Châu Thanh Hải ĐHKH Huế, sưu tầm và chọn lọc.
 Số 8 Lê Lợi , 37 Thanh Tịnh Vỹ Dạ, Khu D 7 Xóm Hành P. An Tây, 272 Tăng Bạt Hỗ
.
ĐT054.3931305__054.3811471__0935961321
Giải: a)


.

=



.

(

)
=



.



.

.
sin


Ta có: = √

+ 

−2..cos=
√
7;
(

)
=


√


=


.→
=


√


√

= 3


√

. c) Gọi
,

là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC, theo sịnh lý hàm sin:


=
2

→

= 



. Từ O ta kẻ đường thẳng
(

)
⊥
(

)
→
(

)
∥→() là trục của







+ 



.

=

√


→=




=
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi và 

= 60

, hợp với đáy (ABCD) một góc 60

, = = và

K
M
I
(d)
R
R
S.ACD
=IG
OH=a
60
0
60
0
O
B
A
D
C
S
G
G'
H
M
I
Gi
ả
i:
Gọi G là hình chiếu của S lên (ABCD)
,
do SA=SB=SC nên G là trọng tâm tam giác

=


→
.
=


.
(

)
=


.


.


√


=




√


+



=





+




=



√
21
.

www.VNMATH.com
Châu Thanh Hải ĐHKH Huế, sưu tầm và chọn lọc.
 Số 8 Lê Lợi , 37 Thanh Tịnh Vỹ Dạ, Khu D 7 Xóm Hành P. An Tây, 272 Tăng Bạt Hỗ
.
ĐT054.3931305__054.3811471__0935961321
Giải: a)

(

)
=



.


√


=


√


. b) Cách 1: Từ G kẻ
đường thẳng song song với AB, lúc đó mặt phẳng đi qua A’B’ và trọng tâm tam giác ABC chính là
mặt phẳng (A’B’EF). Gọi I là giao điểm của B’F vớí CC’, theo định lý về 3 giao tuyến thì ta suy ra
A’E đi qua I. Ta có ∆

~∆; mặt khác = 2→= 2

= 2→

= 3. Ta
có 


.

=






=





=


→

.
=



.




1 −


−




.




 =


.


.3.


√


=


√


→
.
 =



.
 =



.




;

.




.



=



=




.






→


.

’

’

=


.



+



√


.

4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, ⊥
(

)
, H là trung điểm của AB. Giả thiết chóp có 3 mặt
bên là 3 tam giác vuông. a) 
.
b) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chópi đáy. ĐS: =

√


.
5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, ⊥
(

)
, H là trung điểm của AB. Giả thiết SC nghiêng đều
trên mặt đáy và mặt bên (SAB). a) 
.
b) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . ĐS: =

√


C
B
A'
C'
B'
I
H
G
E
F
a
J
P
B
A
C
D
C'
A'
D'
B'
I
K
M
N
Giải: a)


=





. b) Gọi các
điểm = ∩; =∩

;= ∩

;= ∩′′ . Từ định lý Talet và
tính chất đồng dạng của 2 tam giác ta suy ra: ==


;

= 

=




ì 

=




→




=


→
.
=



.
;

.



.
=


..
..
=







.


..


..=


.


.


.


.2.=




→
(

)
= 
ậươ


www.VNMATH.com
Châu Thanh Hải ĐHKH Huế, sưu tầm và chọn lọc.
 Số 8 Lê Lợi , 37 Thanh Tịnh Vỹ Dạ, Khu D 7 Xóm Hành P. An Tây, 272 Tăng Bạt Hỗ
.
ĐT054.3931305__054.3811471__0935961321
Giải: Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Ta có
(

)
⊥
(

)
→∈. Mặt khác ∆ đều nên H là trung điểm của AB. a)

.
=


.
(

)
=


.

√

Trong mặt phẳng
(

)
≡(;) gọi =
(

)
∩(∆) → I cách đều S,A,B,C,D hay I chính
là tâm mặt cầu cần tìm. Bán kính mặt cầu: == √

+ 

= √

+ 

+ 

=



√





= 60

. Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC.
Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.

Mặt khác theo định lý Talet: =



=


;=

√


;

= 

+ 

=



. Do đó: =


A
C
B
A'
B'
C'
A
H
G
I
D
H
G
E
a
a
a 3
H
D
C
A
B
S
M
N
K
Giải: Gọi D là trung điểm của BC, ta có:

⊥


√


. Do đó: 
.




