Chuyên đề 14: KHỐI TRÒN XOAY
1.KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Mặt cầu và khối hình cầu
Cho mặt cầu S(O;R) được xác định khi biết tâm và bán kính
R hoặc biết một đường kính AB của nó.
-

Diện tích mặt cầu: S = 4π R 2

-

Thể tích khối cầu (hình cầu): V = π R3 .

4
3

Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng:
Cho mặt cầu S(O;R) và mp(P). Gọi OH=d là khoảng cách từ O đến (P) thì:
-

Nếu d < R: mp(P) cắt mặt cầu theo đường tròn giao tuyến có tâm H, bán kính
r = R 2 − d 2 . Đặc biệt khi d=0 thì mặt phẳng (P) đi qua tâm O của mặt cầu, mặt

phẳng đó gọi là mặt phẳng kính; giao tuyến của mặt phẳng kính với mặt cầu là
đường tròn có bán kính R, gọi là đường tròn lớn của mặt cầu.
-

Nếu d = R, mp(P) và mặt cầu S(O;R) có điểm chung duy nhất là H. Khi đó mặt
phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu tại điểm H hoặc mp(P) là tiếp diện của mặt cầu
tại tiếp điểm H.



uuur uuur uuuu
r uuuu
r
MA.MB = MC.MD = MO 2 − R 2 .

Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện:
Mặt cầu đi qua mọi đỉnh của hình đa diện gọi là mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện
gọi là mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện và hình đa diện gọi là nội tiếp mặt cầu
đó.
-

Điều kiện cần và đủ để có một hình chóp có mặt cầu ngoại tiếp là đáy của hình
chóp có đường tròn ngoại tiếp.

-

Điều kiện cần và đủ để có một hình lăng trụ có mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ
đứng và đáy của hình lăng trụ đó có đường tròn ngoại tiếp.
Xác định tâm O của mặt cầu ngoại tiếp

-

Hình chóp S . A1 A2 ... An có đáy là đa giác nội tiếp đường tròn (C), gọi ∆ là trục
của đường tròn đó và gọi O là giao điểm của ∆ với mặt phẳng trung trực của
một cạnh bên, chẳng hạn SA1 thì OS=O A1 = OA2 = ...OAn nên O là tâm mặt cầu
ngoại tiếp.

-


S xq = 2π Rl

-

2
Thể tích khối trụ: V = π R h

-

Thiết diện song song với trục hình trụ là một hình chữ nhật, tạo bới 2 đường
sinh song song và bằng nhau. Đặc biệt, thiết diện qua trục hình trụ là một hình
chữ nhật có 2 kích thước là đường kính đáy và chiều cao hình trụ.
Mặt nón, hình nón, khối nón
Mặt nón sinh ra khi quay đường thẳng l cắt ∆ cố định và hợp với ∆ A góc α
không đổi, quanh ∆ . Mặt nón có trục ∆ và góc ở đỉnh là
2α .
Hình nón, khối nón:

-

Trục SO. Đường sinh SM = l
Góc ở đỉnh là 2 α .

-

Bán kính đáy R và chiều cao h thì: l 2 = h 2 + R 2

-

Diện tích xung quanh:

b) Mặt cầu tâm O tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA
của tam giác ABC lần lượt tại các điểm I, J, K khi và
chỉ khi OI ⊥ AB, OJ ⊥ BC, OK ⊥ CA, OI = OJ =
OK. Gọi O' là hình chiếu vuông góc của điểm O trên
mp(ABC) thì các điều kiện là: O'l ⊥ AB, O'J ⊥ BC,
O'K ⊥ CA, OT = O'J = O'K, hay O' là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABC.
Vậy tập hợp các tâm O là trục của đường tròn nội
tiếp tam giác ABC.
Bài toán 14. 2: Tìm tập hợp các điểm M sao cho tổng bình phương các khoảng cách
từ
M tới 8 đỉnh của một hình hộp cho trước bằng k2 cho trước.
Hướng dẫn giải
Giả sử ba kích thước của hình hộp là AB = a, BC = b, CC' = c thì:
AC '2 + BD '2 + CA '2 + DB '2 = 4(a 2 + b 2 + c 2 ).

