \dfrac{{\sqrt 3 a}}{2}.\]

*Khối hộp chữ nhật có kích thước $a,b,c$ có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là \[R = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}{2}.\]

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

A. $a=\dfrac{\sqrt{3}R}{3}.$

B. $a=2R.$

C. $a=\dfrac{2\sqrt{3}R}{3}.$

D. $a=2\sqrt{3}R.$

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

Ví dụ 3: 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 $R=\sqrt{R_{d}^{2}+{{\left( \dfrac{h}{2} \right)}^{2}}},$ 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 $R\ge \sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{{{h}^{2}}}{4}}=\dfrac{h\sqrt{5}}{2}.$

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

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

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

Áp dụng cho khối tứ diện gần đều $ABCD$ có $AB=CD=a,AC=BD=b,AD=BC=c$ thì bán kính mặt cầu ngoại tiếp là $R=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{8}}.$

Ví dụ 1: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có $AB=A{A}'=2a,\text{ }AC=a,\text{ }\widehat{BAC}={{120}^{0}}.$ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $A.BC{C}'{B}'$ bằng

A. $\dfrac{\sqrt{33}a}{5}.$

B. $\dfrac{\sqrt{30}a}{10}.$

C. $\dfrac{\sqrt{10}a}{3}.$

D. $\dfrac{\sqrt{30}a}{3}.$

Giải. Ta có ${{R}_{A.BC{C}'{B}'}}={{R}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\sqrt{R_{ABC}^{2}+{{\left( \dfrac{A{A}'}{2} \right)}^{2}}}$ trong đó $A{A}'=2a$ và

${{R}_{ABC}}=\dfrac{BC}{2\sin \widehat{BAC}}=\dfrac{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC.\cos \widehat{BAC}}}{2\sin \widehat{BAC}}=\dfrac{\sqrt{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2.2a.a.\dfrac{-1}{2}}}{2.\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{\dfrac{7}{3}}a$

Vậy ${{R}_{A.BC{C}'{B}'}}=\sqrt{{{\left( \sqrt{\dfrac{7}{3}}a \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{2a}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{30}a}{3}.$Chọn đáp án D.

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 $R=\sqrt{R_{d}^{2}+R_{b}^{2}-\dfrac{{{a}^{2}}}{4}},$ 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 $S.ABCD.$

A. $R=\dfrac{a\sqrt{10}}{2}.$

B. $R=\dfrac{a\sqrt{42}}{6}.$

C. $R=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}.$

D. $R=\sqrt{2}a.$

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

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.

Ví dụ 3: Cho khối chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông tại $A,$ hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng đáy là điểm $M$ thuộc cạnh $BC$ sao cho $SM=3,$ đồng thời bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp đã cho bằng $\dfrac{13}{2}.$ Giá trị của $SB.SC$ bằng

Giải. Ta có $\left( SBC \right)\bot \left( ABC \right)$ theo đoạn giao tuyến $BC$ nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp là $R=\sqrt{R_{ABC}^{2}+R_{SBC}^{2}-{{\left( \dfrac{BC}{2} \right)}^{2}}}$

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên ${{R}_{ABC}}=\dfrac{BC}{2}\Rightarrow R={{R}_{SBC}}=\dfrac{13}{2}.$

Áp dụng hệ thức lượng có \[{{R}_{SBC}}=\dfrac{SB.SC.BC}{{{4}_{SBC}}}=\dfrac{SB.SC.BC}{4.\dfrac{1}{2}SM.BC}=\dfrac{SB.SC}{2SM}=\dfrac{13}{2}\Rightarrow SB.SC=13SM=39.\] Chọn đáp án A.

