BT VỀ MẶT CẦU, KHỐI CẦU CƠ BẢN HÌNH HỌC 12

Câu 1. (THPT Ninh BìnhBạc Liêu2019) 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.   2 2 2 S a b c    16 .  B.   2 2 2 S a b c    . C.   2 2 2 S a b c    4 .  D.   2 2 2 S a b c    8 .  Lời giải Chọn B Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là 2 2 2 . 2 2 AC a b c r OA       Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là   2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 . 2 a b c S r a b c                 Câu 2. (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.  3 1 2 2 4 3 . 18 3 a b  B.  3 2 2 4 3 . 18 3 a b   C.  3 2 2 4 . 18 3 a b   D.  3 2 2 4 3 . 18 2 a b   Tài Liệu Ôn Thi Group https:TaiLieuOnThi.Net TAILIEUONTHI.NET TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Trang 3 Lời giải 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. Ta có: 3 , 3 2 a b AI IO   suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là 2 2 1 2 2 4 3 3 4 2 3 a b R a b     Vậy    3 3 2 2 ; 4 4 3 . 3 18 3 V R a b O R

Tài Liệu Ôn Thi Group 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 Mặt cầu ngoại tiếp đa diện Mặt cầu nội tiếp đa diện Một số công thức:  Tâm I , bán kính R  IA  IB  IM  Đường kính AB  R  Thiết diện qua tâm mặt cầu: Là đường tròn tâm I , bán kính R Mặt cầu nội tiếp  Diện tích mặt cầu: S  4 R Mặt cầu ngoại Hình thành: Quay đường đa diện mặt cầu tiếp đa diện  Thể tích khối cầu: AB tiếp xúc với tất mặt cầu qua tất trịn tâm I , bán kính R  4 R mặt đa diện đỉnh đa V quanh trục AB , ta có mặt cầu diện hình vẽ CÁCH TÌM BÁN KÍNH MẶT CẦU NGOẠI TIẾP HÌNH CHĨP THƯỜNG GẶP Hình chóp có đỉnh nhìn cạnh Hình chóp góc vng E T b2 2h b2 2h Hình chóp có mặt bên vng góc với mặt đáy T A IL IE U O N nên mặt cầu ngoại tiếp hình chóp có tâm I trung điểm SC , SC bán kính R  Hình chóp có cạnh bên vng góc với mặt phẳng đáy R  hình chóp R  I N   900  SDC Suy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp có tâm I trung điểm SC , bán SC kính R   Xét hình chóp tứ giác có cạnh bên b chiều cao SO  h  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp H  Ta có   SBC   900 SAC  Xét hình chóp tam giác có cạnh bên b đường cao SH  h  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp T  Xét hình chóp có SA  ( ABC )  ABC  900  Xét hình chóp có SA  ( ABCD ) ABCD hình chữ nhật hình vng   SBC   Ta có: SAC Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ơn Thi Group  Khi mặt cầu ngoại tiếp hình chóp có bán kính h R     rñ    Nếu đáy tam giác cạnh a  Xét hình chóp có mặt bên (SAB)  (đáy), bán kính ngoại tiếp đáy rđ , bán kính ngoại tiếp SAB rb ,  Nếu đáy hình vng d  AB  (SAB )  (đáy) (đoạn giao tuyến) a cạnh a rđ   Khi bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp rđ   Xét hình chóp có SA  (đáy) SA  h ; bán kính đường trịn ngoại tiếp đáy rđ a  Nếu đáy hình chữ nhật cạnh a, b R  rđ  rb2  d2 a  b2 rñ  Dạng Khối cầu ngoại tiếp khối lăng trụ Câu (THPT Ninh Bình-Bạc Liêu-2019) Một hình hộp chữ nhật có ba kích thước a, b, c nội tiếp mặt cầu Tính diện tích S mặt cầu    A S  16 a2  b  c     B S  a  b2  c  C S  a  b  c    D S  a  b  c  Lời giải Chọn B Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật r  OA  AC a  b2  c2  2 E I N  H  N (Chuyên Thái Bình - 2018) Cho lăng trụ tam giác có cạnh đáy a cạnh bên b Tính thể tích khối cầu qua đỉnh lăng trụ 18  4a  3b  B  b2  D 3  18  18  4a  4a  3b  Trang https://TaiLieuOnThi.Net  3b  IE IL   4a A C 18 T A U O Câu 2     a2  b  c    T  a2  b2  c S  4 r     T Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Lời giải C A I B M O A I B C M Gọi I , I  tâm hai