 = 

.
(

)
=


√


. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra: ∥′→⊥
(

)
. Gọi I là tâm
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao điểm của GH với trung trực của AG với
trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH). Gọi E là trung điểm AG, ta có tứ giác AEHI
nội tiếp được đường tròn nên


=

(

)
−

(

)
−

(

)
=


−


.


.


−



)
→

= 

→

+ 

= 90

→⊥
. Mặt khác ⊥→⊥
(

)
. Từ H kẻ ⊥→⊥→
(
;
)
=
. Áp dụng công thức:



=



+

=




+




=




→

=
2





→


(

;



=



→
tan



=
tan
(



+



)
=









−8




−3 = 0 ↔


= 1 +
√


→= =

1 +
√



→
.
=
−


.
(

)


Theo định lý hàm sin ta
có:

=


=






=

√
2
.

Giải: Kẻ AH vuông góc với (ABC) suy ra H thuộc AC. Từ H kẻ HK vuông góc với
AB tại K. Ta suy ra

≤

→

′





→

= 

.sin60

=


,

=

√


→=

√


.cot→= 2=

√
3cot→= √

−3


14. Cho hình vuông ABCD cạnh 
√
2. Lấy H thuộc đoạn AC và =


. Vẽ ⊥(), trên Hx lấy S sao cho


= 45

. Tính 
.
. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD. ĐS: =





1 +
√



,= 
√
2.

82. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông có cạnh huyền = , mặt bên 



trên đường thẳng (∆) vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A lấy điểm
S sao cho = và vẽ ⊥;⊥. a) Tính thể tích của S.AHK, b) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp
SAHK. c) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp SABC. d) CMR A, H, K, B, C cùng nằm trên một mặt cầu, tính bán
kính mặt cầu này. ĐS: d)=

√


.
R
2a
2b
IJ=c
B
A
C
D
J
I
O
x
d'
d
R
R
(SAC)
=R
S.ABCD
a
2

;

=

→

⊥

→

⊥
(

)
, tương tự ta có

⊥

;


⊥

→

⊥
(

)
→

== = , suy ra tâm O thuộc IJ. Đặt = → 

= 

= 

+ 

= 

+


,ặ ℎá: 

= 

= 

+ 

= 

+
(
−
)

→



=




(


+


−


)

−
4



.

www.VNMATH.com
Châu Thanh Hải ĐHKH Huế, sưu tầm và chọn lọc.
 Số 8 Lê Lợi , 37 Thanh Tịnh Vỹ Dạ, Khu D 7 Xóm Hành P. An Tây, 272 Tăng Bạt Hỗ
.
ĐT054.3931305__054.3811471__0935961321
16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh = ;= 


=


=

√

=


√

→ℎ= 

=

√

→ bán kính đáy= 

= √

+ 

=





.
K
S
B
C
D
A
M
H
N
P
O
O'
A'
A
B
B'
H
h
I
D
O'
O
A
C
B
E
F
Giải: a) Gọi H là trung điểm AD, suy ra



b) 

=


..
(

)
=


.


.


..=


.

√


.









)
. Kẽ

⊥

→

⊥
(





)
→

=
(;
(








→
EF cắt OO’ tại
trung điểm I của mỗi đường. Gọi x là cạnh hình vuông, ta có: 

= 

+ 

↔

=



−100. Mặt khác: 

= 

−

= 4900 −



. Do đó ta có phương trình:



(





)
⊥
(

)
và

′



nhọn suy ra
H thuộc cạnh AD. Ta cũng suy ra

′


là góc giữa AA’ với mặt phẳng (ABCD)
→
′

= 60

→

(

)
=



√


.

=


√


. Ta kẻ ⊥


→

⊥
⊥
→⊥
(




(





)

= . Mặt khác 

⊂
(





)
∥
(





)
⊃


→




)

=
2

(

;

(






)

=
2

=


√
3
.


“ Mọi sai sót, xin góp ý để lần sau tốt hơn ”
B
A
A'
O'
O
H
N
M
I
60
0
α
A
S
B
O
H
a
b
b
60
0
A
B
C
D
A'
D'

Kẽ

′

⊥

′

→


là trung điểm của A’B. Mà ta có:



⊥



→



⊥
(




)




=

√


. Vì 

∥


→

∥
(



)
→
(


;
)
= 
(





=





.

.

.

(

;



)

=

Giải: Ta có



. Ta có: = = cos;ℎ= = sin→=




ℎ=




cos

.sin;


= ..= 

cos;= .cos60

=

√


sin→=



=

=


.=



√4cos

−1.sin. Vẽ OH vuông góc SI cắt SI tại H, vì ⊥
(

)
→
(

)
⊥
(

)
→

⊥
(

)
,

suy ra