Gọi O là tâm của hình hộp, ta có:
MO =
2

MO 2 =
MO 2 =
MO 2 =

MA2 + MC '2 AC '2
−
2
4
2
2

2
8
4 MO 2 =

Vậy: Nếu k’ > 0 thì tập hợp các điểm M là mặt cầu tâm o bán kính
k 2 − 2(a 2 + b 2 + c 2 )
R=
.
8

Nếu k’ = 0 thì điểm M trùng với o. Nếu k’


Nên R 2 = IB 2 = IM 2 + MB 2 = 37. Vậy R = 37
Bài toán 14. 6: Cho một tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Một mặt cầu (S) tiếp xúc
với
ba đường thẳng AB, AC, AD lần lượt tại B, C và D. Một mặt cầu (S') có bán
kính R' < R, tiếp xúc với mặt cầu (S) và cũng nhận các đường thẳng AD, AB,
AC làm các tiếp tuyến.
a) Tính bán kính R của mặt cầu (S).
b) Tính thể tích khối cầu (S').
Hướng dẫn giải
a) Gọi O là tâm của mặt cầu (S) thì OB = OC = OD = R và
OBA,OCA,ODA là những tam giác vuông tại các đỉnh B, C, D.
Gọi H là giao điểm của AO và mp(BCD) thì H là tâm của tam
giác đều BCD.
a 6
a 3
, DH =
.
3
3
a 2
Do đó R = OD =
3

Ta có AH =

b) Gọi O' là tâm mặt cầu (S') và D' là điểm tiếp xúc của (S')
với AD, cắt cả hai mặt cầu bởi mặt phẳng (ADO) ta được hình
gồm hai đường tròn tâm O, tâm O' tiếp xúc với nhau và cùng


Vậy: V ' = π R '3 =

)

π 2
(2 − 3)3 (đvtt).
2

Bài toán 14. 7: Chứng minh có mặt cầu tiếp xúc với sáu cạnh của hình tứ diện ABCD
khi
và chỉ khi: AB + CD = AC + BD = AD + BC.
Hướng dẫn giải
Trang 7 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Giả sử có mặt cầu tiếp xúc với sáu cạnh của tứ diện ABCD tại các điểm M, N, P,
Q, R, S như hình vẽ thì AM = AP = AR = x, BM = BS = BQ = y, CN = CP = CS =
z, DN = DQ = DR = t. Do đó, AB + CD = AC + BD = AD + BC = x + y + z + t.
Đảo lại, ta xác định các tiếp điểm từ hệ x + y = AB ; y + z = BC; z + t = CD; t + x
= DA; x + z = AC; y + t = BD.
Hướng dẫn giải ra, ta được:
1
1

x =  AB + AC + AD − ( BC + CD + DB ) 
3
2

1

2
3

đều có cạnh băng 2r và do đó có chiêu cao h1 = r 6 và thể tích là
V1 =

2 3
r 2.
3

Gọi O là tâm của tứ diện đều M 1 , M 2 , M 3 , M 4 . Ta có tứ diện đã cho đồng dạng với
tứ diện M 1 , M 2 , M 3 , M 4 hơn nữa O chính là tâm đồng dạng. Ta gọi các đỉnh của tứ
diện đã cho là A1 A2 A3 và A4 sao cho trong phép đồng dạng tỉ k biến M i thành Ai (i =
1, 2, 3, 4).
Trang 8 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Ta có hai mặt phẳng M 2 , M 3 , M 4 và A2 A3 A4 song song với nhau và có khoảng cách
đúng bằng bán kính r. Gọi G là tâm của mặt M 1 , M 2 , M 3 và G' là tâm của mặt
( A1 A2 A3 ) thì:
OG =


1
r 6
6
h1 =
; OG ' = OG + r = r  1 +
÷
4

∧

a
3a
∧
∧
và QO = . Vì QO / / F ' Q ' nên R Q O = PP ' F ' . Ngoài ra
2
4

∧

O R Q = PP ' F ' = 900 nên suy ra hai tam giác ORQ và PP ' F đồng dạng nhau. Do

đó, bán kính của (S) là:
OR = PP '.

