Bài 20 trang 58 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Một hình trụ có diện tích xung quanh là S, diện tích đáy bằng diện tích một mặt cầu bán kính a. Hãy tính: 1) Thể tích hình trụ ; 2) Diện tích thiết diện qua trục của hình trụ. Giải 1) Kí hiệu bán kính đáy và chiều cao hình trụ đó lần lượt là R và h. Khi đó \({S_{\rm{đ}}} = \pi {R^2} = 4\pi {a^2},{S_{xq}} = S = 2\pi Rh.\) Từ các hệ thức trên, ta có R=2a và \(h = {S \over {4\pi a}}\). Như vậy thể tích khối trụ là \(V = \pi {R^2}h = \pi 4{a^2}.{S \over {4\pi a}} = Sa.\) 2) Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật có các kích thước là 2R và h. Vậy diện tích thiết diện qua trục là \(2Rh = 4a.{S \over {4\pi a}} = {S \over \pi }.\) Bài 21 trang 58 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R, chiều cao OO’ bằng h, A và B là hai điểm thay đổi trên hai đường tròn đáy sao cho AB = a không đổi \(\left( {h < a < \sqrt {{h^2} + 4{R^2}} } \right)\). 1) Chứng minh góc giữa hai đường thẳng AB và OO’ không đổi. 2) Chứng minh khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OO’ không đổi. Giải 1) Gọi AA’ là một đường sinh của hình trụ thì AA’=h và \({\rm{AA'//}}OO'\), khi ấy \(\alpha = \widehat {BAA'}\) là góc giữa AB và OO’ và \(\cos \alpha = {{AA'} \over {AB}} = {h \over a}.\) Điều này khẳng định góc giữa AB và OO’ không đổi. 2) Gọi I là trung điểm của A’B thì có \(O'I \bot mp(AA'B),\) mặt khác \(OO'//mp(AA'B),\) vậy O’I là khoảng cách giữa AB và OO’. Vì O’I là trung tuyến của tam giác A’O’B có ba cạnh là \(A'B = \sqrt {{a^2} - {h^2}} ,O'A' = O'B' = R\) nên O'I có độ dài không đổi. Dễ thấy \(O'I = \sqrt {{R^2} - {{{a^2} - {h^2}} \over 4}} .\) Bài 22 trang 58 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R, thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông. 1) Tính diện tích và thể tích hình cầu ngoại tiếp hình trụ. 2) Một mp(P) song song với trục hình trụ, cắt đáy hình trụ theo một dây cung có độ dài bằng bán kính đáy hình trụ. Tính diện tích các thiết diện của hình trụ và hình cầu ngoại tiếp hình trụ khi cắt bởi mặt phẳng (P). Giải 1) Giả sử thiết diện qua trục OO’ của hình trụ là hình vuông ABCD. Khi đó AB = AD = 2R. Gọi O1 là trung điểm của OO’ thì mặt cầu tâm O1, bán kính O1B là mặt cầu ngoại tiếp hình trụ. Dễ thấy \({O_1}B = R\sqrt 2 \). Vậy diện tích mặt cầu là \(4\pi {\left( {R\sqrt 2 } \right)^2} = 8\pi {R^2}\) và thể tích khối cầu là \({4 \over 3}\pi {\left( {R\sqrt 2 } \right)^2} = {8 \over 3}\pi {R^3}\sqrt 2 .\) 2) Mặt phẳng (P) song song với OO’ nên cắt hình trụ theo thiết diện là hình chữ nhật có một cạnh bằng AD, cạnh còn lại theo giả thiết bằng R. Vậy diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi (P) là \(R.2R = 2{R^2}.