Câu 1.

[2H2-2.2-3] (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Cho mặt cầu tâm O và tam giác ABC có ba đỉnh
0
�
nằm trên mặt cầu với góc BAC  30 và BC  a . Gọi S là điểm nằm trên mặt cầu, không
 ABC  và thỏa mãn SA  SB  SC , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng
thuộc mặt phẳng
 ABC  bằng 600 . Tính thể tích V của khối cầu tâm O theo a .
4 3 3
3 3
32 3 3
15 3 3
V
a
V
a
V
a
V
a
9
27
27
27
A.
.
B.
.
C.
.

D.
.
Lời giải
Tác giả: Lê Đức Lộc; Fb: Lê Đức Lộc
Chọn B

SH   ABC 
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , khi đó
và SH là trục đường
trịn ngoại tiếp đa giác đáy.

�  600
 ABC  là SAH
Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng
.
Gọi N là trung điểm SA , mặt phẳng trung trực của cạnh SA cắt SH tại O . Khi đó
OS  OA  OB  OC nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
Khi đó bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là

AH 

BC
 a.
2sin 300

SH  AH .tan 600  a 3 , SA  SH 2  AH 2  2a .
Bán kính mặt cầu là

R  SO 


SN .SA SA2 2 3


a
SH
2SH
3
.

4
32 3 3
V   R3 
a
3
27
Thể tích của khối cầu tâm O là
.

Câu 2.

ABCD
[2H2-2.2-3]
(Hàm
Rồng
)
Cho
tứ
diện
có
�

�
�
BC  a, CD  a 3, BCD  ABC  ADC  90�. Góc giữa đường thẳng AD và BC bằng 60�.
Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .

a 7
A. 2 .

a 3
C. 2 .

B. a 3 .
Lời giải

D. a .


Tác giả: Hà Khánh Huyền; Fb: Hà Khánh Huyền
Chọn A

Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng ( BCD ) .

�BC  AB
�BC  HB
��
�
CD  AD �
CD  HD .
Theo định lý 3 đường vng góc ta có: �
Do đó, BCDH là hình chữ nhật.

Ta có:

�, BC  AD
�  60�
 AD
  �, HD   ADH
.

B, D nhìn AC dưới một góc vng. Nên tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu đường kính AC .
2
2
Có: AH  HD. tan 60� a 3; HC  2a ; AC  3a  4a  a 7 .

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:
Câu 3.

R

1
a 7
AC 
2
2 .

[2H2-2.2-3] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Cho hình hop S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật
 ABCD  là trung điểm của
tâm I cạnh AB  3a , BC  4a . Hình chiếu của S trên mặt phẳng
ID . Biết rằng SB tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc 45�. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S . ABCD .
25 2

125 2
125 2
a
a
a
2
A. 2
.
B. 4
.
C. 2
.
D. 4 a .
Lời giải
Tác giả: Phạm An Bình ; Fb: Phạm An Bình
Chọn B


 SBD  , vẽ IT song
Gọi E là trung điểm của ID , F là trung điểm của SB . Trong mặt phẳng
song với SE và cắt EF tại T .
� �
SBE
SB;  ABCD  �
SE   ABCD 
�
� 45�. Suy ra VSBE vuông cân tại E . Suy
Ta có
, suy ra
ra EF là trung trực của SB . Suy ra TS  TB . (1)


IT   ABCD 
Ta có IT PSE , suy ra
. Suy ra IT là trục đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật
ABCD . Suy ra TA  TB  TC  TD .
(2)
Từ (1) và (2) suy ra T là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
Do ABCD là hình chữ nhật nên BD  AB  BC  5a , suy ra
2

Do E là trung điểm của ID nên

IE 

2

IB  ID 

5
a
2 .

1
5
ID  a
2
4 .

�  45�
VBEF vng tại F có EBF

nên VBEF vng cân tại F .
5
IT  IE  a
�
4 .
VEIT vuông tại I có IET  45�nên VEIT vng cân tại I . Suy ra
Do VBIT vuông tại I nên

TB  IB 2  IT 2 

5 5
a
4 .

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là
Câu 4.

S  4 TB 2 

125 2
a
4
.

[2H2-2.2-3] (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) 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.


V

28 14 a 3
.
3

B. V  6 a .
3

C.
Lờigiải

V

7 14 a 3
.
3

3
D. V  4 6 a .

Tácgiả: Lê Cảnh Dương; FB: Cảnh Dương Lê
Chọn C


B C D . Khi đó, đường thẳng OO '
Gọi O, O�lần lượt là tâm của các hình chữ nhật ABCD, A����
����
là trục của các đường tròn ngoại tiếp các đáy hình chữ nhật ABCD, A B C D .


Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO ' , ta có IA  IB  IC  ID  IA '  IB '  IC '  ID '  R.
B C D có tâm là I và bán kính R  IA .
Suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD. A����
OO� AA� 3a
AC
AB 2  AD 2 a 5
IO 

 , OA 


.
2
2
2
2
2
2
Ta có
Trong tam giác vng AOI ta có

R  OI 2  AO 2 

a 14
.
2
4
7 14 a 3
V   R3 

.
3
3

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là
Câu 5.

[2H2-2.2-3] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho tứ diện ABCD có AB  CD  3 ,
AD  BC  5 , AC  BD  6 . Tính thê tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
A. 35  ( đvtt).

B. 35 ( đvtt).

35 35

6
C.
( đvtt).

D. 35 35  ( đvtt).

Lời giải
Tác giả:Lê thị Ngọc Thúy; Fb: Lê Thị Ngọc Thúy
Chọn C

Gọi M , N , I lần lượt là trung điểm của AB , CD và MN .


Ta có ACD  BCD � AN  BN � ABN cân tại N , mà AM là đường trung tuyến
� AM là đường trung trực của AB


Chứng minh tương tự ta có

� IA  IB 

� IC  ID 

MN
2 (1).

MN
2 (2).

Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
Áp dụng cơng thức trung tuyến cho tam giác ACD ta có

AN 2 

36  25 9 113
 
2
4
4 .

2
MN 2
MN
2
2


AN

MN

2
2
2
4
4
Xét tam giác vng AMI có: AI  AM  MI
2
1�
113
9 � 35
3
1
3MN
 AN 2   AN 2  AM 2    AN 2  3 AM 2   �  3. �
 AN 2 
4 �4
4� 4 .
4
4
4

 AM 2 

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là

R  AI 


35
2 .

4
35 35
V   R3 

6
3
Vậy thê tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:
.
Câu 6.

[2H2-2.2-3] (Sở Ninh Bình Lần1) Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. Hình chóp có đáy là hình thang vng thì có mặt cầu ngoại tiếp.
B. Hình chóp có đáy là tứ giác thì có mặt cầu ngoại tiếp.
C. Hình chóp có đáy là hình thang cân thì có mặt cầu ngoại tiếp.
D. Hình chóp có đáy là hình bình hành thì có mặt cầu ngoại tiếp.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Tâm; Fb:Nguyễn Ngọc Tâm
Chọn C
Hình thang cân là tứ giác nội tiếp đường tròn ( tâm đường tròn là giao điểm của đường thẳng đi
qua trung điểm 2 đáy với đường trung trực của 1 cạnh bên của hình thang) nên hình chóp có
đáy là hình thang cân thì có mặt cầu ngoại tiếp.


Câu 7.

[2H2-2.2-3] (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)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 6
A. 2 .

a 6
B. 4 .

2a 6
C. 3 .

a 6
D. 12 .

Lời giải
Tác giả: Phương Thúy; Fb: Phương Thúy
Chọn A


 1 .
*) Ta có SAC vng tại A
) 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 .

 3 .
*) Chứng minh tương tự, ta được  SBC vuông tại B
Từ

 1 ,  2  ,  3 : Ta suy ra: mặt cầu  S 

ngoại tiếp hình chóp S . ABCD có đường kính SC .

2
2
2
2
Ta có: SC  SA  AC  4a  2a  a 6 .

Vậy mặt cầu
Câu 8.

 S

ngoại tiếp hình chóp S . ABCD có bán kính bằng

R

SC a 6

2

2 .

[2H2-2.2-3] (THPT-n-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho hình chóp
S . ABC , đáy ABC là tam giác đều cạnh a ; SA   ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu
vng góc của A lên SB ; SC . Diện tích mặt cầu đi qua 5 điểm A , B , C , K , H là
4 a 2
4 a 2
 a2
2
A. 9 .
B. 3 a .
C. 3 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Dung; Fb: Nguyễn Dung
Chọn C

Gọi AD là đường kính đường trịn ngoại tiếp ABC (1).


�DB  AB
� DB   SAB  � DB  AH
�
DB

SA
�
Ta có
.
�AH  SB ( gt )

� AH   SBD  � AH  HD (2)
�
AH

DB
�
Từ đó suy ra
.
Chứng minh tương tự ta được AK  KD (3) .
Từ (1), (2), (3) ta suy ra 5 điểm A, B, C , H , K cùng nằm trên mặt cầu đường kính AD .
Gọi O là trung điểm của AD , ta có

R  AO 

a 3
3 (Vì ABC là tam giác đều cạnh a ).
2

�a 3 � 4 a 2
S  4 R  4 �
�3 �
� 3
A
,
B
,
C
,
H
,

K
� �
Vậy diện tích mặt cầu đi qua 5 điểm
là:
.
2

Câu 9.