đáy, O trung điểm II  Khi ta có O tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ a b , IO  suy bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ Ta có: AI  a b2   4a  3b 3  Vậy VO ; R    R  4a  3b   18 R Câu Một mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có kích thước AB  a , AD  5a , AA '  3a Mặt cầu có bán kính bao nhiêu? A 2a B 6a C 3a 2a D Lời giải Chọn A Gọi I tâm hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình 9 C 36 14 D T B N 9 O A H I N E (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chữ nhật có ba kích thước 1, 2, IE U Lời giải A IL Chọn D T Câu 1 2a AC  AB  AD +A'A  2 T hộp R  IA  Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ơn Thi Group Ta có AC   AA2  AB  AD  14 Mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật nhận đường chéo AC  đường kính, bán kính mặt 14 Vậy thể tích khối cầu V  AC   2 (Thpt Vĩnh Lộc - Thanh Hóa 2019) Tính bán kính phương có cạnh 2a cầu R  Câu A R  a B R  a 4 14 14 14  R3    3 R mặt cầu ngoại tiếp hình lập C R  2a D R  a Lời giải Chọn D Hình lập phương ABCD ABC D hình vẽ I tâm hình lập phương Khi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương Ta có R  Câu AC  AA2  AC  AA2  AB  AD a (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật có kích thước a , a 2a C 16 a Lời giải D 8 a T B 4 a E A 8a T A IL IE U O N T H I N Chọn D Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group 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 AA  2a Dễ thấy O cách đỉnh khối hộp nên mặt cầu ngoại tiếp khối hộp có tâm O , bán kính AC R Ta có AC a AC  AB2  AD2  2a , AC  AC  CC2  2a  R  Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp S  4 R  8 a Câu (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có AB  a , AD  AA  2a Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp cho A 9 a2 B 3 a 9 a Lời giải D 3 a C Chọn A Ta có tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD ABC D trung điểm đường chéo AC (giao đường chéo) hình hộp Hình hộp chữ nhật có độ dài cạnh dài, rộng, cao là: AD  2a , AB  a , AA  2a AC  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là: R   AD  AB  AA2 3a  2 E I N C V   a3 3 D V   a3 N B V  3 a3 IL IE Lời giải O 3 a U A V  T H Cho hình lập phương có cạnh a Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương A Chọn D T Câu T  3a   S mc  4 R  4    9 a   Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group B A C D I B' A' C' D' Tâm I mặt cầu ngoại tiếp lập phương ABCD ABC D trung điểm đường chéo AC AC  R  IA  Khối lập phương cạnh a nên: AA  a, AC   a  AC    AA2  AC 2  a2  a  a 3R AC   a Vậy thể tích khối cầu cần tính là: 4 a 3  a 3 3 V   R      a  (đvtt)  3   Câu (Nho Quan A - Ninh Bình - 2019) Cho hình lập phương ABCD ABC D cạnh a Tính diện tích S mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD ABC D  A 3 a 4 a C Lời giải B  a D  a2 Chọn A H a 3 phương ABCD AB C D  S  4 R  4    3 a   O N T B R  a C R  a Trang https://TaiLieuOnThi.Net A A R  a IL IE U (Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa 2019) Cho hình lập phương ABCD AB C D  có cạnh a Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB C  D R  2a T Câu 10 E a Do diện tích S mặt cầu ngoại tiếp hình lập I N phương ABCD AB C D  R  OA  T Gọi O tâm hình lập phương ABCD AB C D bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập Tài Liệu Ơn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Lời giải Chọn C Gọi I trung điểm AC ' Ta có ABC  vng B ( AB  ( BB ' C ' C ) ) ABC  vng B (vì BC  ( ABBA) ) Khi IA  IB  IB  IC  , suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB C  AC   AB '2  BC 2  AB  BB2  BC 2  a Vậy R  a Cách khác: Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB C  mặt cầu ngoại tiếp tứ diện hình lập phương ABCD ABC D Bán kính mặt cầu nửa đường chéo hình lập phương cạnh a , tức (Chuyên Quốc Học Huế 2019) Cho lăng trụ đứng ABC AB C  có đáy tam giác ABC vng cân A , AB  a , AA  a Tính bán kính R mặt cầu qua tất đỉnh hình lăng trụ theo a A R  a B R  a C R  2a D R  a Lời giải O N T H I N E T Chọn A Hình vẽ A IL IE U Gọi M trung điểm BC , suy M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi M  trung điểm BC  , suy M  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB C  Gọi I trung điểm MM  , I tâm đường trịn ngoại tiếp lăng trụ T Câu 11 a Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ơn Thi Group Theo đề ta có MB  BC a MM  AA a    IM  2 2 a Tính diện tích S mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ tam giác có tất cạnh a Tam giác MIB vng M nên ta tính R  IB  IM  MB  Câu 12 A 7 a B  a3 C  a 7 a D Lời giải Chọn A Gọi O, O’ tâm đường tròn ngoại tiếp hai tam giác ABC, A’B’C’ Trên OO’ lấy trung điểm I Suy IA = IB = IC = IA’= IB’ = IC’ Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ a a 3 Suy bán kính mặt cầu R  IA  OI  OA2  OI  OA2            a 7 a Diện tích mặt cầu S  4 R  4  12 Câu 13 a 21 (Chuyên Bắc Giang 2019) Cho hình lập phương có cạnh Thể tích mặt cầu qua đỉnh hình lập phương A 2 B 3 Lời giải 3 C D 3 O N T H I N E T Chọn B IE IL A AC  2 T Bán kính mặt cầu R  U Mặt cầu qua đỉnh hình lập phương có đường kính AC Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 3 Thể tích khối cầu v   R3  Câu 14 Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh a Đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương A a B a a Lời giải C a D Chọn A Độ dài đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương độ dài đường chéo hình lập phương AC ' Ta có ABCD hình vng cạnh a  AC  a Xét tam giác A ' AC  vuông A  AC '  AA '2  AC  a  a 2 a Tỉ số thể tích khối lập phương khối cầu ngoại tiếp khối lập phương A  B 3 2 Lời giải C  D H I N E T Chọn B Khi ấy, khối lập phương tích V1   2a   8a bán kính mặt cầu  S  2a a A R IL IE U O N T Xét hình lập phương ABCD ABC D cạnh 2a nội tiếp mặt cầu  S  T Câu 15  Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ơn Thi Group  4 Thể tích khối cầu  S  : V2   R   a 3   4 a 3 Vậy tỉ số thể tích khối lập phương khối cầu ngoại tiếp khối lập phương V1 8a3    3 V2 4 a  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 ' A 28 14 a B 14 a Lời giải 6 a C D 6 a Chọn C Gọi O tâm hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Tứ giác ABC ' D ' hình chữ nhật có tâm O nên OA  OB  OC '  OD ' (1) Tương tự ta có tứ giác CDB ' A ' , BDD ' B ' hình chữ nhật tâm O nên OC  OD  OA '  OB ' , OB  OD  OB '  OD ' (2) Từ (1) (2) ta có điểm O cách đỉnh hình hộp nên O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp Bán kính mặt cầu là: R  OA   AC '  AA '2  A ' C '2  AA '2  A ' B '2  A ' D '2 9a  a  4a a 14  2 E I N H Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy ABC tam giác vng A , AB  a , T Câu 17 T  a 14  14 a Thể tích khối cầu là: V        U O N BC  a , đường thẳng AC  tạo với mặt phẳng  BCC B  góc 30 (tham khảo hình vẽ bên T A IL IE dưới) Tính diện tích S mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho? Trang 10 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Gọi I , H trung điểm cạnh SB AC Mặt khác, theo giả thiết ta có ΔSAB,ΔSCB tam giác vuông A C  IA  IB  IC  IS  I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Mặt khác: ΔABC