Ôn thi Toán 12: Một số dạng toán của hình cầu

 Một số dạng toán của hình cầu 
255 
MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỦA HÌNH CẦU 
Bài 1. Cho hình cầu (O, R). Gọi S là một điểm bất kỳ trên mặt cầu. 
1. Từ S dựng cát tuyến bằng nhau cắt mặt cầu tại A, B, C từng đôi một lập với 
nhau góc α. 
a. Tính thể tích SABC theo R và α . 
b. α thay đổi xác định α để thể tích ấy đạt Max. 
2. Giả sử mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng (P) tại I. Hai tiếp tuyến của mặt cầu tại S 
cắt mặt phẳng (P) tại A, B. 
a. Chứng minh rằng: 
 
ASB AIB= 
b. Gọi I′ là điểm đối xứng I qua AB. Chứng minh rằng: I, I′, S, O cùng ∈ một 
mặt phẳng và I′S luôn đi qua một điểm cố định trên mặt cầu đã cho. 
c) Cho S di động trên mặt cầu nhưng sao cho 
ASB 2
pi
= . Các điểm A, B chạy 
trên hai đường thẳng d, d′ nằm trong (P) với d, d′ vuông góc với nhau tại K. 
CMR: Khi đó mặt cầu đường kính AB luôn chứa một đường tròn cố định I′ 
chạy trên một đường thẳng cố định còn S di động trên một đường tròn cố định. 
Giải 
1. a. Theo (gt) SA = SB = SC 
và 
 
 
ASB BSC CSA= = = α 
⇒ ∆ SAB = ∆SBC = ∆SCA ⇒ ABC đều 
Kẻ SO1 ⊥ (ABC) ⇒ O1 là tâm ngoại tiếp ∆ABC 
Đặt l = SA = SB = SC, SO1 cắt hình cầu tại D. 
Tam giác vuông SAD ~ tam giác vuông SO1A 
2
1
1
SO SA SOSA SD 2R
l⇒ = ⇒ = 
Mặt khác ta có 
2
2 2 2 2 2
1 1
4 sin3 2 2R
lSO l O A l l α= − = − = 
( )2 214 42 1 sin 2 1 sin3 2 3 2l R SO Rα α⇒ = − ⇒ = − 
( ) ( )2 2SABC 1 31 1 4V . 2 1 sin3 3 2 2 4SO dt ABC R ABα⇒ = = − ⋅ ⋅ 
E 
B 
D 
O 
A C 
S 
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
256 
Do 242 2 sin 4 1 sin .sin
2 3 2 2AB AE l R
α α α
= = = − nên 
( ) ( )3 22 2 3SABC SABC8 3 4 34V sin 1 sin ; V 1 2cos 1 cos3 2 3 2 27
R Rα α = ⋅ − = + α + α
  
b. ( ) ( )2SABCV max 1 2cos 1 cos maxT⇔ = + α − α . Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
31 2cos 1 2cos 4 4cos1 1T 1 2cos 1 2cos 4 4cos
4 4 3
 + α + + α + − α
= + α + α − α ≤   
3 o
max
1 1T 2 2 V 1 2cos 4 4cos cos 604 2≤ ⋅ = ⇒ ⇔ + α = − α ⇔ α = ⇔ α = 
Khi đó 3
max
8 3V 27 R= và SABC là tứ diện đều. 
2. a. Do AS, BS, AI, BI là các tiếp tuyến nên 
AI = AS, BI = BS ⇒ ∆SAB = ∆IAB ⇒ 
 
ASB AIB= 
b. Gọi O′ = AB ∩ II′. Ta có: 
II′ ⊥ AB; OI ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (II′O) 
Do ∆SAB = ∆IAB nên 

 
 oSO'A IO A 90′= = ⇒ SO AB′ ⊥ 
⇒ ( )AB SII′⊥ ⇒ (II′O) ≡ (SII′) 
⇒ 4 điểm I, I′, S, O ∈ 1 mặt phẳng. 
Kéo dài IO cắt (O, R) tại J ⇒  oJSI 90= . Dễ thấy ∆SO′B = ∆IO′B suy ra: 
SO′ = IO′ = I′O′ ⇒  oISI 90= . Mặt khác I, J, S, I′ ∈ một mặt phẳng. 
⇒ J, S, I′ thẳng hàng.⇒ I′S luôn đi qua điểm J cố định ∈ mặt cầu (O, R) 
c. Theo (gt): 
 