[2H2-2.2-3] (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Cho tứ diện đều
ABCD cạnh a . Gọi K là trung điểm của AB , M , N lần lượt là hình chiều của K lên AD và
AC . Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp K .CDMN ?
a 3
A. 4 .

3a 3
B. 8 .

a 2
C. 4 .

3a 2
D. 8 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Quang Dương; Fb: Nguyễn Quang Dương
Chọn D

Tứ diện ABCD đều, có độ dài cạnh là 1.


BH   ACD 
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC khi đó
. Gọi E là trung điểm của AH , suy ra
KE   ACD 
. Từ E hạ EN vng góc xuống AC, N �AC , suy ra KN  AC
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NCD . O �AH .
Ta tính được

ON  OC  OD 

39
12 . Dựng đường thẳng d đi qua O , vng góc với  ACD 


IF  KE   F 
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp K .MNCD ,
(Với IF là đường trung trực
của KE ) suy ra OEFI là hình chữ nhật
1 1 3
3
3
6
NE  . .

OE 
KE 
2 3 2
12 ;
4 ;
6

Ta tính được:

Đặt OI  x ta có
2
2
2
2
2
�
�IC  IO  OC  x  OC
� 2
2
2
2
2
�IK  IF  KF  OE   KE  x 
2

�
39
3 �6
6
x 
 �

x
�
x
�6
�

144
16
�
� suy ra
24
Mà IC  IK nên
2

Vậy

Rmc  IK 

3 2
8 . Chọn D


Câu 10. [2H2-2.2-3] (CỤM TRẦN KIM HƯNG HƯNG N NĂM 2019) Cho hình chóp
S . ABCD có đáy là hình vng cạnh 3a . Hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng đáy
ABCD là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB  2 HA . Cạnh SA hợp với mặt phẳng đáy góc
60o . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD
475 a 2
3
A.
.

55 a 2
3 .
C.

2

B. 21 a .

2
D. 22 a .

Lời giải
Tác giả: Minh Hạnh ; Fb: fb.com/meocon2809
Chọn C

Do HB  2 HA và AB  3a nên HA  a .
Trong SHA vuông tại H ta có SH  HA.tan 60� a 3 .
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, chọn a  1 ta được tọa độ các điểm như sau:





H  0;0;0  , B  2;0;0  , A  1;0;0  , C  2;3;0  , S 0;0; 3 .
Phương trình mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có dạng:


x 2  y 2  z 2  2 Ax  2 By  2Cz  D  0

A

2

 B2  C 2  D  0

� 2 Ax  2 By  2Cz  D  x 2  y 2  z 2  *


Vì A, B, C , S thuộc mặt cầu nên ta có hệ phương trình:

� 1
�A  2
2 A  0 B  0C  D  1
�
�
�
� 3
4 A  0 B  0C  D  4
�
�B 
�� 2
�
4 A  6 B  0C  D  13
�
�
3
C
�
�
0
A

0
B

2
3

C

D

3
�
6
�
�
D


2
�

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp là:
2
�
�
2
2
�
�
1
3
3
165
�
�
�

�
2
2
2
�
R  A  B  C  D a  � � � � �
 2 �a 
a
�
�
�
�
6
� �2 � �2 � �6 � �
�
�
�
.





2

� 165 � 55 a 2
S  4 R  4 �
� 6 a�
� 3
�

�
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp là:
.
2

Cách 2 ( Dùng cơng thức tính nhanh khi giải trắc nghiệm)
Hình chóp này có mặt bên vng góc với mặt đáy. Nên ta có cơng thức tính bán kính mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là:
2
2
R 2  Rday
 Rben


AB 2
4 ,

R
với R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD , day là bán kính đường trịn ngoại
tiếp đáy hình chóp S . ABCD , Rben là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác SAB .
Ta có: Do HB  2 HA và AB  3a nên
HA  a .
Trong SHA vuông tại H ta có
SH  HA.tan 60� a 3 .
SB  SH 2  HB 2  a 7

SB
21
 2 Rben � Rben 
a

�
3
sin SAB
,
AC 3 2
Rday 

a
2
2
Vậy

R2 

165 2
a
36

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp là:


S  4 R 2 

55 a 2
3 .


Câu 11. [2H2-2.2-3] (Cụm 8 trường chuyên lần1) 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 .

