D02 tính diện tích mặt cầu muc do 3

có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB 3 ,a ADa,SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.. Tính theo a diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD.. Gọi O là gia

Câu 41: [2H2-3.2-3] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có

đáy ABCD là hình chữ nhật, AB 3 ,a ADa,SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Tính theo a diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

5

10

4

2

S  a

Lời giải Chọn A

Gọi H là trung điểm ABSHAB (vì SAB đều)

Mặt khác SAB  ABCDSHABCD

Gọi O là giao điểm của AC BD, O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD

Gọi G là trọng tâm SBCG là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SBC

Qua O dựng đường thẳng d SH// d là trục của đường tròn  O , qua G dựng đường thẳng

//OH

   là trục của đường tròn  H d  I IAIBICIDISI là tâm của mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABCD

Xét tam giác đều SAB có cạnh là 3 3

2

a

a SH  SGa

Mặt khác

AD a

IGOH   Xét tam giác vuông

:

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABCD là: 2 2

S R  a

Câu 25: [2H2-3.2-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình

chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B Biết ABBCa 3,

90

SABSCB  và khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng a 2 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A 16 a 2 B 12 a 2 C 8 a 2 D 2 a 2

Lời giải

Chọn B

B

A

S

H

Gọi D là hình chiếu của S trên ABCD

Trong SCD kẻ DHSC tại H

Ta có AD//SBCd A SBC ,  d D SBC ,  DH

2

SB

R a

S  R  a

Câu 42 [2H2-3.2-3] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ đứng

ABC A B C   có đáy ABC là tam giác vuông tại A Biết ABAAa, AC2a Gọi M là trung điểm của AC Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MA B C   bằng

Lời giải Chọn C

I

M'

M

A

A'

C' B'

Gọi I là trung điểm của cạnh B C  Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp A B C  

Gọi M là trung điểm của cạnh A C  Khi đó MMA B C  

Do MAMCa 2 nên MA C  vuông tại M Do đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp

MA C 

Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MA B C   Bán kính mặt cầu là 5

BC a

rIB 

Do đó diện tích mặt cầu là 2 2

S r  a

Câu 30 [2H2-3.2-3] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018)Cho mặt cầu  S

tâm O và các

điểm A , B , C nằm trên mặt cầu  S

sao cho ABAC6, BC8 Khoảng cách từ tâm O đến

mặt phẳng ABC

bằng 2 Diện tích mặt cầu  S bằng

A.404 505

75



B 2196

75

 C 404

5

 D 324

5



Lời giải

I

O

C

B A

Chọn C

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , do A , B , C nằm trên mặt cầu  S

nên

OI  ABC

Theo đề bài ta có khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng ABC

bằng 2 hay OI 2

Gọi M là trung điểm của BC, do tam giác ABC cân tại A nên

20

Diện tích tam giác ABC là 1 1 20.8 8 5

ABC

S  AM BC 

Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có . . 6.6.8 9

AB BC CA r

S

Xét tam giác vuông OIA ta có 2 2 2 4 81 101

OA OI IA    Vậy diện tích mặt cầu  S là 2 2 101 404

S  R  OA    

Câu 14: [2H2-3.2-3] [2017] Cho khối chópS ABC có tam giác ABC vuông tại B, biết

1

AB ;AC  3 Gọi M là trung điểm BC, biết SM (ABC) Tổng diện tích các mặt cầu

ngoại tiếp các tứ diện SMABvàb SMACbằng 15 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chópS ABC là

A 21

4



4



D 4

Lời giải Chọn C

N

M A

B

C

S

I

Dễ kiểm tra được BC2a và tam giác MAB đều cạnh a Đặt SM h

Gọi R R1, 2 và R lần lượt là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp của các hình SMAB, SMAC và

S ABC

Gọi r r1, 2 và r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác MAB, MAC và

ABC

Ta có: 1 3

2

2.sin120

AC



Vì SA(MAB), SA(MAC) nên dễ kiểm tra được:

3

R   r  

 

R   r  

 

Theo giả thiết tổng diện tích các mặt cầu thì:  2 2

4 R R 15

Suy ra:

1

h  h   Từ đây tìm được h2 Dựng trung trực của SC, cắt SM tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của S ABC

Dễ kiểm tra SI SM SN SC , suy ra 5

4

SN SC

R SI

SM

Vậy thì diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chópS ABC là

2

4

   

Câu 12: [2H2-3.2-3] (THPT Tứ Kỳ - Hải Dương - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD

có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC60 Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

A

2 13 12

a

S  

2 5 3

a

S  

2 13 36

a

S  

2 5 9

a

S  

Lời giải

Chọn B

S

H

C B

A

Gọi Hlà trung điểm của cạnh AB Vì SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc

với mặt phẳng đáy nên SH ABCD

Gọi O, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và SAB

 



 CHSAB

Từ O kẻ đường thẳng  1 ABC 1//SH

Trong mặt phẳng 1; SH từ G kẻ đường thẳng 2//CH và    2 1 I

Do 2//CH   2 SAB

Vì I1IAIBIC  1 Vì I2 IAIBIS  2 Từ  1 ,  2 có I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

3

a

6

a

GI OH 

9 36

6

a

Do đó diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là:S4R2 5 2

3

a





Câu 6778: [2H2-3.2-3] [THPT Chuyên SPHN-2017] Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình chữ nhật

2

AB a, ADa 3, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SD và

30 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là

A

2 8 3

a



2 4 3

a



Lời giải Chọn D

S

I M

2

ABCD

S  AD AB a a  a ; SD ABCD,  SDA 30

3

SA

AD

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD , cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ,  là đường thẳng đi qua O và song song với SA Mặt phẳng trung trực của SA cắt  tại I là trung điểm của SC Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

 2

S  r   a  a

Câu 7300: [2H2-3.2-3] [THPT chuyên Lê Quý Đôn-2017]Cắt hình nón đỉnh S cho trước bởi mặt

phẳng đi qua trục SO của nó ta được một tam giác vuông cân có cạnh bên độ dài bằng a Tính diện tích của mặt cầu nội tiếp hình nón đã cho

A.23 2 2 a 2 B.4 2

3a C.23 2 2 a 2 D. 2

2 a

Lời giải ChọnA

Ta thấy SIH SAOg g- 

 SI IH

SA AO  SO IO IO

  Vì IOIH  1

AB a

SO AO   2

Từ  1 và  2 

2 2

2 2

a

IO IO



  2 2

2

a IO



4 2 3 2 2