 
AKB = AIB = ASB
2
pi
= ⇒ Mặt cầu đường kính AB chứa đường 
tròn cố định đường kính IK trong mặt phẳng (OIK) 
Đặt 
 
 
 
IKB I AB = IAB = IKB′= α⇒ = α ⇒ I′ chạy trên đường thẳng Kt tạo với d′ 
một góc α không đổi (trong mặt phẳng (P)). 
Mặt khác ( ) ( )S O, , S KJIR ′∈ ∈ nên S ∈ đường tròn cố định là giao tuyến của 
(O, R) với (KJI′) 
A 
K I′ 
B 
O′ 
I 
S 
J 
O 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán của hình cầu 
257 
Bài 2. Cho hình cầu (O, R). Gọi (L) là giao tuyến của mặt cầu với (P) cách tâm 
cầu một khoảng bằng h (0 < h < R). Lấy A là một điểm cố định trên (L). Một 
góc vuông 
Ax y trong (P) quay quanh điểm A. Các cạnh Ax, Ay cắt (L) ở C, D. 
Đường thẳng đi qua A ⊥ với (P) cắt mặt cầu ở B. 
1. Chứng minh rằng: BC2 + AD2 và BD2 + AC2 luôn không đổi 
2. Với vị trí nào của CD thì ( )BCD maxdt ∆ 
3. Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc H của B lên đường thẳng CD. 
Giải 
1. Gọi O′ là trung điểm CD ⇒ OO′ ⊥ (P), 
CO′ = DO′ và AB = 2OO′ = 2h. 
Ta có: 2 2 2 2AO AO OO R h′ ′= − = − 
⇒ 2 22 2CD AO R h′= = − 
Do BA ⊥ (P) nên BA ⊥ AC, BA ⊥ AD 
⇒ BC2 = AB2 + AC2 
⇒ BC2 + AD2 = AB2 + AC2 + AD2 
( )2 2 2 2 2 24 4 4AB CD h R h R+ = + − = 
Tương tự: 2 2 2 2 2 2 2 24BD AC AB AD AC AB CD R+ = + + = + = 
2. Do BH ⊥ CD ⇒ dt(BCD) = 1 .2 BH CD ⇒ dt(BCD) max ⇔ BH max 
Xét tam giác vuông BHO′ có BH ≤ BO′ nên BH max ⇔ BH ≡ BO′ ⇔ H ≡ O′ 
⇒ ∆BCD cân tại B ⇒ BD = BC ⇒ AD = AC ⇒ ∆ACD vuông cân ⇔ CD ⊥ AO′ 
3. BA ⊥ (P), BH ⊥ CD nên ⇒ CD ⊥ AH 
⇒ H ∈ đường tròn đường kính AO′ trong (P). 
Bài 3. Cho mặt cầu tâm bán kính R. Một hình nón nội tiếp trong hình cầu có 
chiều cao là x (0 < x < 2R) 
a. Tính thể tích V, diện tích xung quanh S của hình nón. 
b. Tìm hệ thức liên hệ giữa V, S, R độc lập đối với x. 
c. Với giá trị nào của x thì V lớn nhất? 
B 
D 
O 
H O′ 
A 
C 
(L) 
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
258 
Giải 
a. Gọi r là bán kính của đường tròn đáy của hình nón: 
ưr2 = OM2 – OH2 = R2 – (x – R)2 = r2 = 2Rx – x2 = x(2R – x) 
Thể tích của hình nón: ( )2 21 1V 23 3r x R x= pi = − 
Diện tích xung quanh của hình nón: S = pirSM 
Ta có: 2 2SM SH HM= + ( )2 2R 2Rx x x x= + − = 
( ) ( )2S 2R 2R 2R 2Rx x x x= pi − = pi − 
b. Ta có ( )21V 2R3 x x= pi − (1); ( ) ( )
2 2 2S 2R 2R S 2 R 2Rx x x x= pi − ⇒ = pi − (2) 
Lấy (2) chia (1) ta nhận được hệ thức độc lập với x: 
2S 6 R
V
= pi 
c. ( ) ( ) ( )( ) ( )3 3 32 4 2 321 42 4 23 6 6 3 6 3 81x x R x RRV x R x x x R x + + −pi pi pi pi= pi − = ⋅ − ≤ = = 
Bài 4. Tìm hình nón có thể tích nhỏ nhất ngoại tiếp hình cầu bán kính R cho 
trước. So sánh Stp và V của hình nón với diện tích và thể tích của hình cầu. 
Giải 
Gọi r là bán kính của đường tròn đáy, h là chiều cao và V là thể tích của hình nón, 
khi đó 213V r h= pi . Ta có hai tam giác SCA và SDO đồng dạng với nhau nên 
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 22
2 2 2 2
r hAC SA r h r h rr r
DO SO R h R R h R h R R
+ + + −
= ⇔ = ⇒ = =
−
− − −
⇒ ( )
2 2 22
22
h R hRr h Rh h R
= =
−
−
 ⇒ 
2 2
21
3 3 2
h RV r h h R
pi
= pi = ⋅
−
Ta có: 
2 2 2 24 4
2 2
h h R R
h R h R
− +
=
− −
( )2 24 42 2 4
2 2
R Rh R h R Rh R h R= + + = − + +− − 
( )2 24 42 2 4
2 2
R Rh R h R Rh R h R+ + ≥ − ≥− − 
⇒ 
2
8
2
h Rh R ≥− ⇒ 
3
2 81
3 3
RV r h pi= pi ≥ . Với 4 ; 2h R r R= = thì ( ) 38min 3
RV pi= 
i 
2 2 2 2 22 2 16 2 8tpS r SA r R R R R R= pi + pi = pi + + pi = pi 
S 
O 
H 
M 
D R 
O 
A C B 
S 
r 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán của hình cầu 
259 
Bài 5. Cho chóp tam giác đều SABC với cạnh đáy AB a= , đường cao SH = h. 
a. Tính theo a và h các bán kính r, R của hình cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình chóp. 
b. Giả sử a cố định, còn h thay đổi. Xác định h để tỷ số r
R
 là lớn nhất. 
Giải 
a. Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 
SABC là giao điểm của trục SH và trung 
trực của cạnh SB thuộc mp(SHB). 
Gọi M là trung điểm SB. 
Tứ giác OMBH nội tiếp suy ra: 
2
. .
2
SBSO SH SM SB= = 
⇒ 
2
2
SBR OS SH= = trong đó: 
2
2 2 2 2 32
3 2
aSB SH HB h  = + = + ⋅ 
 