Ví dụ 4: Cho tứ diện $ABCD$ có $AB=BC=AC=BD=2a,AD=\sqrt{3}a.$ Hai mặt phẳng $\left( ACD \right)$ và $\left( BCD \right)$ vuông góc với nhau. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho bằng

A. $\dfrac{16}{9}\pi {{a}^{2}}.$

B. $\dfrac{4}{27}\pi {{a}^{2}}.$

C. $\dfrac{64}{9}\pi {{a}^{2}}.$

D. $\dfrac{64}{27}\pi {{a}^{2}}.$

Giải. Gọi $M$ là trung điểm cạnh $CD\Rightarrow BM\bot CD,\left( BC=BD \right)\Rightarrow BM\bot \left( ACD \right)$

Mặt khác $BC=BD=BA=2a\Rightarrow M$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ACD\Rightarrow \Delta ACD$ vuông tại $A\Rightarrow CD=\sqrt{A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{7a}.$

Áp dụng công thức cho chóp có mặt bên vuông góc đáy ta có diện tích mặt cầu là

$S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi \left[ R_{ACD}^{2}+R_{BCD}^{2}-{{\left( \dfrac{CD}{2} \right)}^{2}} \right]=4\pi R_{BCD}^{2},\left( {{R}_{ACD}}=\dfrac{CD}{2} \right)$

$=4\pi {{\left( \dfrac{CD}{2\sin \widehat{CBD}} \right)}^{2}}=\dfrac{7\pi {{a}^{2}}}{1-{{\left( \dfrac{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}-{{\sqrt{7}}^{2}}}{2.2.2} \right)}^{2}}}=\dfrac{64}{9}\pi {{a}^{2}}.$ Chọn đáp án C.

*Vì $BA=BC=BD$ nên các em có thể áp dụng công thức cho chóp đều hay chóp có cạnh bên bằng nhau cũng được nhé.

Ví dụ 5: Cho khối chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy, $AB=3,AC=2$ và $\widehat{BAC}={{60}^{0}}.$ Gọi $M,N$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SB,SC.$ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện $ABCNM$ bằng

Giải. Ta có $SM.SB=SN.SC=S{{A}^{2}}\Rightarrow \dfrac{SB}{SC}=\dfrac{SN}{SM}\Rightarrow \Delta SBC\backsim \Delta SNM$

$\Rightarrow \widehat{SBC}=\widehat{SNM}\Rightarrow BCNM$ nội tiếp tức hình chóp $A.BCNM$ có mặt cầu ngoại tiếp.

Gọi $O,{{O}_{1}}$ lần lượt là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $ABM$ ta có ${{O}_{1}}$ là trung điểm cạnh $AB.$

Vì $O{{O}_{1}}\bot AB,O{{O}_{1}}\bot SA\Rightarrow O{{O}_{1}}\bot \left( ABM \right)\Rightarrow O{{O}_{1}}$ là trục ngoại tiếp tam giác $ABM.$

Do đó $O$ chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp $A.BCNM$ và bán kính $R={{R}_{ABC}}=\dfrac{BC}{2\sin \widehat{BAC}}=\dfrac{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC\cos \widehat{BAC}}}{2\sin \widehat{BAC}}=\dfrac{\sqrt{{{3}^{2}}+{{2}^{2}}-2.3.2.\dfrac{1}{2}}}{2.\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{\sqrt{21}}{3}.$ Chọn đáp án B.

*Lời giải trên thầy đã giải thích chi tiết vì sao $ABCNM$ có mặt cầu ngoại tiếp và xác định chính xác tâm mặt cầu cùng bán kính của nó

*Thi trắc nghiệm các em chỉ cần thực hiện như sau:

${{R}_{ABCNM}}={{R}_{M.ABC}}=\sqrt{R_{ABC}^{2}+R_{MAB}^{2}-{{\left( \dfrac{AB}{2} \right)}^{2}}}={{R}_{ABC}}$ vì chóp $M.ABC$ có $\left( MAB \right)\bot \left( ABC \right)$ và ${{R}_{MAB}}=\dfrac{AB}{2}.$