vuông B  H tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC  IH   ABC  Ta có: d  A; SBC  d  H ; SBC   AC   d  H ; SBC   a HC Gọi K trung điểm cạnh BC  HK  BC  HK / / AB , AB  BC  Lại có: BC  IH  IH   ABC   BC   IHK  Mặt khác: BC  SBC   SBC    IHK  theo giao tuyến IK Trong  IHK  , gọi HP  IK  HP  SBC  P  HP  d  H ; SBC   a 1 1  2  2  HI  3a 2 HP HI HK HI AB2 4 Xét ΔIHB : IB  IH  HB2  3a  R Vậy V  πR  24 18πa 3 E T Xét ΔIHK : a Lời giải C D a U a IE B IL a A A O N T H I N (Chun ĐHSP Hà Nội 2019) Cho hình chóp O ABC có OA  OB  OC  a ,  AOB  60 ,   BOC  90 , AOC  120 Gọi S trung điểm cạnh OB Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC T Câu 11 Trang 59 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Xét AOB nên cạnh AB  a Xét  BOC vuông O nên BC  a Xét  AOC có AC  AO  CO  AO.CO.cos1200  a Xét  ABC có AB  BC  AC nên tam giác ABC vng B  tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác trung điểm H cạnh AC Lại có hình chóp O ABC có OA  OB  OC  a nên OH  ( ABC ) Xét hình chóp S ABC có OH trục đường tròn ngoại tiếp đáy, tam giác OHB kẻ trung trực cạnh SB cắt OH I I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, bán kính R  IS   60 ,cạnh OB  a  OE  3a Xét OHB có HOB  IE  OE.tan 60  3a  3a   a 2 a Xét  IES vuông E: IS  IE  ES          4 T E T Trang 60 https://TaiLieuOnThi.Net O N T IE U D S  96 a A a 74 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD 100 a A S  25 a B S  100 a C S  Lời giải H I N ( Hsg Bắc Ninh 2019) Cho tứ diện ABCD có AB  6a , CD  8a cạnh lại IL Câu 12 Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Gọi E, F thứ tự trung điểm AB, CD Coi a  , từ giả thiết ta có AC  AD  BC  BD  74 nên AF  CD , BF  CD   ABF   CD  EF  CD Chứng minh tương tự EF  AB Khi EF đường trung trực CD AB Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD ta có IA  IB  IC  ID  R nên I thuộc đoạn thẳng EF EF  AF  AE  AD  DF  AE  74  16   Đặt EI  x  FI   x (với  x  )  IA  EA2  EI  x     ID  FI  FD  16    x   x  14 x  65 x   x 14 x  65   14 x  65  x  Ta có IA  ID  Khi IA  x   Do bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện R  5a Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S  4πR2  4π.25a  100πa (Sở Bắc Ninh 2019) Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy ABC tam giác vuông A , AB  a , BC  2a , đường thẳng AC  tạo với mặt phẳng  BCC B  góc 30 Diện tích C 4 a Lời giải D 24 a H I N E T mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ cho bằng: A 3 a B 6 a   N  O  U  T Gọi H hình chiếu vng góc A BC  A  30  AH  BCC B   AC , BCC B  HC IL AB AC a  AC   AH  a  AA  AC 2  AC  a  BC A Ta có: AH  IE ABC tam giác vuông A , AB  a , BC  2a suy AC  a T Câu 13 Trang 61 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Gọi I , I  trung điểm BC , BC Dễ thấy I , I  tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , ABC  Gọi O trung điểm II  suy O tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ cho 2 a  BC   BB  Bán kính mặt cầu : R  OB           Diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ cho bằng: S  4 R  6 a Câu 14 Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với  ABC  ,   450 Gọi AB  a , AC  a , BAC B1 , C1 hình chiếu vng góc A lên SB , SC Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC1 B1 A a B a C a3 D a Lời giải Chọn A Gọi I trung điểm AC  IA  IC  a   a  BC  AB  AC Có BC  AB  AC  AB AC.cos BAC Suy ABC vuông B  CB   SAB   AB1   SBC   AB1  CB1 Các tam giác ABC , AB1C , AC1C tam giác vng có chung cạnh huyền AC Do I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC1 B1 có bán kính R  IA  a  