 = 
2 2 2
2 3
3 3
a h ah ++ = 
Vậy bán kính hình cầu ngoại tiếp SABC là 
2 23
6
h aR h
+
= . 
• Gọi I là tâm của hình cầu nội tiếp SABC, khi đó I là giao điểm của trục SH 
và phân giác trong của góc phẳng nhị diện 
SEH (điểm E là trung điểm AC). 
Do EI là phân giác góc E nên ta có: 
IH EH IH EH IH EH
IS ES IS IH ES EH SH ES EH= ⇔ = ⇔ =+ + + 
Suy ra EH SHr IH
ES EH
⋅
= =
+
 trong đó: 2 2 31;
3 6
a
ES EH SH EH BE= + = = 
Vậy 
( )2 2
2 2 2
2
3
1236
123 3 363 3
6 6
a h
a a h aa h
r ha a ha ah
⋅ + −⋅
= = =
+ + 
+ + 
 
B 
H 
A 
E 
C 
O 
M 
S 
I 
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
260 
b. Ta có: 
( )
( )
2 2
2 2
12
2 3
a a h ar
R h a
+ −
=
+
. 
Đặt 2 2 2 2 2 2 2 212 12 12t a h a t a h h t a= + > ⇔ = + ⇒ = − 
Suy ra 
( )
( )
( )2 2
2 22 2
12 2
32 3
a a h a a t ar
R t ah a
+ −
−
= =
++
2 2 23 41 1
2 2
t a aR t a
r a t a a t a
 +⇒ = ⋅ = + + 
− − 
Ta có: 
241 1
2
aR t a
r a t a
 
