Trần Lê Quyền
Giải. Mặt cầu đã cho cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A
.ABC, nên với A
A⊥(ABC) ta
có thể áp dụng
R =
r
A
A
2
4
+ R
2
d
=
s
a
2
+
2a
√
3
2
=
a
√
21
3
.
Diện tích mặt cầu là 4πR
2
=
28πa
2
3
.
Ví dụ 3. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Biết rằng OA = a, OB =
b, OC = c, tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
Giải. Ta có AO⊥(OBC) nên có có thể áp dụng (1),
R =
r
OA
2
4
+ R
2
d
=
1
2
p
OA
2
+ OB
2
+ OC
2
.
Công thức này cho phép xây dựng một số bài toán thú vị liên quan đến tứ diện vuông.
Chẳng hạn
BT 1. Cho tứ diện OABC có A, B, C thay đổi nhưng luôn thỏa mãn OA, OB, OC đôi một
vuông góc và 2OA +OB +OC = 3. Giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp OABC
là
A.
√
6
4
B.
√
2
2
C.
3
√
3
8
D.
3
4
BT 2. Cho ba tia Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc với nhau. Gọi C là điểm cố định trên Oz,
đặt OC = 1; các điểm AB, thay đổi trên OxOy, sao cho OA + OB = OC. Tìm giá trị bé
nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
A.
√
6
3
B.
√
6 C.
√
6
4
D.
√
6
2
Ví dụ 4. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA =
2a
√
3
.
Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.BCD.
Giải. Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC, ta có SH⊥(ABC).
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD bằng AH =
a
√
3
.
Trong khi ta có DH = 2AH, thế nên H thuộc đường tròn ngoại
tiếp tam giác BCD. Vậy có thể áp dụng (1),
R =
r
SH
2
4
+ R
2
d
=
a
√
21
6
.
Như vậy, có thể ‘nới rộng’ điều kiện áp dụng của (1), đó là khi hình chiếu của đỉnh S
2 0122 667 8435