Ví dụ 6: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=3,BC=6.$ Cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy. Gọi $M$ là điểm thuộc cạnh $BC$ sao cho $BC=3BM$ và $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SC,SM.$ Chứng minh khối chóp $A.CMKH$ có mặt cầu ngoại tiếp và tính Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp $A.CMKH$

Giải. Ta có $SH.SC=SK.SM=S{{A}^{2}}\Rightarrow MCHK$ nội tiếp nên chóp $A.CMHK$ có mặt cầu ngoại tiếp và

${{R}_{A.CMKH}}={{R}_{H.ACM}}=\sqrt{R_{ACM}^{2}+R_{HAC}^{2}-{{\left( \dfrac{AC}{2} \right)}^{2}}}={{R}_{ACM}}$ vì chóp $H.ACM$ có $\left( HAC \right)\bot \left( ACM \right)$ theo đoạn giao tuyến $AC$ và ${{R}_{HAC}}=\dfrac{AC}{2}.$

Ta có $\sin \widehat{ACM}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AB}{\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}}=\dfrac{3}{\sqrt{{{3}^{2}}+{{6}^{2}}}}=\dfrac{1}{\sqrt{5}};AM=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{M}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{2}^{2}}}=\sqrt{13}$

$\Rightarrow {{R}_{A.CMKH}}={{R}_{ACM}}=\dfrac{AM}{2\sin \widehat{ACM}}=\dfrac{\sqrt{13}}{2/\sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{65}}{2}.$ Chọn đáp án B.

Ví dụ 7: Cho hình chóp $S.ABC$ có cạnh bên $SA=2\sqrt{6}a$ vuông góc với đáy. Gọi $M,N$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SB$ và $SC.$ Biết góc giữa hai mặt phẳng $\left( AMN \right)$ và $\left( ABC \right)$ bằng ${{60}^{0}}.$ Tính diện tích $S$ của mặt cầu ngoại tiếp đa diện $ABCMN.$

A. $S=36\pi {{a}^{2}}.$

B. $S=72\pi {{a}^{2}}.$

C. $S=24\pi {{a}^{2}}.$

D. $S=8\pi {{a}^{2}}.$

Giảii. Ta có $SM.SB=SN.SC=S{{A}^{2}}\Rightarrow BMNC$ nội tiếp nên chóp $A.BMNC$ có mặt cầu ngoại tiếp.

Dựng đường kính $AD$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$

Ta có ${{R}_{ABCMN}}={{R}_{MABC}}=\sqrt{R_{ABC}^{2}+R_{MAB}^{2}-{{\left( \dfrac{AB}{2} \right)}^{2}}}={{R}_{ABC}}=\dfrac{AD}{2}.$

Vì chóp $M.ABC$ có $\left( MAB \right)\bot \left( ABC \right)$ theo đoạn giao tuyến $AB$ và ${{R}_{MAB}}=\dfrac{AB}{2}.$

Ta có $SA\bot \left( ABC \right)$ và $BD\bot AB,BD\bot SA\Rightarrow BD\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BD\bot AM$ và $AM\bot SB\Rightarrow AM\bot \left( SBD \right)\Rightarrow AM\bot SD.$

Tương tự có $AN\bot SD\Rightarrow SD\bot \left( AMN \right).$

Vì vậy $\left( \left( ABC \right),\left( AMN \right) \right)=\left( SA,SD \right)=\widehat{ASD}={{60}^{0}}\Rightarrow AD=SA\tan {{60}^{0}}=6\sqrt{2}a$

Vậy diện tích mặt cầu $S=4\pi {{\left( \dfrac{6\sqrt{2}a}{2} \right)}^{2}}=72\pi {{a}^{2}}.$ Chọn đáp án B.