2
2
2
2
A. 2 a .
B. 8 a .
C. 2a .
D. a 2 .
Lờigiải
Tác giả: Trần Mạnh Tường; Fb: Trần Mạnh Tường
Chọn B

�
�
�
Dễ thấy các góc SAC , SBC , SDC đều bằng 90�nên mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD
1
1
R
SA2  AC 2 
6a 2  2a 2  a 2
SC
2
2
I
có tâm là trung điểm của
và có bán kính
nên
diện tích của mặt cầu là :
S  4 R 2  8 a 2 (đvdt).

Câu 12. [2H2-2.2-3] (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình
vng, cạnh bằng 4cm . Biết SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt
đáy. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó có diện tích là
112
8

5
(cm 2 )
(cm 2 )
(cm 2 )
(cm 2 )
A. 3
.
B. 3
.
C. 3
.
D. 3
.
Lời giải
Tác giả:Đoàn Văn Điền ; Fb:Điền Đoàn
Chọn A
Cách 1:


Gọi O là tâm đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD ,  là đường thẳng đi qua O và vng
ABCD  G
góc với mặt phẳng 
.
là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác SAB , K là trung điểm

SAB 
của AB . Đường thẳng đi qua G và vuông góc với mặt phẳng 
cắt  tại I (vì GI //KO ,
GK //IO ).
Từ đó I cách đều các điểm A , B , C , D và các điểm A , B , S nên I là tâm mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp SABCD .
16
28
2
2
3 4 3
SI  4 

SG  SK  .4.

3
3 .
GIKO là hình chữ nhật GI  2 ;
3
3
2
3 ;
28 112
2
S  4

3
3 (  cm  .
Nên diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD là:
Cách 2:


O là trung điểm của AB thì ta có SO   ABCD  .

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.
O  0; 0; 0  S 0; 0; 2 3 A  0; 2;0  B  0; 2; 0  C  4; 2;0  D  4; 2; 0 
,
,
,
,
,
.
Gọi phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là:
x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 với a 2  b 2  c 2  d  0 .



Ta có hệ phương trình:



�
12  4 3c  d  0
a  2
�
�
�
4  4b  d  0
b0
�
�

�
�
4  4b  d  0
��
2
�
c
�
�
20  8a  4b  d  0
3
�
�
d  4
20  8a  4b  d  0
�
�
�

(thỏa mãn).
2 �
�
28
I�
2;0;
� OA 
3
3 .
�
Được tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là điểm �

;
28 112
2
S  4

3
3  cm  .
Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD có diện tích là:
Câu 13. [2H2-2.2-3] (Chun Hạ Long lần 2-2019) 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 5
.
A. 2

B. 2a.

C. a 5.

D. a 7.

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Dung; Fb: ChauNgoc.
Chọn A


mp  ABCD 
Gọi O  AC �BD. Dựng ( d ) đi qua O và vng góc với
.
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 

a 2
a 3
, AE 
. AI 
2
2

AO 2  AE 2  (

a 2 2 a 3 2 a 5
) (
) 
.
2
2
2

Câu 14. [2H2-2.2-3] (Đặng Thành Nam Đề 5) Cho khối chóp tứ giác đều có độ dài cạnh đáy bằng 2
, chiều cao bằng 2 2 . Gọi O là tâm mặt cầu đường trịn ngoại tiếp khối chóp S . ABCD . Cosin

 OAB  và  OCD  bằng:
góc giữa hai mặt phẳng
15
33
8

A. 17 .
B. 65 .
C. 17 .

56
D. 65 .

Lời giải
Tác giả: Trần Đình Thái ; Fb: Đình Tháii
Chọn B
Cách 1:

Gọi I là tâm hình vng ABCD . Vì S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên O là giao điểm của
SI và mặt phẳng trung trực cạnh bên SA .
Khi đó

 OAB  � OCD   

đi qua O và song song với AB , CD .


Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , CD .

Ta có

�AB  MN
�
� AB   OMN 
�AB  OI
�

OI � OMN 
�

. Suy ra

 OMN    .

�
 OMN  � OAB   OM �
�
�   OAB  ;  OCD    �
OM , ON 
�
OMN
�
OCD

ON




�
Mà:
Xét hình vng ABCD có cạnh bằng

2 � bán kính đáy hình vng ABCD là

AI 


AC
1
2
.

2
2
Xét tam giác vng SAI , ta có SA  AI  SI  1  8  3 .

Do đó cạnh bên hình chóp bằng 3 .

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

R

SA2
9
9 2


2.SI 4 2
8 .