= − + + 
− 
, áp dụng bất đẳng thức Cô–si, ta có: 
( )2 24 42 4a at a t a a
t a t a
− + ≥ − =
− −
 (vì 0t a− > ) 
Vậy 3R
r
≥ . Dấu bằng xảy ra khi ( )2 24 2 3t a a t a a t a− = ⇒ − = ⇒ = 
Từ đó suy ra 13
r
R
≤ hay ( ) 1Max 3rR = . 
Dấu bằng xảy ra ⇔ 3t a=
2
2 2 2 2 6212 9 3 3
aah a a h h⇔ + = ⇔ = ⇔ = 
Bài 6. Cho hình chóp tam giác đều SABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a, 
mặt bên lập với mặt đáy góc ( )0 90α ° < α < ° . 
a. Tính theo a và α độ dài cạnh bên, độ dài chiều cao (hạ từ đỉnh S) và các bán 
kính R, r của các mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp của hình chóp đó. 
b. Chứng minh rằng: 13
r
R
≤ . Trong trường hợp nào ta có dấu đẳng thức? 
Giải 
a. Gọi M là trung điểm AC, suy ra SMB = α 
Ta có: 3 6tg
3
SH SH h
MH MB a
α = = = 
Suy ra độ dài đường cao 3 tg6
ah = α 
Độ dài cạnh bên 2 2SA SB SC SH BH= = = + 
2 2 2
2 23 433 2 3
a h a ah tg+ = + = = α + 
 