\) Vì \((P)//OO'\) nên khoảng cách từ tâm O1 của mặt cầu ngoại tiếp hình trụ đến (P) bằng khoảng cách từ O’ đến (P) và bằng O’I (I là trung điểm của dây cung nói trong giả thiết ). Ta có \(O'{I^2} = {R^2} - {\left( {{R \over 2}} \right)^2} = {{3{R^2}} \over 4}.\) Tức là \(O'I = {{R\sqrt 3 } \over 2}.\) Vì mp(P) cắt mặt cầu trên theo đường tròn nên bán kính r của đường tròn được tính theo công thức : \({r^2} = {O_1}{B^2} - O'{I^2} = 2{R^2} - {{3{R^2}} \over 4} = {{5{R^2}} \over 4}.\) Vậy diện tích thiết diện của mặt cầu ngoại tiếp hình trụ đã cho khi cắt bởi mp(P) là \(S = {{5\pi {R^2}} \over 4}.\) Bài 23 trang 58 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hìnhchữ nhật ABCD với AB = a, BC = 2a và đường thẳng \(\Delta \) nằm trong mặt phẳng (ABCD), \(\Delta \) song song với AD và cách AD một khoảng bằng x, \(\Delta \) không có điểm chung với hình chữ nhật ABCD. 1) Tính thể tích của hình tròn xoay tạo nên khi quay hình chữ nhật ABCD quanh \(\Delta \). 2) Xác định x để thể tích nói trên gấp ba lần thể tích hình cầu có bán kính bằng cạnh AB. Giải 1) Kí hiệu O, O’ lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AB, CD với \(\Delta \). Gọi V là thể tích cần tìm, V2 là thể tích hình trụ tạo nên khi quay hình chữ nhật OBCO’ quanh \(\Delta \) ( với OA < OB) hoặc hình tạo nên khi quay hình chữ nhật OADO’ quanh \(\Delta \) (với OA > OB); V1 là thể tích hình trụ tạo nên khi quay hình chữ nhật OADO’ quanh \(\Delta \) ( với OA < OB) hoặc hình trụ tạo nên khi quay hình chữ nhật OBCO’ quanh \(\Delta \) ( với OA > OB). Khi đó V = V2 - V1. Từ đó, với OA < OB thì \(V = \pi O{B^2}.BC - \pi O{A^2}.AD\) \(= 2a\pi \left[ {{{(x + a)}^2} - {x^2}} \right] \) \(= 2{a^2}\pi (2x + a)\) và với OA > OB thì \(V = \pi O{A^2}.AD - \pi O{B^2}.BC \) \(= 2a\pi \left[ {{x^2}-{{(x - a)}^2} } \right] \) \(= 2{a^2}\pi (2x - a)\) 2) Thể tích khối cầu bán kính bằng AB là \({4 \over 3}\pi {a^3}\).Theo giả thiết ta có \(4\pi {a^3} = 2\pi {a^2}(2x + a)\) (với OA < OB) Hoặc \(4\pi {a^3} = 2\pi {a^2}(2x - a)\) ( với OA > OB). Từ đó \(x = {a \over 2}\) ( với OA < OB) hoặc \(x = {{3a} \over 2}\) ( với OA > OB). Bài 24 trang 58 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình trụ có bán kính bằng R, trục OO’ bằng h. Một mặt phẳng (P) thay đổi đi qua O, tạo với đáy hình trụ góc \(\alpha \) cho trước và cắt hai đáy của hình trụ đã cho theo các dây AB và CD ( dây ABđi qua O). 1) Tính diện tích tứ giác ABCD. 2) Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc H của điểm O’ trên (P) thuộc một đường tròn cố định. Giải 1) Gọi I là trung điểm của CD thì \(O'I \bot CD\), từ đó \(OI \bot CD\). Vậy \(\alpha = \widehat {{\rm{OIO'}}}\). Dễ thấy \(AB//CD\), tức là ABCD là hình thang. Mặt khác \(OI \bot CD\) nên \(OI \bot AB.