3a
4

OQ
3ah
=h
=
2
PF '
2 a 2 + 4h 2
a
2
 ÷ +h

=
⇒ OM =
=
=
=4
MK MF
MF
MF
7

Do đó OF = 3. Suy ra R = OD = OF 2 + FD 2 = 9 + 16 = 5
Vậy diện tích mặt cầu S = 4π R 2 = 100π
Bài toán 14. 11: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,
∧

∧

∧

A S B = 60°, B S C = 90° và C S A = 120°. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu

ngoại tiếp.
Hướng dẫn giải:
Ta có AB = a, BC = a 2 và AC = a 3 nên tam giác
ABC vuông ở B. Gọi SH là đường cao của hình chóp,
do SA = SB = SC nên HA = HB = HC suy ra H là trung
điểm của cạnh AC.
∧

Tâm mặt cầu thuộc trục SH. Vì góc H S A = 600 nên gọi


3
= 2 = ON
3

SM 2 = OM 2 + SO 2 = 2 + 1 = 3 ⇒ SM = 3 , nên:
S SAM =

1
3 2
1
3 2
AM .SM =
; S SAN = AN .SN =
2
2
2
2

Gọi K là trung điểm của MN thì SK ⊥ MN .
SK 2 = SM 2 − KM 2 = 3 −
S SMN =

3 3
6
nên:
= ⇒ SK =
2 2
2


BC = a.
Do ASC là tam giác vuông cân nên AC = a 2
Từ tam giác cân ASB có góc đỉnh là 120° nên AB = a 3
Trang 11 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


∧

Vì AC 2 + CB 2 = 2a 2 + a 2 = 3a 2 = AB 2 nên AC B = 900
Vì SA = SB = SC = a nên H cách đều ba đỉnh A, B, C. Do đó H là trung điểm của
cạnh AB.
b) Ta có Stp =

a2 2 a2 3 a2 a2 3 a2
+
+ +
= ( 3 + 2 + 1)
2
4
2
4
2
1 a a2 2 a3 2
=
. Do đó:
3 2 2
12

1
2

 m + p = a ⇒ n = ( b + c − a )
2
n2 + p 2 = b 2


 2 1 2
2
2
p = 2( a +b −c )


Vì m 2 + n 2 + p 2 = (2R )2 ⇒
Vậy R =

m2 + n2 + p 2 a 2 + b2 + c 2
=
4
8

1
2 ( a2 + b2 + c2 )
4
1
3

Ta có V = mnp =

1
6 2



nên 2 tam giác ABC và AC'B' đồng dạng.Vì d là tiếp tuyến
của đường tròn (ABC).
∧

∧

Suy ra d AC = A B C (chắn cungAC). Do đó
∧

∧

d AC = AC ' B ' ⇒ d // B' C'. Tương tự b // C'D', c//B'D'.

Vì b,.c, d tạo thành các góc bằng nhau, suy ra tam giác B'C'D' đều.
Ta lại có

B 'C '
= AD suy ra B ' C ' = BC. AD
BC

Tương tự: C ' D ' = AD suy ra đpcm.
Bài toán 14.16: Cho tứ diện ABCD có tính chất: Mặt cầu nội tiếp của tứ diện tiếp xúc
với mặt (ABC) tại tâm đường tròn nội tiếp I tam giác ABC, tiếp xúc với mặt
(BCD) tại trực tâm H của tam giác BCD và tiếp xúc với mặt (ACD) tại trọng tâm
G của tam giác ACD. Chứng minh ABCD là tứ diện đều.
Hướng dẫn giải
Vì I là tâm của đường tròn nội tiếp ∆ ABC nên
^