. 
B 
H 
A 
M 
C 
O 
S 
I 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán của hình cầu 
261 
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp 
( )22 2 3 tg 43
6 12 tg
ah aR h
α ++
= =
α
Bán kính mặt cầu nội tiếp 
( ) ( )22 2 tg 1 112
12 2 3 tg
aa a h a
r h
α + −+ −
= =
α
Cách khác: Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp suy ra MI là phân giác góc M, 
khi đó ta có 3tg tg
2 6 2
a
r IH MH α α= = ⋅ = ⋅ 
b. Ta có: 
( )2
2
2 tg 1 1
tg 4
r
R
α + −
=
α +
 ⇒ ( )
2 2
2
6 tg 1 tg 101
3 3 tg 4
r
R
α + − α −
− =
α +
Ta sẽ chứng minh: 2 26 tg 1 tg 10 0α + − α − ≤ 2 26 tg 1 10 tg⇔ α + ≤ + α 
( ) ( )22 2 4 4 2 236 tg 1 100 20 tg tg tg 16 tg 64 0 tg 8 0⇔ α + ≤ + α + α ⇔ α − α + ≥ ⇔ α − ≥ 
Điều này hiển nhiên đúng do đó ta có 1 103 3
r r
R R
− ≤ ⇔ ≤ (đpcm) 
Dấu bằng xảy ra ⇔ 2tg 8 tg 2 2α = ⇔ α = 
Khi đó cạnh bên của SABC là 2 4 12
2 3 2 3
a aSA tg a= α + = = 
Vậy 13
r
R
= khi hình chóp SABC là tứ diện đều. 
Bài 7. Cho hình chóp đều SABCD có cạnh đáy bằng a và 
ASB = α . 
1) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 
2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp. 
3) Chứng minh rằng hai tâm mặt cầu đó trùng nhau khi và chỉ khi 45oα = 
Giải 
1) Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp là giao điểm của trục SH và trung trực của 
SA thuộc mp(SAH). 
Tứ diện OHAM ngoại tiếp: 
2
. .
2
SASO SH SM SA= = ; 
2
2
SAR OS SH= = 
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
262 
Biết: 
2sin
2
aSA =
α
; 2 2SH SA HA= − ; 
2
2
2
2
1 2sin 22sin4sin 22 2
a aSH
a
α
= = −
αα
−
cos
2sin
2
aSH α=
α
Vậy: 
4sin cos
2
aR =
α α
 (Điều kiện 0 90o< α < ) 
2) Tâm I của mặt cầu nội tiếp là giao điểm của trục SH và phân giác của góc 
SEH . 
Tính chất phân giác cho: IH EH IH EH
IS ES IS IH ES EH= ⇔ =+ + 
( )
cos
2sin
cos2 2
cotg 1 cotg 2 sin cos2 2 2 2 2 2
a
a
ar r
SH a a
α
α
α
= ⇒ = =
α α α α+ + +
3) Điều kiện cần và đủ để tâm mặt cầu nội tiếp trùng nhau là: r R SH+ = 
( )
cos cos
4sin cos 2sin2 sin cos 2 22 2
a aaα α+ =
α αα α α+
( )2 21 1 1cos sin sin2sin cos sin2 2 22 2 2⇔ + =α α αα α α+ − 
( ) ( )2 22sin cos sin 1 2 cos sin2 2 2 2 2α α α α α− + = − 
( )24 1 3 2 2 sin cos tg 1 45otpS a= + + ⇔ α = α ⇔ α = ⇒ α =
Bài 8. Cho hình chóp tứ giác đều SABCD đỉnh S, cạnh đáy a, chiều cao h. 
1) Tính các bán kính R và r của các hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp. 
2) Gọi W là thể tích hình chóp. V là thể tích hình cầu ngoại tiếp, v là thể tích 
hình cầu nội tiếp hình chóp. Trong những trường hợp nào thì mỗi tỷ số: 
w
, ,
w V
v v
V
 đạt giá trị lớn nhất? 
S 
O 
C  ...  2 2118 1 3 4 3 4 8 28 1
4
a
a B at a h a a h a h a
B
−
−
= = = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = 
Bài 9. Trong mặt phẳng (P) cho hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường tròn 
tâm O bán kính R, các cạnh đáy AB và CD thỏa mãn điều kiện AB : CD = a : 
4. Trên đường thẳng (d) ⊥ tại O lấy điểm S sao cho OS = 2R. 
1) Tính diện tích toàn phần và thể tích hình chóp SABCD. 
2) Chứng minh rằng O cách đều 4 mặt bên của hình chóp SABCD; từ đó tìm 
chân và bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp. 
Giải 
1) Diện tích toàn phần và thể tích 
Gọi I, J, K, L lần lượt là tiếp 
điểm của (O) với ABCD. 
Ta có OI = OJ = OK = OL 
Suy ra SI= SJ = SK = SL 
Mà OI ⊥ AB ⇒ SI ⊥ AB 
Tóm lại ta có: SI, SJ, SK, SL là 
các đường cao của 4 tam giác 
SAB, SCD, SAD và SBC. 
Để tính diện tích toàn phần và thể tích ta tính SK, AB và CD. 