\) Vậy ABCDlà hình thang cân. Diện tích S của ABCD được tính bởi \(S = {1 \over 2}(AB + CD).OI\) Ta có : \(AB = 2R,OI = {{OO'} \over {\sin \alpha }} = {h \over {\sin \alpha }}.\) \(\eqalign{ & O'I = OO'\cot \alpha \cr&\Rightarrow ID = \sqrt {O'{D^2} - O'{I^2}} = \sqrt {{R^2} - {h^2}{{\cot }^2}\alpha } \cr & \Rightarrow CD = 2\sqrt {{R^2} - {h^2}{{\cot }^2}\alpha } \cr} \). Vậy \(S = {1 \over 2}(2R + 2\sqrt {{R^2} - {h^2}{{\cot }^2}\alpha } ).{h \over {\sin \alpha }}\) \(= (R + \sqrt {{R^2} - {h^2}{{\cot }^2}\alpha } ).{h \over {\sin \alpha }}.\) 2) Trong mặt phẳng (OO’I), kẻ \(O'H \bot OI\) thì H là hình chiếu của O’ trên mp(P). Xét tam giác vuông O’IH, ta có \(O'H = O'I\sin \alpha = h.\cot \alpha .\sin \alpha = h.c{\rm{os}}\alpha {\rm{.}}\) Kẻ đường cao HJ của tam giác vuông O’HO thì \(O'J.OO' = O'{H^2},\) \( \Rightarrow O'J = {{O'{H^2}} \over {OO'}} = h.{\cos ^2}\alpha ,\) từ đó suy ra J là điểm cố định. Mặt khác \(H{J^2} = O'{H^2} - O'{J^2} \) \(= {h^2}.{\cos ^2}\alpha - {h^2}.{\cos ^4}\alpha \) \(= {h^2}{\cos ^2}\alpha .{\sin ^2}\alpha .\) Vậy HJ có độ dài không đổi, từ đó ta có điểm H thuộc đường tròn tâm J, bán kính cho trước, trong mặt phẳng vuông góc với OO’ tại J. Chú ý. Cũng có thể thấy H thuộc mặt trụ T có trục là OO’, bán kính đáy R’ cho trước, cụ thể \(R' = h.\cos \alpha .\sin \alpha \), đồng thời H thuộc mặt phẳng vuông góc với trục OO’ tại điểm J. Từ đó Hthuộc đường tròn là giao của mặt trụ T và mặt phẳng nói trên. Bài 25 trang 59 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình lăng trụ lục giác đều ABCDEF.A’B’C’D’E’F’ có cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng h. 1) Tính diện tích xung quanh và thể tích hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ. 2) Tính diện tích toàn phần và thể tích hình trụ nội tiếp hình lăng trụ. Giải 1) Hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho có trục là OO’ (O, O’ là tâm hai đáy của hình lăng trụ) và đường tròn đáy của hình trụ này là đường tròn ngoại tiếp đáy của hình lăng trụ. Dễ thấy bán kính đường tròn đáy của hình trụ ngoại tiếp bằng a. Vậy diện tích xung quanh của hình trụ đó là \({S_1} = 2\pi ah,\) thể tích khối trụ đó là \({V_1} = \pi {a^2}h.\) 2) Hình trụ nội tiếp hình lăng trụ đã cho có trục là OO’, đường tròn đáy của hình trụ này là đường tròn nội tiếp đáy hình lăng trụ. Dễ thấy bán kính đường tròn đáy của hình trụ nội tiếp bằng \({{a\sqrt 3 } \over 2}\). Vậy diện tích toàn phần của hình trụ đó là \({S_2} = 2\pi {{a\sqrt 3 } \over 2}.h + 2\pi {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2} = \pi a\sqrt 3 \left( {h + {{\sqrt 3 } \over 2}a} \right),\) Thể tích hình trụ đó là \({V_2} = \pi {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2}.h = {3 \over 4}\pi {a^2}h.