^

^

^

α = H B D = H C D, β = H B C , γ = H B D

Mặt khác ∆HCD = ∆GDC
^

^

Mặt khác ∆ HCD = ∆ AGCD suy ra α = G C D, β = G D C .
^

Gọi P là trung điểm của AC ta có P G C = α + β suy ra
^

P G C = 1800 − ( α + β + γ ) = 900 Do đó DP là đường cao vừa là đường trung tuyến

nên ∆ DAC cân đỉnh D suy ra
^
^
∆ GAC cân đỉnh G. Từ đó α = γ nghĩa là H C D = H C B nên CH là phân giác của

góc DCB. Từ đó ∆ DCB cân ở C, vậy CB = CD.
Mặt khác ∆ ABC cân ở B nên BA = BC. Vậy DA = DC = BC = BA. Mặt khác do
^
α = γ nên ^


^

^

Ta có AO M = AC D = A D1 C1 ⇒ Tứ giác OED1M nội tiếp ⇒ OA ⊥ C1 D1 = AI ⊥ C1D1
Tương tự AI AI ⊥ B1C1 = AI ⊥ ( B1C1D1 ) . AI cắt ( B1C1D1 ) tại H
1
2

1
2

Ta có AH . AI = AE. AO = AD1 AM = AD1. AD = abc
⇒ AH =

abc
. Gọi V1 là thể tích tứ diện AB1C1 D1
2R

V AB AC AD ( abc )
1
1 abc
= abc ⇒ V1 = V .abc = S . AH = S
Ta có: 1 = 1 1 1 =
. Vậy S = 6VR
2
V
AB. AC .AC ( abc )
3

∑
i i
 ∑ Si OAi ÷/ Stp
i =1
 i =1

4

n


⇒ OI 2 =  R 2 ∑ Si + 2 ∑ Si S j OAi OAj  : S 2tp
1≤i < j ≤ 4
 i =1

2
2
2
2
2
Mà OAi OAj = ( OA i + OA j − Ai A j ) / 2 = R − Ai A j / 2



2
2
2
Nên OI =  R Stp −



) nằm trong (P).
2

Vì IJ là đường trung bình của tam giá SMA nên: SA
IJ =

SA
và IJ ⊥ ( P )
2

Do đó khi M chuyển động trên đường tròn (O) thì đoạn IJ
sinh ra một mặt trụ có trục Ht 1 (P) và bán kính

R
.
2

Bài toán 14. 20: Một hình trụ có bán kính R và chiều cao R 3 .
a) Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích.
b) Cho hai điểm A và B lần lượt nằm trên đường tròn đáy sao cho góc giữa AB và
trục của hình trụ bằng 30°. Tính khoảng cách giữa AB và trục của hình trụ.
Hướng dẫn giải
2
a) S xq = 2π RR 3 = 2 3π R

Stp = S xq + 2S day = 2 3π R 2 + 2π R 2 = 2( 3 + 1)π R 2

V = π R 2 .R 3 = 3π R 3

Gọi O và O' là tâm của hai đường tròn đáy. Gọi AA' là đường

O'D. Vẽ đường sinh DA thì: g(OO', A'D) = g(AD, A'D) = AD A ' = α
Trong tam góc AOA' cân tại O:
AA '2 = 2 R 2 − 2 R 2 cos 300 = (2 − 3) R 2 ⇒ AA '2 = 2 − 3 R
^

Tam giác A D A ' vuông tại A nên:
DA '2 = AD 2 + AA '2 ⇒ a 2 = (2 R ) 2 + (2 − 3) R 2 ⇒ R =

Ta có: h 2 = AD 2 = DA '2 − A ' A2 = a 2 − (2 − 3).