Tam giác SOK vuông cho: 2 2 2 25 5SK SO OK R SK R= + = ⇒ = 
D 
K 
A I 
L 
C 
J 
O 
S 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán của hình cầu 
265 
Tam giác AOD vuông cho: 2 2.AK DK OK R= = 
Lại biết: 2; . 4
2 2
CDABAK AI DK DJ AB CD R= = = = ⇒ = 
Lại có: CD = 4AB ⇒ AB = R, CD = 4R 
Vì ABCD ngoại tiếp đường tròn nên: 
 AB + CD = AD + BC = 5AB 
Vậy: AB + CD + AD + BC = 10AB = 10R 
Ta có: ( ) 21 . 5 . 5 5 5
2xq
S AB CD AD BC SK R R R= + + + = = 
( ) 251
. 2 5
2 2§
RS AB CD IJ R R= + = ⋅ = ; ( )25 5 1
§tp tpS S S R= + = + 
3
2 101 1
. 5 .23 3 3§
RV S SO R R= = = 
2) O cách đều 4 mặt 
Các tam giác: SOI, SOJ, SOK, SOL bằng nhau, nên khoảng cách từ O đến SI, 
SJ, SK, SL đều bằng nhau. Vậy O cách đều bốn mặt bên của hình chóp 
SABCD. Suy ra tâm ω của mặt cầu nội tiếp nằm trên SO và: 
 ( )
( )3
2
5 13 10
25 5 1tp
RV RO
S R
−
ω = = =
+
Bài 10. Trong mặt phẳng (P), người ta cho tam giác cân AOB có 2OA OB a= = 
và góc 
 120
oAOB =
. Trên đường vuông góc với (P) tại O, về hai phía của điểm 
O, người ta lấy hai điểm C và D sao cho tam giác ABC là vuông tại C và tam 
giác ADB là đều. 
1) Tính khoảng cách OC và khoảng cách OD. 
2) Tính thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện ABCD. 
3) Tìm tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Tính bán kính của mặt cầu 
này và bán kính của các đường tròn được cắt bởi bốn mặt của tứ diện. 
A I B 
L 
C 
J D 
K 
O 
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
266 
Giải 
1) Gọi M là trung điểm của AB. 
Ta có tam giác OMA là nửa tam giác đều: 
Với: OA = 2a; OM = a 
và 3 2 3AM AM a AB a= = ⇒ = 
Tam giác ABC vuông cân: 
2 3 6
2 2
aABca CB a= = = = 
2 2 2 2 2 2 2 26 4 2 ; 12 4 2 2OC AC OA a a a OD AD OA a a a⇒ = − = − = = − = − = 
2) Ta có: ( ) 31 1. 2 3. .3 2 63 6ABCD COAB DOABV V V dt AOB CD a a a a= = = = ⋅ = 
Ta có: tp ACD BCD ABC ABDS S S S S= + + + 
Biết: 21 1. 3 2.2 3 2
2 2ACD BCD
S S CD OA a a a= = = ⋅ = ; 
( )22 21 1 6 3
2 2ABC
S AC a a= = = ; 
( ) ( )2 2 2 23 12 3 3 3 ; 4 1 3 2 2
4 4ABD tp
AB aS a S a= = = = + + . 
3) Tam giác ACD có đường cao OA = 2a, OC = 2a , OD = 2 2a . 
Vậy 2 2. 4OA OC OD a= = . 
Vậy tam giác ACD và BCD vuông lần lượt tại A và B. Tứ giác ABCD nội tiếp 
trong đường tròn đường kính CD và bán kính 3 2
2 2
aCDR = = . 
Các mặt (ACD) và (BCD) cắt theo đường tròn lớn nên có bán kính 3 2
2
aR = . 
Mặt (ACB) là tam giác vuông cân; nên đường tròn ngoại tiếp có bán kính: 
1 32
ABR a= = . 
Mặt (DAB) là tam giác đều nên có đường tròn ngoại tiếp có bán kính là: 
2 23
ABR a= = . 
30o 
C 
O 
D 
A 
M 
B 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán của hình cầu 
267 
Bài 11. Cho hình chóp tam giác đều SABC có đường cao SH = h. Gọi I, J, K 
lần lượt là trực tâm của các tam giác SAB, SBC, SCA. 
1) Chứng minh mặt cầu đi qua S, I, J, K có tâm ở trên SH. 
2) Gọi r là bán kính của mặt cầu ấy. Tính thể tích của SABC theo r và h. 
Giải 
1) SABC là hình chóp đều, các mặt 
bên là các tam giác cân bằng nhau 
nên SI = SJ = SK ⇒ (IJK) // (MNP) 
Do đó: SH cũng là trục của tam giác 
IJK. Suy ra tâm ω mặt cầu ngoại tiếp 
SIJK nằm trên trục SH. 
2) Gọi V là thể tích của SABC, ta có: 
2
2 3 31
3 4 12
BC hV BC h= = 
Ta phải tính BC theo h và R. 
Vì J là trực tâm của tam giác SBC nên: 
( )2 2
. .
4 4
BC BCNJ NS BN CN NS NS SJ= = ⇔ − = (1) 
Gọi S′ là điểm đối xứng của S qua tâm ω. 
Ta có SS′ = 2r và tứ giác S′HNJ nội tiếp cho: SS′.SH = SJ.SN = 2hr (2) 
Lại có: 
3
2
2 2 2 2 2 231
3 2 12
BC BCNS h HN h NS h = + = + ⇒ = + 
 