\) Bài 26 trang 59 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thang cân với đáy nhỏ AB = a, đáy lớn CD = 4a, cạnh bên \({{5a} \over 2}\); chiều cao hình lăng trụ bằng h. 1) Chứng minh rằng có hình trụ nội tiếp hình lăng trụ đã cho. 2) Tính diện tích toàn phần và thể tích của hình lăng trụ đó. Giải 1) Vì hình lăng trụ đã cho là hình lăng trụ đứng nên chỉ cần chứng minh đáy ABCD có đường tròn nội tiếp. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD thì \({\rm{IJ}} \bot AB,IJ \bot CD.\) Gọi O là trung điểm của IJ thì \(OI = {\rm{OJ}} = {{{\rm{IJ}}} \over 2}.\) Kẻ \(BH \bot CD.\) Ta có \({\rm{IJ}} = BH = \sqrt {B{C^2} - H{C^2}} \) \( = \sqrt {{{25{a^2}} \over 4} - {{\left( {2a - {a \over 2}} \right)}^2}} = 2a.\) Vậy OI = OJ = a. Mặt khác \(O{B^2} = O{I^2} + I{B^2}\) \(\eqalign{ & \;\;\;\;\;\;\;\; = {a^2} + {{{a^2}} \over 4} = {{5{a^2}} \over 4}, \cr & O{C^2} = {\rm{O}}{{\rm{J}}^2} + J{C^2} \cr & \;\;\;\;\;\;\;\;\;= {a^2} + 4{a^2} = 5{a^2}, \cr} \) từ đó ta có \(B{C^2} = O{B^2} + O{C^2}.\) Kẻ đường cao OK của tam giác vuông OBC thì OK.BC = OB.OC, suy ra \(OK = {{{{a\sqrt 5 } \over 2}.a\sqrt 5 } \over {{{5a} \over 2}}} = a.\) Vậy O là tâm đường tròn nội tiếp hình thang cân ABCD. Vậy hình trụ có trục OO’ ( O, O’ là tâm hai đường tròn đáy) và bán kính đáy bằng a chính là hình trụ nội tiếp hình lăng trụ đã cho. 2) Diện tích toàn phần của hình trụ đó là \(S = 2\pi {a^2} + 2\pi ah = 2\pi a(a + h)\) Và thể tích hình trụ đó là \(V = \pi {a^2}h.\) Chú ý. Có thể giải thích ABCD có đường tròn nội tiếp bởi điều kiện AB + CD = BC + AD. Bài 27 trang 59 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình trụ có trục \({O_1}{O_2}\). Một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) song song với trục \({O_1}{O_2}\), cắt hình trụ theo thiết diện là hình chữ nhật ABCD. Gọi O là tâm của thiết diện đó. Tính \(\widehat {{O_1}{\rm{O}}{{\rm{O}}_2}}\) biết rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCDbằng bán kính đường tròn đáy hình trụ. Giải Vì ABCD là hình chữ nhật nên O là trung điểm của AC. Gọi M là trung điểm của AB thì \({O_1}M \bot AB,OM \bot AB\) và theo giải thiết, AO=AO1. Hai tam giác vuông MAO và MAO1 có MA chung, \(OA = {O_1}A\) nên \(OM = {O_1}M.\) Từ đó \(\widehat {{\rm{O}}{{\rm{O}}_1}M}\)= 450, do đó \(\widehat {{\rm{O}}{{\rm{O}}_1}O_2}\) = 450. Dễ thấy \(\Delta {O_1}O{O_2}\) cân tại O, vậy \(\widehat {{O_1}{\rm{O}}{{\rm{O}}_2}}\) = 900. Bài 28 trang 59 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng \(4\pi .\) 1) Tính diện tích toàn phần của hình trụ. 2) Tính thể tích khối trụ. 3) Tính thể tích khối lăng trụ n-giác đều nội tiếp hình trụ. 4) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình trụ. 5) Một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) song song với trục hình trụ và cắt hình trụ đó theo thiết diện \(AB{B_1}{A_1}\). Biết một cạnh của thiết diện là dây cung của một đường tròn đáy và căng một cung 1200. Tính diện tích thiết diện. Giải 1) Từ \({S_{xq}} = 2\pi R.O{O_1}\) (R là bán kính đáy) \({S_{xq}} = 2\pi R.