a
6− 3

a2
4a 2
a 6− 3
=
⇒h=2
6− 3 6− 3
6− 3

Do đó tanα = AA ' = 2 − 3
AD

2

b) Thể tích của khối trụ là:
V = π R2h = π

a2

2

Tương tự, khoảng cách giữa mỗi đường thẳng AD, BC, BD và OO ' đều bằng
R 2
. Từ đó suy ra các đường thẳng AC, AD, BC, BD và OO ' đều tiếp xúc
2

với mặt trụ có trục OO ' là và có bán kính

R 2
2

Bài toán 14. 23: Trên đường tròn đáy của một hình trụ, ta lấy hai điểm xuyên tâm A
và
B, trên đường tròn đáy thứ hai ta lấy điểm C không nằm trên mặt phẳng
(AOB), với O là trung điểm của trục hình trụ. Chứng minh rằng tổng các góc nhị
diện của góc tam diện với đỉnh O và các cạnh OA, OB, o c bằng 360°.
Hướng dẫn giải
Gọi C' là điểm đối xứng của C qua tâm O. Khi đó, nếu ở góc
tam diện OABC có các góc nhị diện với các cạnh OA, OB,
OC lần lượt bằng α , β , γ thì ở góc tam diện OABC' có các
góc nhị diện với các cạnh OA, OB,OC lần lượt bằng: 180°- α
, 180°- β , γ . Gọi I là tâm đường tròn đường kính AB, trong
tứ diện OAB C', các góc nhị diện với cạnh OA và OC' bằng
nhau (vì tứ diện này nhận mặt phân giác của góc nhị diện
cạnh OI làm mặt phẳng đối xứng); ngoài ra, trong tứ diện
OIB C', các góc nhị diện với cạnh OB và OC' bằng nhau.
0
0
0

^

AI = SA cos S A I =

Từ đó:

3
SA
2

1
SA
2

AI
1
=
mà
AO
3

^

cos I AO =

^
AI
6
a
a 6

(đvdt), sxq = π .OA.SA = π a 3 (đvđt)
4

Bài toán 14. 26: Cho hình nón S, góc giữa đường sinh d và mặt đáy là α . Một mặt
phẳng (P) qua đỉnh S, hợp với mặt đáy góc 60°. Tính diện tích thiết diện và khoảng
cách từ O đến mp(P)
Hướng dẫn giải:
Thiết diện là tam giác SAB cân tại S.Gọi I là trung
điểm AB.
^

Ta có AB ⊥ OI , SI ⇒ S I O = 600
Trang 19 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


∆SOA, ∆SOI vuông góc tại O nên: SO = d sin α , OA = d cos α ⇒ SI =

OI =

2d sin α
,
3

d sin α
3

⇒ AI 2 = OA2 − OI 2 =
⇒ AI =

d2

 R'
= ÷
V1 + V2  x 
3

V1 + V2 + V3  R 
= ÷
V1 + V2
x

3

V + 2V2  R 
=  ÷ Do đó
Mà V3 = V2 Suy ra: 1
V1 + V2  x 
2 ( V1 + V2 )  R   R '  R 3 + R '3
=  ÷ + ÷ =
⇔ x=
V1 + V2
x3
x  x 
3

3

R 3 + R '3
2

Bài toán 14. 28: Một hình nón có chiều cao bằng h và bán kính đáy bằng r.

r + h2 + r 2

b)
Giả sử hình nón có đỉnh S và lấy điểm M cố định trên đường tròn đáy (O; r) thì
tam giác SOM vuông ở O. Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình nón là giao điểm của
SO và mặt phẳng trung trực của SM, bán kính R = IS.
Gọi SS' là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình nón
(SS' > h). Tam giác SMS' vuông tại M, có đường cao MO
nên:
MO 2 = OS .OS ' ⇒ r 2 = h ( SS '− h ) ⇒ SS ' =

r2
r 2 + h2
+h =
h
h

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón là: R =

r 2 + h2
2h

Bài toán 14. 29: Một hình nón tròn xoay có chiều cao bằng 3, có đáy là hình tròn có
bán
kính 1. Một hình lập phương nội tiếp trong đó sao cho một mặt thì nằm trên mặt
phẳng đáy, 4 đỉnh của mặt đối diện của hình lập phương thì thuộc mặt nón. Tính
thể tích hình lập phương.
Hướng dẫn giải
Trang 21 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