 (3) 
Thay (2), (3) vào (1) ta được: 
( ) ( ) ( )2 2 22 22 2 6 2 2
12 4 6
BC BC BCh hr h h r BC h h r h r+ − = ⇔ − = ⇔ = − > 
Vậy: ( )
2 2 3
2
h h rV −= 
S’ 
J H’ 
S 
ω 
S 
K 
I 
K 
J 
H 
C 
N 
B 
M 
A P 
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
268 
Bài 12. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, có mặt bên 
(SBC) vuông góc với mp(ABC) và SA = SB = AB = AC = a. 
1) Chứng tỏ tam giác SBC vuông. 
2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp SABC biết rằng SC = x. 
Giải 
1) Từ giả thiết: SA = SB = AB = AC = a 
Với: AS = AB = AC = a 
A nằm trên trục của tam giác SBC. 
Gọi O là trung điểm BC ⇒ AO ⊥ (SBC) 
2) Tâm ω của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 
phải là giao điểm của trục AO và trung 
trực của AB thuộc mp(ABC). 
Nói cách khác ω chính là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi R 
là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có: 

 

2
sin sin
AC aR
ABC ABC
= = 
Biết 

2 2
2
2 2 2 234
sin
2
a xa
a OB a xOAABC
AB a a a
+
−
− −
= = = = 
Vậy: 
2
2 23
aR
a x
=
−
 (điều kiện: 0 3x a< < ) 
Bài 13. Tâm O hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nằm trên đường thẳng IJ nối 
trung điểm I của cạnh AB và trung điểm J của cạnh CD. 
1) Chứng minh rằng IJ là đường cao vuông góc chung của AB và CD và AC = 
BD, AD = BC. 
2) Giả thiết thêm rằng đường thẳng AO vuông góc với mặt (BCD). Chứng 
minh rằng các cạnh AB và CD vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD. 
A 
B 
M 
O 
S 
C 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán của hình cầu 
269 
Giải 
1) Vì OA = OB nên trung tuyến OI cũng là đường 
cao hay OI ⊥ AB. Tương tự: OJ ⊥ CD 
Nói cách khác IJ là đường vuông góc chung của AB 
và DC. Suy ra: IA = JB và IC = ID. 
Dựng hình hộp đứng AD′BC′.A′DB′C ta có các 
mặt bên đối nhau là những hình chữ nhật bằng nhau 
nên các đường chéo: AC = BD và AD = BC 
2) Nếu AO ⊥ (BCD) thì AO ⊥ CD. Như ta đã biết: IO ⊥ CD 
Vậy: CD ⊥ (AOB) ⇒ CD ⊥ AB. Lúc này đáy ABC′D′ có hình thoi, nên các 
mặt bên là các hình chữ nhật bằng nhau. Suy ra: AC = BD = AD = BC. 
Bài 14. Cho tứ diện ABCD có I là trung điểm của AB và J là trung điểm của 
CD; IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD và AB, vuông góc với CD. 
Cho AB = a, CD = b, IJ = h. Xác định vị trí của O để cho O là tâm của mặt cầu 
nội tiếp tứ diện ABCD. Lúc đó, hãy tính bán kính của mặt cầu này. 
Giải 
Dễ thấy 
CID là góc phẳng của nhị diện cạnh 
AB, mà IJ là đường phân giác của góc 
CID 
nên: O IJ O∈ ⇒ cách đều (ABC) và (ABD) 
Tương tự O cũng cách đều (ACD) và (BCD). 
Chiếu O trên BJ là H. Hai tam giác OHJ và 
BIJ đồng dạng suy ra: 
.OH OI OJ BIOH
BI BJ BJ
= ⇔ = . Đặt IO = x suy ra: 
( ) ( )
2 2 22
2
44 4
ah x
a h xOH
a h ah
−
−
= =
++
Gọi K là hình chiếu của O lên ID. Hai tam giác IOK và IDJ đồng dạng suy ra: 
OK IO
DJ ID
= ⇒ 
2 24
bxOK
h b
=
+
A D’ 
C’ 
I 
B 
O 
D 
B’ C 
J 
A 
A 
I 
B 
C 
J 
D 
H 
O K 
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
270 
Để: OH OK= thì ( )
2 2 2 24 4
a h x bx
h a h b
−
=
+ +
( )
( )
( )
2 22 2 2 2 2 244 4 4
ab h x abx ab h xabx
b h aa h b a h b b h a
− + −⇔ = =
++ + + +
Bán kính đường tròn nội tiếp chính là: 
2 2 2 24 4
abhr OH OK
b h b b h a
= = =
+ + +
và O nằm trên IJ xác định bởi: 
2 2
2 2 2 2
4
4 4
ah h bIO x
a h b b h a
+
= =
+ + +
Bài 15. Cho tứ diện ABCD. Dựng AI ⊥ (BCD), I∈(BCD). Gọi E là trung điểm AI. 
Hạ EK ⊥ AD (K ∈ AD). 
1) Chứng minh rằng EK đi qua trọng tâm H của tam giác ABC, từ đó suy ra 
rằng EH = EK. 
2) Mặt phẳng qua BC và E chia thể tích tứ diện thành hai phần theo tỷ số nào? 
3) Mặt phẳng qua BC và E chia tứ diện đã cho thành hai tứ diện. Tính tỷ số 
bán kính hình cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó. 
Giải 
1) Gọi H là trọng tâm tam giác ABC. 
Ta có: 1 1 //3 3MH MI MA MD HI AD= = = ⇒ 
Dựng HK và IL vuông góc với AD. 
Ta có: 13LK IH AD= = 
và vì tam giác AMD cân nên AK = LD 
Suy ra: 13AK KL LD AD= = = . 
Vậy: IH // AK ⇒ AHIK là hình bình hành. 
⇒ AI và HK cắt nhau tại trung điểm E của mỗi đường (EA = EI và EH = EK) 
A 
B 
M I 
C 
D 
L 
K 
J 
E 
J 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán của hình cầu 
271 
2) Kéo dài ME cắt AD tại J, BCJ là thiết diện phải tìm. 
IH cắt MI tại J′. Ta có IJ′ // AD. 
Suy ra IJ′AJ là hình bình hành ⇒ IJ′ = AJ 
Lại có: 13
IJ MI
JD MD
′
= = . Vậy: 13AJ JD= . 
Suy ra 13
ABCJ
DBCJ
V AJ
V DJ
= = 
3) Tam giác BCD có trục là AI ⇒ Tâm O2 của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 
JBCD là giao điểm của trung trực của JD trong mặt phẳng (AMD) và trục AI. 
Tương tự ∆ABC có trục DH ⇒ tâm O1 của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện JABC là 
giao điểm của trung trực của JA trong mặt phẳng (AMD) và trục DH. 
Đặt AD = a 
2
23 3 62;
2 2 2 3
a a aAM MD h AI DH a  ⇒ = = = = = − = 
 