(R + O{O_1}),\) Ta có \({{{S_{tp}}} \over {{S_{xq}}}} = {R \over {O{O_1}}} + 1 = {1 \over 2} + 1 = {3 \over 2}.\) Vậy \({S_{tp}} = {3 \over 2}.4\pi = 6\pi .\) 2) Ta có \(\eqalign{ & 4\pi = {S_{xq}} = 2\pi R.O{O_1} = 2\pi .R.2R \cr & \Rightarrow R = 1. \cr} \) Thể tích khối trụ là \(V = \pi {R^2}.O{O_1} = 2\pi {R^3} = 2\pi .\) 3) Gọi \({A_1}{C_1}\) là một cạnh của n-giác đều nội tiếp đáy hình trụ thì \(\widehat {{A_1}{O_1}{C_1}} ={{2\pi } \over n}\) và diện tích đáy hình lăng trụ bằng \(\eqalign{ & {S_n} = n.{S_{\Delta {A_1}{O_1}{C_1}}} = n.{1 \over 2}{R^2}\sin {{2\pi } \over n} \cr&\;\;\;\;\;\;= {n \over 2}{R^2}\sin {{2\pi } \over n} = {n \over 2}\sin {{2\pi } \over n} \cr & {V_n} = {S_n}.O{O_1} = n\sin {{2\pi } \over n}. \cr} \) 4) Đường tròn lớn của hình cầu ngoại tiếp hình trụ là đường tròn ngoại tiếp thiết diện qua trục. Vậy bán kính mặt cầu là \({R_C} = R\sqrt 2 \) (R là bán kính đáy của hình trụ ). Từ đó thể tích khối cầu phải tìm là \({V_C} = {4 \over 3}\pi {({R_C})^3} = {{8\pi \sqrt 2 } \over 3}.\) 5) Với thiết diện \(AB{B_1}{A_1}\) như hình vẽ, ta có \(\widehat {{A_1}{O_1}{B_1}}\)=1200, từ đó \({A_1}{B_1} = 2R\sin {120^0} = R\sqrt 3 .\) Vậy \({A_1}{B_1} = \sqrt 3 .\) Do đó diện tích thiết diện là : \({A_1}{B_1}.A{A_1} = \sqrt 3 .2 = 2\sqrt 3 .\) Bài 29 trang 59 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Xét hình trụ nội tiếp một mặt cầu bán kính R mà diện tích thiết diện qua trục hình trụ là lớn nhất. Tính : 1) Thể tích V và diện tích toàn phần \({S_{tp}}\) của hình trụ. 2) Thể tích hình lăng trụ n-giác đều nội tiếp hình trụ và thể tích hình lăng trụ n-giác đều ngoại tiếp hình trụ. 3) Diện tích thiết diện của hình trụ khi cắt bởi một mặt phẳng song song với trục hình trụ và cách trục một khoảng \({R \over 2}.\) Giải Gọi O’ là trung điểm của trục \({O_1}O\) của hình trụ thì O’ là tâm mặt cầu đã cho. Kí hiệu h và r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ thì diện tích thiết diện qua trục là \({S_{td}} = 2r.h.\) Mặt khác \({R^2} = O'{A^2} = {r^2} + {{{h^2}} \over 4} \Rightarrow {r^2} = {R^2} - {{{h^2}} \over 4}.\) Từ đó \({S_{td}} = h\sqrt {4{R^2} - {h^2}} = \sqrt {{h^2}(4{R^2} - {h^2})} .\) Vậy \({S_{td}}\) lớn nhất khi và chỉ khi \(h = R\sqrt 2 .\) Khi đó \(r = \sqrt {{R^2} - {1 \over 4}.2{R^2}} = {{R\sqrt 2 } \over 2} = {h \over 2},\) tức là thiết diện qua trục là hình vuông. 1) \(V = \pi {r^2}h = 2\pi {r^2}.r = 2\pi {r^3} = {{\pi {R^3}\sqrt 2 } \over 2}.\) \({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 3\pi {R^2}.