Tổng hợp tất cả các công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện

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

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

Trong đó $R_d$ là bán kính ngoại tiếp đáy; $h$ là độ dài cạnh bên vuông góc với đáy.

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

A. R=13a2.R=13a2.

B. R=6a.R=6a.

C. R=17a2.R=17a2.

D. R=5a2.R=5a2.

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

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

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

Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCS.ABC có SA=SB=SC=a,ˆASB=ˆASC=900,ˆBSC=600.SA=SB=SC=a,ASB^=ASC^=900,BSC^=600. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

A. 7πa26.7πa26.

B. 7πa23.7πa23.

C. 7πa218.7πa218.

D. 7πa212.7πa212.

Giải. Ta có $\{\begin{array}{c}SA\perp SB\\ SA\perp SC\end{array}\Rightarrow SA\perp (SBC).$

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

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

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

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

Ví dụ 1:Khối tứ diện OABCOABC có OA,OB,OCOA,OB,OC đôi một vuông góc và có bán kính mặt cầu ngoại tiếp bằng √3.3. Thể tích lớn nhất của khối tứ diện OABCOABC bằng

A. 43.43.

B. 8.8.

C. 83.83.

D. 8.8.

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

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

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

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

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

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

Trong đó $R_d$ là bán kính ngoại tiếp đáy; $h$ là độ dài cạnh bên.

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

A. a=√3R3.a=3R3.

B. a=2R.a=2R.

C. a=2√3R3.a=23R3.

D. a=2√3R.a=23R.

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

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

Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C′ABC.A′B′C′ có các cạnh đều bằng aa. Tính diện tích SScủa mặt cầu đi qua$$ 66 đỉnh của hình lăng trụ đó.

A.$S=\frac{49\pi a^2}{144}.$

B. $S=\frac{7a^2}{3}.$

C.$S=\frac{7\pi a^2}{3}.$

D. $S=\frac{49a^2}{144}.$

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

Công thức 4: Công thức cho khối tứ diện có các đỉnh là đỉnh của một khối lăng trụ đứng R=√R2d+(h2)2.R=Rd2+(h2)2.

Khối tứ diện $\left(H_1\right)$ có các đỉnh là đỉnh của khối lăng trụ đứng $\left(H_2\right),$ khi đó $R_{\left(H^{}\right)}=R_{\left(H^{}\right)}=\sqrt{R_d^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2}.$

Ví dụ 1: Cho khối lăng trụ đứng có chiều cao hh không đổi và đáy là tứ giác ABCD,ABCD, trong đó A,B,C,DA,B,C,D thay đổi sao cho −→IA.−→IC=−→IB.−→ID=−h2,IA→.IC→=IB→.ID→=−h2, với II là giao điểm của hai đường chéo. Xác định giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ đã cho.

Giải.

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

$\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IB}.\overrightarrow{ID}=-h^2=O{I}^2-R_d^2\iff R_d^2=O{I}^2+h^2\ge h^2.$

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

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

Công thức 5: Công thức cho khối chóp có mặt bên vuông góc đáy R=√R2d+(a2.cotx)2R=Rd2+(a2.cot⁡x)2 trong đó RdRd là bán kính ngoại tiếp đáy; a,xa,x tương ứng là độ dài đoạn giao tuyến của mặt bên và đáy, góc ở đỉnh của mặt bên nhìn xuống đáy.

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

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCDS.ABCD có đáy là hình vuông, tam giác SADSAD đều cạnh √2a2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính bán kính RR của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.S.ABCD.

A. R=a√102.R=a102.

B. R=a√426.R=a426.

C. R=a√64.R=a64.

D. R=√2a.R=2a.

Giải. Ta có $R=\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2}}\right)}^2+{(\frac{\sqrt{2}a}{2}.\cot 600)2}^2=\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2}}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{2}a}{2\sqrt{3}}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{42}}{6}.}$

Chọn đáp án B.

Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ABC.A′B′C′ có đáy ABCABC là tam giác vuông tại A.A. Biết AB=AA′=a,AB=AA′=a, AC=2a.AC=2a. Gọi MM là trung điểm của AC.AC. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MA′B′C′MA′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 $M.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có mặt bên $\left(M{A}^{\prime }{C}^{\prime }\right)\perp \left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)$ do đó

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

trong đó $R_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{B^{\prime }{C}^{\prime }}{2}=\frac{\sqrt{5}a}{2};M{A}^{\prime }=M{C}^{\prime }=\sqrt{2}a,A^{\prime }{C}^{\prime }=2a\Rightarrow M{A}^{\prime }\perp M{C}^{\prime }\Rightarrow R_{M{A}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{A^{\prime }{C}^{\prime }}{2}=a.$

Chọn đáp án A.

Công thức 6: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau có R=cb22h,R=cb22h, trong đó cbcb là độ dài cạnh bên và hh là chiều cao khối chóp, được xác định bởi h=√cb2−R2d.h=cb2−Rd2.

Ví dụ 1.Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện đều cạnh √3a.3a.

A. R=a√64.R=a64.

B. R=a√32.R=a32.

C. R=3√2a4.R=32a4.

D. R=3a4.R=3a4.

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

Ví dụ 2: Cho hình chóp tam giác đều S.ABCS.ABC có cạnh đáy bằng √33 và cạnh bên bằng xx với x>1.x>1. Thể tích của khối cầu xác định bởi mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCS.ABC có giá trị nhỏ nhất thuộc khoảng nào dưới đây?

A. (7;3π).(7;3π).

B. (0;1).(0;1).

C. (1;5).(1;5).

D. (5;7).(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

$V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{c{}^{}}{2h}\right)}^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{{}^{}}{2\sqrt{{}^{}-{}^{}}}\right)}^3=g\left(x\right)=\pi \frac{x^6}{6\sqrt{{({}^{}-1)}^3}}\ge {min}_{(1;+\infty )}g\left(x\right)=g\left(\sqrt{2}\right)=\frac{4\pi }{3}.$

Công thức 7:Khối tứ diện gần đều ABCDABCD có AB=CD=a,AC=BD=b,AD=BC=cAB=CD=a,AC=BD=b,AD=BC=c có R=√a2+b2+c28.