2

162 1
130
�AB �
OM  ON  R  � � 
 

64 2
8 , MN  BC  2 .
�2 �
Khi đó
2

130
2
OM  ON  MN
33
64
�
cos MON 


130
2.OM .ON
65
2.
64
Từ đó suy ra
.
2

2

 OAB 
Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng

2.


2

 OCD 
và

33
bằng 65 .

Cách 2:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với
S 0;0; 2 2
và
.





I  0;0;0 

;

A  1;0;0  B  0;1;0  C  1; 0;0  D  0; 1; 0 
;
;
;



O  0; 0; t 
Do O �SI nên suy ra
.

O thuộc trung trực SA � OA  OS

�t 

7 �
�
� O�
0;0;
�
� 4 2 �.
4 2
7

r �
�uuu
7 �
OA  �
1; 0; 
�
�
4 2�
�
�uuu
r
�AB   1;1;0 
�

�r
7
�7
�
�uuur
n OAB   � ;
;1�
�
7
�
�
�
�
�4 2 4 2 �
OC  �
1;0; 
�� �
�
4 2� r
�
7
� 7
�
�
�uuur
n OCD   �

;
;1�
�

CD

1;

1;
0
�


�4 2 4 2 �
�
Từ đó ta sẽ có: �
.
r
r r
�
n
n1.n2
�1  7;7; 4 2
33
�r
� cos   OAB  ;  OCD    r r 
n 2  7;7; 4 2
�
n1 . n 2 65
Chọn �
.









33
 OAB  và  OCD  bằng 65 .
Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng

B C có đáy ABC là tam giác
Câu 15. [2H2-2.2-3] (Sở Bắc Ninh) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A���
B�
 BCC �
 một góc
vng tại A , AB  a 3 , BC  2a , đường thẳng AC �tạo với mặt phẳng
30�. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng:
2
2
2
2
A. 3 a .
B. 6 a .
C. 4 a .
D. 24 a .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Ngọc Trinh; Fb: Ngọc Trinh
Chọn B

� AH   BCC �
B�

 .
Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên BC
� �
� �
AC �
,  BCC �
B�
A  30�
   HC
.
ABC là tam giác vuông tại A , AB  a 3 , BC  2a suy ra AC  a .
AB. AC a 3

2
 2 AH  a 3 � AA�
 AC �
 AC 2  a 2 .
BC
2 � AC �
Ta có:
C . Dễ thấy I , I �lần lượt là tâm đường tròn ngoại
Gọi I , I �lần lượt là trung điểm BC , B��
BC .
tiếp ABC , A���
Gọi O là trung điểm của II �suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho.
AH 

2

2


�BC � �BB�
� a 6
R  OB  � � � � 
2 .
�2 � � 2 �
Bán kính mặt cầu là :
2
2
Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng: S  4 R  6 a .


Câu 16. [2H2-2.2-3] (THPT Nghèn Lần1) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng
a . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng
2 a 3
2 a 3
2 a 3
2 a 3
6 .
3 .
2 .
A.
B. 12 .
C.
D.
Lời giải
Tác giả: Dương Thị Bích Hịa; Fb: Dương Thị Bích Hịa.
Chọn C

Gọi I là tâm hình vng ABCD . Dễ thấy các tam giác ABC , ADC , ASC , BSD là các

tam giác vng cân có I là trung điểm cạnh huyền nên I cách đều tất cả các đỉnh của hình
chóp S . ABCD . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD bằng:
Vậy thể tích khối cầu cần tìm là:

V

R

AC a 2

2
2 .

4
2 a 3
 R3 
3
3 .

Câu 17. [2H2-2.2-3] (Chuyên Vinh Lần 3) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A ,
AB  1cm , AC  3 cm . Tam giác SAB SAC lần lượt vuông tại B và C . Khối cầu ngoại tiếp
5 5
3
 SAB  .
hình chóp S . ABC có thể tích bằng 6 cm . Tính khoảng cách từ C tới
5
cm
A. 2
.


5
cm
B. 4
.

3
cm
C. 4
.
Lời giải

3
cm
D. 2
.

Tác giả : Nguyễn Thị Thu Hằng ; Fb: Nguyễn Thu Hằng.
Chọn D

�
�
Cách 1: Vì SBA  SCA  90�suy ra trung điểm I của cạnh SA là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình
SA
R
2 .
chóp S . ABC với bán kính

Thể tích khối cầu là


V

5 5
4
5 5
5
�  R3 
�R
6
3
6
2 � SA  5 .

Gọi O là trung điểm BC , điểm D đối xứng với A qua O nên tứ giác ABDC là hình chữ
nhật.