Tứ giác IO2QD nội tiếp: 2 . .AO AI AQ AD= (biết 58AQ AD= ) 
2 2
2
5 5
5 6 5 68 8
16 166
3
AD a
a aAO
AI a
= = = = ; 2 2
6 5 6 6
3 16 48
a a aIO h AO= − = − = 
2 22
2 2 2 2
1296 32
3 8 248 8 6
2 aa a aR O D IO ID= = + = + = = 
Tương tự tứ giác APHO1 nội tiếp: 
2
2
1 1
7
7 8 21
. . 8 6 5 6
3
a
aDO DH DP DA a DO
a
= = ⇒ = = 
1 1
6 5 621
3 488 6
a aO H O D DH
a
= − = − = ; 
2 22 2
1 1 1
25 153 51
64.6 3 8 6 8 2
a a aO A R HO HA= = + = + = = 
Vậy: 1
2
51
43
R
R
= 
Mặt cầu tiếp xúc với các cạnh của tứ diện. 
M I D 
E 
J 
A 
H 
J’ 
M I D 
J 
A 
H 
O1 
P 
Q 
O2 
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
272 
Bài 16. Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác SABC bằng 3s, chu vi 
đáy ABC bằng 3a. Một mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh đáy tại trung điểm của 
chúng, và đi qua các trung điểm của ba cạnh bên. 
1) Chứng minh rằng SABC là hình chóp tam giác đều. 
2) Tính bán kính của mặt cầu nói trên theo a và s. 
Giải 
1) Gọi A′, B′ là trung điểm của các cạnh 
BC và AC và gọi A″, B″ là trung điểm 
của các cạnh SA và SB. 
Ta có: R = OA′ = OB′ = OA″ = OB″ 
Vì OA″ ⊥ BC và OB′ ⊥ AC nên BOC và 
AOC là những tam giác cân bằng nhau 
(cùng cạnh bên và cùng đường cao). 
Suy ra: AC = BC. Lý luận tương tự ta có: AB = BC = CA ⇔ ∆ABC đều 
Các tam giác OAS và OBS có cạnh OS chung và OA = OB (OH là trục của 
∆ABC). Suy ra: SA = SB. Lý luận tương tự ta có: SA = SB = SC 
⇒ S thuộc trục OH của ∆ABC. 
Vậy: SABC là hình chóp tam giác đều. 
2) Do A′B′A″B″ là hình bình hành mà SC ⊥ AB ⇒ A′B′A″B″ là hình chữ nhật. 
Điểm O cách đều bốn đỉnh nên là giao điểm hai đường chéo. 
Suy ra ( )2 2 2 2 2 214 4R I A A B B A a SA′ ′′ ′′ ′ ′ ′= = + = + 
 với ( )2 2 2 42 2 2 22 164 4S a S aSA SB AB a a+′ ′= + = + = 
Vậy: 
4 22 4 4 2
2 2
2 2
5 1616 5 161
16 84 64
a SS a a SR a R
aa a
  ++ +
= + = ⇒ = 
 
S 
A’’ 
A 
B 
C 
A’ 
B 
B’’ 
C’’ O 
C’ 
H 
www.VNMATH.com