a3 Thể tích khối cầu V   R  3 Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có AB  a , góc hai mặt phẳng  ABC   ABC  7a 12 T C D a N B a O a 12 U A H I N E 600 Gọi G trọng tâm tam giác ABC Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện G ABC T Câu 15 IE Lời giải T A IL Chọn C Trang 62 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Gọi M trung điểm BC I trọng tâm tam giác ABC Ta có  ABC    ABC   BC     ABC  ,  ABC     AMA  600  ABC  : AM  BC    A BC  : AM  BC Do tam giác ABC nên AM  a  Xét tam giác AAM vuông A : tan 600  AA 3a  AA  AM Vì G trọng tâm tam giác ABC , I trọng tâm tam giác ABC ABC ABC  lăng trụ tam a giác nên GI   ABC  IG   AA  Từ suy hình chóp G ABC hình chóp Xét tam giác GAI vuông I : AG  AI  IG  a 21 a với AI   AM   3 Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp G ABC N trung điểm GA  a 21    GA2   7a    Ta có: O thuộc GI GNO  GIA nên R  GO  a 2.GI 12 2   45 Gọi (Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp S ABC có SA   ABC  , AB  a , AC  a , BAC B1 , C1 hình chiếu vng góc A lên SB , SC Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình E D  a3 I N a Lời giải C H B  a T N  a3 O A T chóp A.BCC1 B1 A IL IE U Chọn D T Câu 16 Trang 63 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Trước hết, ta có BC  AB  AC  AB AC cos BAC  a  AC  AB  BC  ABC vuông B  BC  AB Vì   BC   SAB   BC  AB1  BC  SA  AB1  BC  AB1   SBC   AB1  B1C  AB1C vng B1 Vì   AB1  SB Như vậy, điểm B , B1 , C1 nhìn cạnh AC góc vng nên thuộc mặt cầu đường kính AC hay mặt cầu đường kính AC ngoại tiếp hình chóp A.BCC1 B1  Bán kính mặt cầu: R  AC a  2 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC1 B1 Câu 17  a3  R3  3 (Thi thử Lơmơnơxốp - Hà Nội 2019) Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy tam giác vuông cân A AB  AC  a , AA  2a Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình tứ diện AABC là: A 8 a B 2 a 4 a3 Lời giải C D 2 a IL IE U O N T H I N E T Chọn B T A Vì hình lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy tam giác vuông cân A nên trục đáy trùng đường thẳng qua trung điểm BC BC Đồng thời ABC ABC  hình lăng Trang 64 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 trụ đứng nên tứ giác BCC B hình chữ nhật Do điểm O (trung điểm BC ) tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ ABC ABC  Suy O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện AABC Vì ABC vng cân A nên BC  AB  2a Vì BCC B hình chữ nhật nên BC  BB2  BC  2a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện AABC R  OB  BC  a 2 a Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện AABC V   R  3   600 , Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác với AB  2cm, AC  3cm , BAC SA   ABC  Gọi B1 , C1 hình chiếu vng góc A lên SB, SC Tính thể tích khối cầu qua năm điểm A, B, C , B1 , C1 A 28 21 cm 27 B 76 57 cm 27 7 cm Lời giải C 27 cm D Chọn A Gọi F , G trung điểm AB , AC SA   ABC    SAB   ABC  Gọi d trung trực đoạn AB  d   SAB  Do điểm thuộc d cách điểm A, B, B1 Gọi d ' trung trực đoạn AC  d '   SAC  Do điểm thuộc d ' cách điểm A, C , C1 T H  d  d '  H tâm mặt cầu qua năm điểm A, B, C , B1 , C1 I N H ˆ AB  AC  AB AC cosA 21 cm  ˆ 2.sin A T BC  ˆ 2sinA N R E H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A IL IE U O 28 21 Thể tích khối cầu: V   R  cm3 27 T Câu 18 Trang 65 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Câu 19 (Trường THPT Thăng Long 2019) Cho tứ diện ABCD có mặt ABC BCD tam giác cạnh , hai mặt phẳng  ABD  ACD vng góc với Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD A 2 B 2 Lời giải C D