TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
BTVN NGÀY 12-03
Hình cầu trong HHKG.
Bài 1 : Cho tứ diện ABCD có AB=CD=c; AC=BD=b; AD=BC=c. Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện.
Bài 2 : Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a. Gọi
A’, B’, C’, D’lần lượt là trung điểm của SA,SB,SC,SD.
a) CMR: Các điểm A,B,C,D,A’,B’,C’,D’ cùng thuộc một mặt cầu (C).
b) Tính bán kính mặt cầu này.
Bài 3 : Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hai mặt bên
(SAB) và (SAD) cung vuông góc với đáy, SA=a.
Tính bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp.
Bài 4 : Cho tứ diện ABCD có 4 chiều cao kẽ từ 4 đỉnh lần lượt là h
1
, h
2
,h
3
,h
4
. Gọi r là bán
kính hình cầu nội tiếp tứ diện.
CMR:
1 2 3 4
1 1 1 1 1
h h h h r
+ + + =
Bài 5 : Cho tam giác cân ABC có
0

MN BC⊥
Vậy MN là đoạn vuông góc chung của AD và BC. Hay MN là đường trung trực của AD
và BC.
 Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện sẽ là trung điểm của MN.
Ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2
2 4 2
b c a b c a
AM DM MN AM AN
+ + −
= = − ⇒ = − =
2 2 2
2 2
1
( )
2 2 2
MN a b c
R OA AN
+ +
⇒ = = + =
Vậy:

2 2 2
2 2 2 2
1
4 . . ( )
4 2 2
4
a b c

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
. ' ' ' ( ) ( ) ( OO') ;
2 4
2 2
OO'
2 4 4
a a
OI x Do IA IA OI OA OI OA x x
SO a a
x
= = ⇒ + = + ⇔ + = + +
= = ⇒ =
Vậy 8 điểm A,B,C,D, A’,B’,C’,D’ cùng thuộc mặt cầu tâm I.
b) Bán kính :
2 2
10
8 2 4
a a a
R IA= = + =
Bài 3 :
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hai mặt bên
(SAB) và (SAD) cung vuông góc với đáy, SA=a.
Tính bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp.
Giải:
Vì
( ) ( )
( ) ( )
SAB ABCD
SAB ABCD AB AD SA

3
1 1
2
. . .
óp
3 3 3
a
V SA S ABCD a a
ch
= = =
W
và
3 (2 2)
2
TP
V a
r
S
r
−
⇒ =
=
Bài 4 :
Cho tứ diện ABCD có 4 chiều cao kẽ từ 4 đỉnh lần lượt là h
1
, h
2
,h
3
,h

1 1 1 1 1
3 3
TP
V V V V
V h S h S h S h S h h h h
S S S S
S S S S
S
h h h h V V r
= = = = ⇒ = = = =
+ + +
⇒ + + + = = =
Bài 5 :
Cho tam giacs cân ABC có
0
120BAC∠ = và đường cao
2AH a=
. Trên đường thẳng
∆

vuông góc với (ABC) tại A lấy 2 điểm I,J ở 2 bên điểm A sao cho: IBC là tam giác đều,
JBC là tam giác vuông cân.
d) Tính các cạnh của
∆
ABC.
e) Tính AI, AJ và chứng minh các tam giác BIJ và CIJ là các tam giác vuông.
f) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IJBC, IABC.
Giải:
a) Các bạn tự tính ra ta được:


2 2 2 2
sin
BC
R R a AH
A
= ⇒ = =
nên A’ đối xứng với A qua
BC.
Gọi K là trung điểm của AI, Tâm L của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC là giao
điểm của trục A’x của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trung trực của đoạn
Az nằm trong mp (AIH).
Page 4 of 8
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 28 tháng 02 năm 2010
Bán kính mặt cầu đó là:

2
2 2 2 2 2
2
4 4 8 2 3
4
AI
R LA AK LK AH a a a= = + = + = + =
• NGÀY 10.03
Bài 1:
Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho mp
( ) :2 2 15 0x y z
α
+ − + =


ur ur r
Nhưng trung điểm M của IJ lại nằm trên
( )
α
nên ta có : b= -4 và I (-5;-4;5)
Ta tính được khoảng cách từ I đến
( )
α
là IO’=3.
Vì C=2πR
0
=8π nên R
0
=4 . =>
2 2 2 2
' ' 4 3 5R IA IO AO= + = + =
Vậy:
2 2 2
( ) :( 5) ( 4) ( 5) 25C x y z+ + + + − =
Bài 2 :
Tìm tập hợp tâm các mặt cầu đi qua gốc tọa độ và tiếp xúc với 2 mặt phẳng có phương
trình lần lượt là:
(P): x+2y-4=0 và (Q): x+2y+6=0
Giải:
Ta nhận thấy (P) song song với (Q) nên 2R= d( (P), (Q)).
Lấy M(0;2;0) thuộc (P) ta có: d( (P), (Q))= d( M, (Q)) =
2 5 5R⇒ =
.
Lúc này PT mặt cầu có dạng: (x-a)