Ví dụ 8: Cho tam giác $ABC$ có $AB=1,AC=2,\widehat{BAC}={{60}^{0}}.$ Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( ABC \right)$ tại $A$ lấy điểm $S,\text{ }\left( S\ne A \right)$ và gọi ${{B}_{1}},{{C}_{1}}$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SB,SC.$ Xét đường kính $MN$ thay đổi của mặt cầu $\left( T \right)$ ngoại tiếp khối đa diện $ABC{{B}_{1}}{{C}_{1}}$ và $I$ là điểm thay đổi cách tâm mặt cầu $\left( T \right)$ một khoảng bằng ba lần bán kính của $\left( T \right).$ Giá trị nhỏ nhất của $IM+IN$ bằng

A. $6\sqrt{3}.$

B. $\sqrt{20}.$

C. $2\sqrt{10}.$

D. $6.$

Giải. Ta có ${{R}_{ABC{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}={{R}_{{{B}_{1}}.ABC}}=\sqrt{R_{ABC}^{2}+R_{{{B}_{1}}AB}^{2}-{{\left( \dfrac{AB}{2} \right)}^{2}}}={{R}_{ABC}}$

$=\dfrac{BC}{2\sin \widehat{BAC}}=\dfrac{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC.\cos {{60}^{0}}}}{2\sin {{60}^{0}}}=\dfrac{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}-2.1.2.\dfrac{1}{2}}}{2.\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=1$

Vì chóp ${{B}_{1}}.ABC$ có $\left( {{B}_{1}}AB \right)\bot \left( ABC \right)$ theo đoạn giao tuyến $AB$ và ${{R}_{{{B}_{1}}AB}}=\dfrac{AB}{2}.$

Gọi $O$ là tâm mặt cầu của $\left( T \right)$ ta có $O$ là trung điểm $MN$ và \[OI=3;MN=2\Rightarrow IM+IN\ge 2IO=6.\] Dấu bằng đạt tại $I\in MN.$ Chọn đáp án D.

Công thức 6: Khối chóp đều hoặc khối chóp có độ dài 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 $\sqrt{3}a.$

A. $R=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}.$

B. $R=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$

C. $R=\dfrac{3\sqrt{2}a}{4}.$

D. $R=\dfrac{3a}{4}.$

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

Ví dụ 2: Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $a$ và cạnh bên bằng $a\sqrt{2}.$ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ bằng

A. $\dfrac{a\sqrt{6}}{4}.$

B. $\dfrac{a\sqrt{3}}{5}.$

C. $\dfrac{a\sqrt{15}}{5}.$

D. $\dfrac{3a}{5}.$

Giải. Áp dụng công thức cho chóp đều có $R=\dfrac{c{{b}^{2}}}{2h}=\dfrac{c{{b}^{2}}}{2\sqrt{c{{b}^{2}}-R_{d}^{2}}}=\dfrac{{{\left( \sqrt{2}a \right)}^{2}}}{2\sqrt{{{\left( \sqrt{2}a \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{a}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{15}a}{5}.$ Chọn đáp án C.

Ví dụ 3: 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.

Ví dụ 4: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=3,AD=4$ và các cạnh bên của hình chóp cùng tạo với mặt đáy một góc $60{}^\circ $. Tính thể tích $V$ của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

Giải. Vì các cạnh bên cùng tạo với mặt đáy một góc 60⁰ nên các cạnh bên có độ dài bằng nhau và khi đó hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy trùng với tâm ngoại tiếp đáy là $O=AC\cap BD.$

Ta có $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=5\Rightarrow AO=\dfrac{5}{2}$ và $\left( SA,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{SAO}={{60}^{0}}\Rightarrow cb=SA=\dfrac{OA}{\cos {{60}^{0}}}=5;h=SO=OA\tan {{60}^{0}}=\dfrac{5}{2}\sqrt{3}$

Áp dụng công thức cho chóp có độ dài các cạnh bên bằng nhau ta có thể tích khối cầu là $V=\dfrac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\dfrac{4}{3}\pi {{\left( \dfrac{c{{b}^{2}}}{2h} \right)}^{3}}=\dfrac{4}{3}\pi {{\left( \dfrac{{{5}^{2}}}{2\times \dfrac{5}{2}\sqrt{3}} \right)}^{3}}=\dfrac{500\sqrt{3}\pi }{27}.$ Chọn đáp án C.