2

Hướng dẫn giải:
Đặt OA=a, OB=b,OC=c
⇒R=

1 2
a + b2 + c2
2

1
abc
3V
2
r
=
=
c
Ta có
Stp 1 (ab + bc + ca ) + 1 a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2
2
2
R ab + bc + ca + a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2
⇒ =
r
2abc

a 2 + b2 + c2

 3 3 a 2b 2 c 2 + 3 3 a 4 b 4 c 4  3 3 a 2b 2 c 2

uuu
r uuu
r
AB 2 = OB − OA = 2 R 2 − 2OAOB = 2 R 2 − AB 2

(

)

uuur

uuu
r uuur uuur uuur

Mặt khác 4OG = OA + OB + OC + OD
⇒ 16OG 2 = 4 R 2 + ∑ ( 2 R 2 − AB ) với

∑

là tổng theo 6 cạnh

16 R 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 + a '2 + b '2 + c '2 ) ≥ 0 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 + a '2 + b '2 + c '2 ≤ 16 R 2

Trong tam giác ABC ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4S 3
Tương tự cho các Sa , Sb , S c rồi cộng lại ta được:
2 ( a 2 + b 2 + c 2 + a '2 + b '2 + c '2 ) ≥ 4 3.Stp Do đó 8 R 2 ≥ 3Stp

Mà Stp =

3V


A ' H . A ' A = A ' BA ' I =

B'H =

1
1
1
A ' B. A ' J = A ' A1.A ' A ⇒ A ' H = A '. A Tương tự:
2
2
2

1
1
1
B ' B1 ; C ' H = C ' C1; D ' H = D ' D1
2
2
2

Từ VHBCD + VHCDA + VHDAB + VHABC = VABCD

⇒

VHBCD VHCDA VHDAB VHABC
HA ' HB ' HC ' HD '
+
+
+

÷
÷ ≥ 16
 AA1 BB1 CC1 DD1   AA ' BB ' CC ' DD ' 
⇒

AA ' BB ' CC ' DD ' 8
+
+
+
≥
AA1 BB1 CC1 DD1 3

Bài toán 14. 33: Cho tứ diện A1 A2 A3 A4 có G là trọng tâm, gọi (S) là mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện trên. Các đường thẳng GA1GA2GA3GA4 cắt (S) tại A1 ' A2 ' A3 ' A4 ' Chứng minh:
4

4

1

1

∑ GA ' ≤ ∑ GA
i =1

1

i =1

i


4

1

∑ GA
i =1

i

uuuruuur
uuur uuur uuuur
GAi 2 = OAi 2 + OG 2 + 2OAi OG = R 2 + OG 2 + 2OG (GAi − GO )
4

n

i =1

i =1

⇒ ∑ GAi 2 = 4( R 2 − OG ) 2 = ∑ GAi 2
2

 4
 4
Và 4∑ GAi ≥  ∑ GAi  ; ∑ GAi .6
i =1
 i =1
 i =1

i =1

⇔ ∑ GAi ≤ ( R 2 − OG 2 )∑

≤

i

4
1 4
1
GAi 2 ∑
∑
4 i =1
i =1 GAi

1
GAi

Bài toán 14. 34: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D'. Gọi R, r, h, V lần lượt là
bán kính mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp, đường cao kẻ từ A' và thể tích của tứ diện
A'AB'D'.Chứng minh:

V (h − r ) 2
≤
R 2 .r.h
3

Hướng dẫn giải
Đặt AA' = a; AB' = b; A'D' = c. Ta có

2

Tứ diện A’AB'D' vuông tại A' nên R = a 2 + b 2 + c 2
Suy ra

S xq ( A '. AB ' D ')
3R

2

=

2 ab + bc + ca 2 V (h − r ) 2
≤ ⇒ 2
≤
3 a 2 + b2 + c2 3
R .r.h
3

Bài toán 14. 35: Tứ diện ABCD nội tiếp trong mặt cầu (O, R). Gọi ma + mb + mc + md
là độ dài các trọng tuyến vẽ từ A, B, C, D. 3
Chứng minh R R ≥

2
( ma + mb + mc + md )
16

Hướng dẫn giải

uuu