Chọn B Ta có: ABC , BCD cạnh (gt) nên AC  CD   ACD cân C Gọi I trung điểm AD  CI  AD Ta có:  ACD    ADB  ( gt )   ACD    ADB   AD  CI   ABD   CI  IB do IB   ABD  1   IC  AD (cmt )  Ta có: ACD  ABD (c.c.c)  CI  IB 2 Từ (1) (2) ta có CIB vng cân I  CB  IB  IB  CB    IC 2 DIB vuông I  ID  BD  IB   AD  ID  2 ABD  900   ACD  900 Xét ADB có: AB  DB  2; AD  2  ABD vuông B   Suy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có đường kính AD nên bán kính là: R  ID  Câu 20 (Cụm liên trường Hải Phòng -2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Đường thẳng SA  a vng góc với đáy ( ABCD ) Gọi M trung điểm SC , mặt phẳng   qua điểm A M đồng thời song song với BD cắt SB , SD E , F Bán kính mặt cầu qua năm điểm S , A , E , M , F nhận giá trị sau đây? A a B a a Lời giải C D a T A IL IE U O N T H I N E T Chọn C Trang 66 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Gọi {O}  AC  BD Gọi G trọng tâm tam giác SAC TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Vì   chứa A , M nên   qua G song song với BD EF // BD  SE  SB SE SF  Ta có: SB  SD  a , AC  a     SB SD  SF  SD   AE  SB Ta lại có: SA2  SB.SE ; SA2  SD.SF    AF  SD Gọi I trung điểm cạnh SA Ta có: SAC vng cân A  AM  SC  SAM vuông M  IA  IS  IM Ta lại có: SAE vng E  IA  IS  IE SAF vuông F  IA  IS  IF Từ,,  IA  IS  IM  IE  IE  Mặt cầu qua năm điểm S , A , E , M , F có tâm I bán kính R  (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  3, AD  cạnh bên hình chóp tạo với mặt đáy góc 60 Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho A V  250  B V  125  C V  50  D V  500  27 Lời giải Chọn D Gọi O hình chiếu vng góc điểm S xuống mặt phẳng đáy Ta có SBO  SDO nên SD  SB Chứng minh tương tự, SC  SA, hay O tâm hình chữ nhật ABCD Do tam giác I N SA2 25   2.SO 3 H cạnh SA qua trung điểm K cắt SO điểm I Suy R  SI  E T SAC nên SA  SC  AC  AB2  AD2  Trong mặt phẳng  SAC  kẻ đường trung trực T A IL IE U O N 4   500 Suy ra, V   R       3   27 T Câu 21 SA a  2 Trang 67 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Câu 22 (Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh Mặt bên (SAC ) tam giác cân  S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, SA  SC  Gọi D điểm đối xứng với B qua C Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD A 34 B 34 34 16 Lời giải C D 34 Chọn C Gọi H trung điểm AC, SAC tam giác cân  S nằm mặt phẳng vng góc với đáy nên SH  AC  SH  ( ABC ) SH  SA  AH  Tam giác ABD có AC đường trung tuyến AC    4 BD nên ABD tam giác vuông A, suy C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Dựng trục (d) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABD  I  d IA  IS  ID  IB  R Kẻ IK  SH  IK  CH  Giả sử HK  x  SK   x  IS  SK  HC  (  x )  R H  1 x2  x  16 T (  x )2  IE U 3 34  R  x2 1  16 16 IL Suy ra: R  O N Ta có phương trình: I N E T Mặt khác: R  IA  AC  IC   x T A Vậy phương án C Trang 68 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy, đáy tam giác đều, SA  a góc đường thẳng SB đáy 600 Gọi H, K hình chiếu vng góc A lên SB, SC Tính bán kính mặt cầu qua điểm A, B, H, K A a B 3a a Lời giải C 3a D Chọn D Cách 1:   600  AB  Góc đường thẳng SB đáy 600  SBA SA a   a tan 60 Gọi BN , CM hai đường cao tam giác ABC I trọng tâm ABC Do tam giác ABC nên M , N trung điểm cạnh AB, AC E T Tam giác ABH vuông H nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH , I N CM  AB    CM   SAB  , ta suy CM trục đường tròn ngoại tiếp tam giác CM  SA  T H mặt khác IE U O N ABH Hồn tồn tương tự ta có BN trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ACK Từ suy IA  IB  IH  IC  IK hay