 1 .
Dễ thấy CD  SB , CD  DB � CD  SD
SC  DB , CD  DB � DB  SD  2  .

Từ (1) (2)

� SD   ABDC  � SD  SA2  AD 2  5  4  1
.

Gọi H là chân đường vng góc của D lên cạnh SB .
d  C ,  SAB    d  D,  SAB    DH

.


� AB   SDB  � AB  DH DH  SB � DH   SAB 
Thật vậy AB  BD ; AB  SD
;
.

1
1
1
1
1 1 4
3


�
   � DH 
2
2
2
2
DH
SD
DB
DH
1 3 3
2 .
Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng

 SAB 


3
cm
là 2
.


�
�
Cách 2: Vì SBA  SCA  90�suy ra trung điểm I của cạnh SA là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình
SA
R
2 .
chóp S . ABC với bán kính

Thể tích khối cầu là

V

5 5
4
5 5
5
�  R3 
�R
6
3
6
2 � SA  5 .

Gọi O là trung điểm BC , vì BIC cân nên OI  BC ;


OI  IC 2  OC 2 

1
2 .

� OI   ABC  � d  C ,  SAB    2d  O,  ABI  
Mà O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
.

� AB   ONI 
Gọi N là trung điểm AB nên ON  AB , OI  AB
.
�  ABI    ONI 

theo giao tuyến IN .

� OH   ABI  � d  C ,  SAB    2d  O,  ABI    2OH
Kẻ OH  IN
.
1
1
1
4
16
3

 2   4  � OH 
2
2

OH
ON
OI
4 .
3
3
Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng

 SAB 

3
cm
là 2
.

Câu 18. [2H2-2.2-3] (SGD-Nam-Định-2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vng góc với mặp phẳng
 ABC  , tam giác ABC vuông tại B . Biết SA  2a, AB  a, BC  a 3. Tính bán kính R của
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A. R  a 2.
B. R  2a 2.
C. R  2a.
D. R  a.
Lời giải
Tác giả: Hồng Phúc ; Fb:Hồng Phúc
Chọn A
Vì tam giác ABC là tam giác vng tại B nên tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là D ( với D


là trung điểm AC ).

2
2
Theo pitago ta có: AC  a  3a  2a.

Suy ra AD  a.
Vậy tâm cầu ngoại tiếp hình chóp là giao của 2
đường trung trực AC , SA là điểm G .
Gọi E là trung điểm SA nên AE  a  GD .
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là

R  a 2  a 2  a 2.
Câu 19. [2H2-2.2-3] (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho tam giác ABC vuông tại B và nằm trong mặt
phẳng ( P ) có AB  2a , BC  2 3a . Một điểm S thay đổi trên đường thẳng vng góc với
 P  tại A (S �A) . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên SB, SC . Biết rằng
khi S thay đổi thì 4 điểm A, B, H , K thuộc một mặt cầu cố định. Tính bán kính R của mặt cầu
đó.
A. R  2a .
B. R  2a .
C. R  a .
D. R  3a .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hồng Hợp; Fb: Nguyễn Thị Hồng Hợp
Chọn A

Ta có: SA  BC ( Vì SA  ( ABC ) ) và AB  BC (gt) � BC  ( SAB)
Ta lại có: AH �(SAB ) � AH  BC (1).
Và AH  SB (2).
Từ (1) và (2) suy ra AH  ( SBC ) . Khi đó AHC vng tại H .
Lại có AKC vng tại K và ABC vng tại B .
Suy ra B, H , K dều nhìn AC dưới góc vng. Vậy bốn điểm A, B, H , K đều thuộc mặt cầu

đường kính AC . Trong tam giác vng ABC có: AC  AB  BC  4a
2

2

�R

AC
 2a
2
.


Câu 20. [2H2-2.2-3] ( Sở Phú Thọ) Cho tứ diện ABCD có AB  BC  AC  BD  2a , AD  a 3 ; hai

 ACD 

mặt phẳng
ABCD bằng
64 a 2
A. 27 .

và

 BCD 

vng góc với nhau. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

4 a 2
B. 27 .


16 a 2
C. 9 .

64 a 2
D. 9 .

Lời giải
Tác giả: Đinh Thanh ; Fb: An Nhiên
Chọn D

� BM   ACD 
Ta có: VBCD cân tại B . Gọi M là trung điểm của CD � BM  CD

 ACD  là tâm đường tròn ngoại tiếp VACD
Vì BC  BD  BA � Hình chiếu của B lên
� M là tâm đường tròn ngoại tiếp VACD .
2
2
Do đó VACD vng tại A � CD  AC  AD  a 7

� CM 

a 7
3a
� BM 
2
2 và M là tâm đường tròn ngoại tiếp VACD .