\) 2) \( \bullet \) Dễ thấy diện tích đáy của hình lăng trụ n-giác đều nội tiếp hình trụ là \({n \over 2}{r^2}\sin {{2\pi } \over n}\). Vậy thể tích hình lăng trụ đó là: \(V_{\text{lăng trụ}}={n \over 2}{r^2}\sin {{2\pi } \over n}.2r = n{r^3}\sin {{2\pi } \over n} = {{n{R^3}} \over {2\sqrt 2 }}\sin {{2\pi } \over n}\) \( \bullet \) Xét đa giác đều n cạnh ngoại tiếp đường tròn đáy hình trụ thì độ dài cạnh của đa giác bằng \(2r\tan {\pi \over n},\) từ đó diện tích đáy hình trụ là \({S_{đáy}} = n.{1 \over 2}2r.\tan {\pi \over n}.r = n{r^2}\tan {\pi \over n}.\) Vậy thể tích hình lăng trụ n-giác đều ngoại tiếp hình trụ là \(n{r^2}\tan {\pi \over n} \cdot 2r = 2n{r^3}.\tan {\pi \over n} = {{n{R^3}} \over {\sqrt 2 }}\tan {\pi \over n}\) 3) Giả sử thiết diện là \(MN{N_1}{M_1}\) thì \(MN{N_1}{M_1}\) là hình chữ nhật. Gọi I là trung điểm của MN thì \(OI = {R \over 2}\) và \(IM = \sqrt {{r^2} - {{{R^2}} \over 4}} = \sqrt {{{{R^2}} \over 2} - {{{R^2}} \over 4}} = {R \over 2}.\) Vậy diện tích thiết diện \(MN{N_1}{M_1}\) là \(MN.N{N_1} = 2IM.h = R.R\sqrt 2 = {R^2}\sqrt 2 .\) Bài 30 trang 60 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình hộp \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) nội tiếp trong một hình trụ cho trước, góc giữa đường thẳng \({B_1}D\) và mặt phẳng \(\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)\) bằng 300. Khoảng cách từ trục hình trụ đến mặt phẳng \(\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)\) bằng \({3 \over 2}a\). Tính thể tích hình hộp đã cho và thể tích hình cầu ngoại tiếp hình hộp, biết đường kính của đáy hình trụ bằng 5a. Giải Vì hình hộp \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) nội tiếp hình trụ nên \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) là hình hộp chữ nhật, trục hình trụ là OO1 ( đoạn nối tâm hai đáy của hình hộp ) và khoảng cách từ OO1đến mặt phẳng \((AB{B_1}{A_1})\) bằng nửa AD. Từ đó AD = 3a. BD là đường kính của đường tròn đáy hình trụ nên BD = 5a, suy ra \(A{B^2} = B{D^2} - A{D^2} = 16{a^2}\), tức là AB = 4a, Dễ thấy \(\widehat {D{B_1}A}\) là góc giữa \({B_1}D\) và mặt phẳng \((AB{B_1}{A_1})\), theo giả thiết thì \(\widehat {D{B_1}A}\) = 300, từ đó \({B_1}D = 2AD = 6a.\) Vậy \(BB_1^2 = {B_1}{D^2} - B{D^2} \) \(\eqalign{ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \;= 36{a^2} - 25{a^2} = 11{a^2} \cr & \Rightarrow B{B_1} = a\sqrt {11} \cr} \) Do đó thể tích hình hộp đã cho là: \(V = AB.AD.B{B_1} = 4a.3a.a\sqrt {11} = 12{a^3}\sqrt {11} \) Gọi O’ là trung điểm của \(O{O_1}\) thì O’ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) và bán kính của mặt cầu đólà \(R = {1 \over 2}{B_1}D = 3a.\) Từ đó thể tích hình cầu phải tìm là \(V = {4 \over 3}\pi {R^3} = {4 \over 3}\pi .27.{a^3} = 36\pi {a^3}.\)