I tâm mặt cầu qua điểm A, B, H , K bán kính mặt cầu A IL AB AB R  IA   3 T Câu 23 Trang 69 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Vậy R  AB a  3 Cách 2: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC D điểm đối xứng A qua điểm O Ta có BD  AB BD  SA  BD   SAB   BD  AH Từ giả thuyết  AH  SB  AH   SBD   AH  HD Tương tự AK  KD Do điểm B , H , K nhìn AD góc vng nên B , H , K nằm mặt cầu đường kính AD    60 ;  ABC    SBA  SB  tan SBA a SA SA  AB   a Tam giác ABC cạnh a ta có AO  AB tan 60 Vậy mặt cầu qua A , B , H , K có bán kính R  Câu 24 AD a  AO  (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B BC  a Cạnh bên SA vng góc với đáy  ABC  Gọi H , K hình chiếu vng góc A lên SB SC Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKCB 2a a Lời giải C D a T B E 2a3 I N A T A IL IE U O N T H Chọn B Trang 70 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Gọi I trung điểm AC Do tam giác ABC vuông cân B nên IA  IB  IC  Do AK  SC nên AKC vng K , IA  IK  IC  AC AC Ta có BC  AB, BC  SA  BC   SAB   BC  AH , mà AH  SB nên AH   SBC   AH  HC hay AHC vuông H  IH  IA  IC  Như IA  IB  IC  IH  IK  trung điểm AC , bán kính R  AC hay mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKCB có tâm I 1 a AC  BC  2 4 a 2 Vậy thể tích khối cầu V  R3      3   2a (Sở Ninh Bình 2020) Cho hình chóp S ABC có SA   ABC  , AB  , AC    30 Gọi M , N hình chiếu A SB , SC Bán kính R mặt cầu BAC ngoại tiếp hình chóp A.BCNM A R  B R  13 C R  Lời giải D R  A IL IE U O N T H I N E T Chọn C T Câu 25 AC Trang 71 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Xét tam giác ABC có BC  AB  AC  AB AC cos B   22  3.2cos 30  Suy ra: AC  AB  BC  hay tam giác ABC vuông B Gọi I trung điểm AC suy IA  IC  IB 1 Tương tự tam giác ANC vuông N ta IA  IC  IN   Xét BC  SAB  có BC  AB (cmt )    BC   SAB  mà AM   SAB   AM  BC BC  SA  gt   Ta AM  BC    AM   SBC  mà MC   SBC   AM  MC AM  SB  gt   Suy ta tam giác AMC vuông M ta IA  IB  IM   Câu 26 Từ 1 ,  2 R  AI  AB   3 suy ta I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCNM có bán kính (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp  ABC  , S ABC có SA vng góc với mặt phẳng   45 Gọi B , C hình chiếu vng góc A lên SB, SC Thể tích khối AB  a, AC  a 2, BAC 1 cầu ngoại tiếp hình chóp A  a3 ABCC1B1 B  a3 C  a3 D a Lời giải T A IL IE U O N T H I N E T Chọn C Trang 72 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021   a  2a  2a.a  a Xét tam giác ABC có BC  AB  AC  2.AB AC.cos BAC  BC  a   45 tam giác vuông cân B Tam giác ABC có BA  BC  a, BAC  BC  AB Ta có   BC   SAB   BC  AB1  BC  SA  AB1  SB  AB1   SBC   AB1  CB1  AB1C vuông B1 Khi   AB1  BC Gọi I trung điểm AC Vì tam giác ABC vng B nên IA  IB  IC Vì tam giác AB1C vng B1 nên IA  IC  IB1 Vì tam giác ACC1 vuông C1 nên IA  IC  IC1 Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ABCC1B1 với bán kính R  a AC  2 T A IL IE U O N T H I N E T  a3 Thể tích khối cầu là: V   R  3 Trang 73 https://TaiLieuOnThi.Net ... 14  R3    3 R mặt cầu ngoại tiếp hình lập C R  2a D R  a Lời giải Chọn D Hình lập phương ABCD ABC D hình vẽ I tâm hình lập phương Khi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương Ta... 2019) Cho hình lập phương có cạnh Thể tích mặt cầu qua đỉnh hình lập phương A 2 B 3 Lời giải 3 C D 3 O N T H I N E T Chọn B IE IL A AC  2 T Bán kính mặt cầu R  U Mặt cầu qua đỉnh hình. .. mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ Ta có AI  a a , OI  AM  3 2 a a  a  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ R  OA  OI  AI        12 2  3 T a 7 a  12 E Diện tích mặt