 ABM  , qua N kẻ đường vng góc với AB cắt BM

Gọi N là trung điểm của AB . Trong
tại O � OA  OB , � OA  OB , mặt khác O �trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy
� OA  OC  OD  OB � O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
VBMA đồng dạng VBNO

� BO 

BA.BN 4a

BM
3 .

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:

S  4 .BO 2 

64 a 2
9 .

 ABC  ,
Câu 21. [2H2-2.2-3] (Sở Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vng góc với
�  450
AB  a, AC  a 2, BAC
. Gọi B ', C ' lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên SB, SC
. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC ' B ' .
 a3
A. 2 .

3
B.  a 2 .


4 3
a
C. 3
.

 a3 2
3 .
D.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Trà My ; Fb: Nguyễn My


Phản biện: Nguyễn Trần Tuấn Minh ; Fb: Tuấn Minh
Chọn D

0
�
Tam giác ABC có AB  a, AC  a 2, BAC  45 � BC  a suy ra tam giác ABC là tam giác
vuông cân tại B . Vậy điểm B nhìn AC dưới một góc vng. (1)
BC   SAB  � BC  AB '
�
�
AB '  SB
�
�� AB '   BCC ' B ' � AB '  B ' C.
SB �BC  B
�
SB � BCC ' B ' , BC � BCC ' B '  �

�
Suy ra B ' nhìn AC dưới một góc vng. (2)
Do AC '  SC nên C ' nhìn AC dưới một góc vng.
(3)
A
.
BCC
' B ' là mặt cầu đường kính AC .
Từ (1), (2), và (3) suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
AC a 2
R

2
2 .
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC ' B ' là:

4
 a3 2
V   R3 
3
3 .
Suy ra thể tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC ' B ' là:
SA 

Câu 22. [2H2-2.2-3] (Chuyên Bắc Giang) Cho hình chóp S . ABC có
bằng a . Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là:
A.

R


a 13
2 .

Chọn D
Cách 1:

B.

R

a
3.

R

a 13
3 .

a 3
2 , các cạnh còn lại cùng
R

a 13
6 .

C.
D.
Lời giải
Tác giả: Trương Hồng Hà: ; Fb: Trương Hồng Hà



Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và AD .
Ta có: ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a
a 3
� SAM là tam giác đều cạnh 2 .

� AM  SM 

a 3
2 .

 1 .
Gọi F là trung điểm của AM � SF  AM
Mặt khác ABC đều � AM  BC .
SBC đều � SM  BC .
� BC   SAM  � BC  SF  2 
.
 1 và  2  � SF   ABC  .
Từ
Gọi E là trọng tâm ABC , ABC đều � E là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .
 d  vng góc với mp  ABC 
Qua E kẻ đường thẳng
�  d  là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC .
SF   ABC  �  d  // SF
Vì
.
Mặt khác SAM đều nên đường thẳng MN là đường trung trực đoạn SA .
mp  SAM 
O   d  �MN
Trong

, gọi
.
O � d  � OA  OB  OC
+
.
O
�
MN
�
OS

OA
+
.

2
2
Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC , bán kính R  OA  OE  EA .
2
2 a 3 a 3
1
a 3
AE  AM  .

EM  AM 
3
3 2
3 ,
3
6 .

Trong ABC :
� � OME
�  30�
SAM đều � MN là đường phân giác trong góc SMA
.
OE � OE  a 3 . 1  a
tan 30�
6
3 6.
EM
Xét OME vuông tại E :

a 2 a 2 a 13
R  OE  EA 


36 3
6 .
Vậy
Cách 2:
2

2


Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB , E là trung điểm của SA .
SAB cân tại B nên H �BE .
Vì CA  CB  CS  a nên CH  ( SAB) .
� Đường thẳng CH là trục của đường tròn ngoại tiếp SAB .


 d  vng góc với BC .
Gọi M là trung điểm của CB , qua M dựng đường thẳng
 d  �CH  O .
O � d  � OB  OC
+
.
O
�
CH
�
OS

OA

OB .
+
Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC , bán kính R  OC .
CM .CB CB 2
CM CO
� CO 

�

CH
2.CH .
CH CB
Ta có CMO : CHB

BE  SB 2  SE 2  a 2 


3a 2 a 13

16
4 .

Xét SBE ta có:
1
1 a 13 a 3 a 2 39
S SAB  BE.SA  .
.