Ví dụ 5: Cho khối lăng trụ đều $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có độ dài cạnh đáy bằng $1,$ độ dài cạnh bên bằng $3.$ Gọi $G$ là trọng tâm tam giác ${A}'BC.$ Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $GABC$ bằng

Giải. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$ ta có $\dfrac{MG}{M{A}'}=\dfrac{MO}{MA}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow OG||A{A}'\Rightarrow OG\bot \left( ABC \right).$

Mặt khác $O$ cũng là tâm ngoại tiếp tam giác đều $ABC$ do đó $G.ABC$ là chóp tam giác đều và $OG=\dfrac{1}{3}A{A}'=1\Rightarrow GA=GB=GC=\sqrt{O{{G}^{2}}+O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( \dfrac{1}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$

Do đó áp dụng công thức cho khối chóp đều ta có diện tích mặt cầu ngoại tiếp là $S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi {{\left( \dfrac{c{{b}^{2}}}{2h} \right)}^{2}}=4\pi {{\left( \dfrac{{{\left( \dfrac{2}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}{2.1} \right)}^{2}}=\dfrac{16}{9}\pi .$ Chọn đáp án C.

Ví dụ 6: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA=SB=SC=2\text{ },\widehat{ASB}={{90}^{0}},\text{ }\widehat{BSC}={{60}^{0}},\widehat{\text{ }CSA}={{120}^{0}}.$ Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng

A. $4\pi .$

B. $\dfrac{16\pi }{3}.$

C. $16\pi .$

D. $8\pi .$

Giải. Vì $SA=SB=SC=2\text{ },\widehat{ASB}={{90}^{0}},\text{ }\widehat{BSC}={{60}^{0}},\widehat{\text{ }CSA}={{120}^{0}}$ nên dùng pitago và định lý hàm số cosin

$\Rightarrow AB=2\sqrt{2},BC=2,CA=2\sqrt{3}\Rightarrow A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=C{{A}^{2}}\Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $B\Rightarrow {{R}_{d}}=\dfrac{AC}{2}=\sqrt{3}$

Áp dụng công thức cho chóp có cạnh bên bằng nhau ta có diện tích mặt cầu là

$S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi {{\left( \dfrac{c{{b}^{2}}}{2h} \right)}^{2}}=4\pi {{\left( \dfrac{c{{b}^{2}}}{2\sqrt{c{{b}^{2}}-R_{d}^{2}}} \right)}^{2}}=4\pi {{\left( \dfrac{{{2}^{2}}}{2\sqrt{{{2}^{2}}-{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}}} \right)}^{2}}=16\pi .$ Chọn đáp án C.

Ví dụ 7: Cho hình chóp đều \[S.ABC\] có đáy \[ABC\] là tam giác đều cạnh \[AB=a\], góc giữa mặt bên với mặt phẳng đáy bằng \[60{}^\circ \]. Tính bán kính mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp \[S.ABC\].

A. \[\dfrac{7a}{12}.\]

B. \[\dfrac{a}{2}.\]

C. \[\dfrac{7a}{16}.\]

D. \[\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\]

Giải. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $M$ là trung điểm cạnh $BC.$

Ta có $SO\bot \left( ABC \right);\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)=\widehat{SMO}={{60}^{0}}\Rightarrow SO=OM\tan {{60}^{0}}=\dfrac{a}{2\sqrt{3}}\sqrt{3}=\dfrac{a}{2}$

$\Rightarrow S{{A}^{2}}=S{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}={{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}=\dfrac{7{{a}^{2}}}{12}\Rightarrow R=\dfrac{S{{A}^{2}}}{2SO}=\dfrac{\dfrac{7}{12}{{a}^{2}}}{a}=\dfrac{7}{12}a.$ Chọn đáp án A.

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 Cập nhật Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2023 môn Toán 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