2
2 4
2
16 .
Ta có:

a3 3
SA.SB. AB
2a
2
BH 


2
4.S SAB
a 39
13
4.
16

Bán kính đường trịn ngoại tiếp SAB là:
.
4a 2
3a
CH  CB 2  BH 2  a 2 

13
13 .
Xét CHB ta có:

R  CO 
Vậy

CB 2
a2
a 13


3
a
2.CH 2.
6
13
.

Câu 23. [2H2-2.2-3] (Gang Thép Thái Ngun) 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 .

 a3
B. 3 .

C.
Lời giải

2 a 3
2 .

8 2 a 3
3
D.
.

Tác giả: Hồ Thị Hoa Mai; Fb: Hồ Thị Hoa Mai
Chọn D


Gọi M là trung điểm BC .
ABC vuông cân tại B �
KAC vuông tại K

MB  MA  MC 

� MK 

1
AC

2
. (1)

1
AC
2
. (2)

BC  AB �
�
�� BC   SAB  � BC  AH �
BC  SA �
�� AH   SBC  � AH  HC
�
AH  SB
�
.
� AHC vuông tại H

Từ

 1 �  3

� MH 

1
AC
2
. (3)


� M là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp AHKCB .

Bán kính khối cầu cần tìm:

R

1
1
AC 
AB 2  BC 2  a 2
2
2
.

4
8 2 a 3
V   R3 
3
3
Thể tích khối cầu:
.

Câu 24. [2H2-2.2-3] (Chuyên Lê Q Đơn Điện Biên Lần2) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD
là hình chữ nhật, AB  3 , AD  4 và các cạnh bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60�
. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
250 3
125 3
50 3
500 3
V


V

V

V

3
6
3
27
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải.
Tác giả: Nguyễn Minh Tuân; Fb: Nguyễn Minh Tuân
Chọn D


SO   ABCD 
Gọi O là tâm đáy, do các cạnh bên cùng tạo với đáy góc 60�nên
.
Mặt phẳng trung trực của cạnh SD đi qua trung điểm M của SD và cắt SO tại I .
Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và bán kính mặt cầu R  IS .
5

OD
5
SM
5 3
BD  5 � OD  � SD 
 5 � SM 
IS 

R
2
cos 60�
2;
sin 60� 3
.
4
500 3
V   R3 

3
27
Thể tích khối cầu tương ứng ngoại tiếp hình chóp bằng
.

Câu 25. [2H2-2.2-3] (HSG Bắc Ninh) Cho tứ diện ABCD có AB  6a , CD  8a và các cạnh còn lại
bằng a 74 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
A. S  25 a .
2

B. S  100 a .
2


S

100 2
a .
3

2
C.
D. S  96 a .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Lan, FB: Nguyen Thi Lan

Chọn B

Gọi E , F thứ tự là trung điểm của AB, CD . Coi a  1 , 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 đó EF là đường trung trực của CD và AB. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABCD ta có IA = IB = IC = ID = R nên I thuộc đoạn thẳng EF .
EF 

AF 2  AE 2 

AD 2  DF 2  AE 2  74  16  9  7.

Đặt EI  x � FI  7  x (với 0 < x < 7 ).


�IA  EA2  EI 2  x 2  9

�
�
2
2
2
2
�
�ID  FI  FD  16   7  x   x  14 x  65 .
Ta có IA = ID �

x 2 + 9 = x 2 - 14 x + 65 � 9 =- 14 x + 65 � x = 4

2
Khi đó IA  x  9  5 . Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là R = 5a .

=4
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là SπR

2

π= 4a.25

2

= 100πa 2 .

Câu 26. [2H2-2.2-3] (Chuyên Hà Nội Lần1) Cho hình chóp O. ABC có OA  OB  OC  a ,
�
�  90� �
AOB  60�, BOC

, AOC  120�. Gọi S là trung điểm cạnh OB . Bán kính mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S . ABC là
a
A. 4

a 7
B. 4

a 7
C. 2
Lời giải

a
D. 2

Chọn C

Xét AOB đều nên cạnh AB  a .
Xét VBOC vuông tại O nên BC  a 2 .
2
2
0
Xét VAOC có . AC  AO  CO  2. AO.CO.cos120  a 3 .
2
2
2
Xét VABC có AB  BC  AC nên tam giác ABC vuông tại B � tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác là trung điểm H của cạnh AC .
Lại có hình chóp O. ABC có OA  OB  OC  a nên OH  ( ABC ) .
Xét hình chóp S . ABC có OH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy, trong tam giác OHB kẻ trung

trực của cạnh SB cắt OH tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, bán kính R  IS .