BT VỀ MẶT CẦU, KHỐI CẦU NÂNG CAO

Câu 1. Cho một bán cầu đựng đầy nước với bán kính R  2 . Người ta bỏ vào đó một quả cầu có bán kính bằng 2R . Tính lượng nước còn lại trong bán cầu ban đầu. A. 112 24 3 3 V          . B. 16 3 V   . C. 8 3 V   . D. V      24 3 40 . Lời giải Khi đặt khối cầu có bán kính R R   2 vào khối cầu có bán kính R ta được phần chung của hai khối cầu. phần chung đó gọi là chỏm cầu. Gọi h là chiều cao chỏm cầu. Thể tích khối chỏm cầu là 2 3 c h V h R         . với 2 2 2 2 h R R R           4 4 2 4 2 3 .     2 4 2 3 2 4 2 3 4 64 36 3 3 3 Vc                . Thể tích một nửa khối cầu 1 4 16 3 . 2 3 3 V R     . Thể tích khối nước còn lại trong nửa khối cầu: Chuyên đề 23 MẶT CẦU KHỐI CẦU Tài Liệu Ôn Thi Group https:TaiLieuOnThi.Net TAILIEUONTHI.NET Trang 2   16 2 112 64 36 3 24 3 3 3 3 V V V n c                 .

Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 MẶT CẦU - KHỐI CẦU Chuyên đề 23 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC TẾ - CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN MẶT CẦU – KHỐI CẦU Cho bán cầu đựng đầy nước với bán kính R  Người ta bỏ vào cầu có bán kính R Tính lượng nước lại bán cầu ban đầu 112   16 A V   24    B V    C V   Lời giải   D V  24  40  I N E T Khi đặt khối cầu có bán kính R   R vào khối cầu có bán kính R ta phần chung hai khối cầu phần chung gọi chỏm cầu Gọi h chiều cao chỏm cầu Thể tích khối chỏm cầu h  Vc   h  R   3  2   2  Vc      64  36    16 Thể tích nửa khối cầu V   R  3 Thể tích khối nước cịn lại nửa khối cầu: U O N T  IE  IL  A  H với h  R  R2  R   42  22   T Câu Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Vn  V  Vc  Câu 16 2 112    64  36   24   3     Cho khối cầu  S  tâm I , bán kính R khơng đổi Một khối trụ thay đổi có chiều cao h bán kính đáy r nội tiếp khối cầu Tính chiều cao h theo R cho thể tích khối trụ lớn A h  R B h  2R C h  R R D h  Lời giải Chọn B Ta có: r  R  h2  h2  Thể tích khối trụ V  r h    R   h ,  h  R    3h  2R  ; Vh    h   Vh     R    Bảng biến thiên Vậy thể tích khối trụ lớn h  (HSG Bắc Ninh 2019) Một sở sản suất đồ gia dụng đặt hàng làm hộp kín hình I N E trụ nhơm đề đựng rượu tích V  28 a  a   Để tiết kiệm sản suất mang lại T Câu 2R Ta có l  h ; mà V  28 a   R h  28 a3  h  Trang https://TaiLieuOnThi.Net N O U IE IL 28a R2 D R  a 14 A B R  2a T C R  2a 14 Lời giải Diện tích nhơm cần dùng đề sản suất diện tích tồn phần S A R  a T H lợi nhuận cao sở sản suất hộp hình trụ có bán kính R cho diện tích nhơm cần dùng Tìm R Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 28a S  2 Rl  2 R  2  2 R với R  R  28a3   S  2    R    R  a 14  R  Bảng biến thiên Vậy Smin  R  a 14 Câu (Mã 104 2017) Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính , tính thể tích V khối chóp tích lớn A V  576 B V  144 C V  144 Lời giải D V  576 Chọn D Xét hình chóp tứ giác S ABCD nội tiếp mặt cầu có tâm I bán kính R  Gọi H  AC  BD , K trung điểm SC Đặt AB  x; SH  h ,  x, h   x2 x  l  SC  h2  2 SK SI Do SHI ∽ SHC    l  2h.R  x2  36h  2h2 SH SC 2 Diện tích đáy hình chóp S ABCD  x nên V  h.x  h 36h  2h 3 Ta có HC  T  E  I N H 1  h  h  36  2h  h  36h  h   h.h  36  h      576  V  576 , dấu xảy 3   T Ta có O U A 576 B 144 C 576 Lời giải A IL IE (Sở Vĩnh Phúc 2019) Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính , khối chóp tích lớn ? D 144 T Câu N h  h  36  h  h  12, x  12 Vậy Vmax  576 Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Giả sử khối chóp S ABCD khối chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính Gọi O tâm hình vng ABCD SO   ABCD  M trung điểm SA , kẻ MI vng góc với SA cắt SO I I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD , bán kính mặt cầu IA  IS  Đặt IO  x ,  x  , IAO vuông O nên AO  AI  IO  81  x , suy AC  81  x Do tứ giác ABCD hình vng nên AB  S ABCD  AB   81  x  AC  81  x , suy 2 Vậy VS ABCD  S ABCD SO   81  x    x     x  x  81x  729  3 Xét hàm số f  x     x  x  81x  729  với x   0;9 x  f   x     x  x  27  ; f   x      x  9  l  Bảng biến thiên : Dựa vào bảng biến thiên ta thấy : max f  x   f    576 T x 0;9 I N (Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Trong không gian Oxyz , lấy điểm C tia Oz cho OC  H Câu E Vậy khối chóp tích lớn 576 N T Trên hai tia Ox, Oy lấy hai điểm A, B thay đổi cho OA  OB  OC Tìm giá trị nhỏ Trang https://TaiLieuOnThi.Net D U Lời giải C IE IL B A T A O bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC ? Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Bốn điểm O , A, B , C tạo thành tam diện vuông OA2  OB  OC Đặt OA  a; OB  b, a, b  Ta có a  b   b   a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O ABC R  a  1  a   12 OA2  OB  OC a  b  12 Vậy R    2 2  1 3 2 a           Vậy Rmin  (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, cạnh bên hình chóp cm , AB  cm Khi thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp S ABCD A 12 cm2 B 4 cm2 C 9 cm2 D 36 cm2 E T Lời giải A IL IE U O N T H I N Chọn D T Câu , a  b  Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group S M I A D O C B Gọi O giao điểm AC BD Ta có SAC cân S nên SO  AC SBD cân S nên SO  BD Khi SO   ABCD  Ta có: SAO  SBO  SCO  SDO  OA  OB  OC  OD Vậy hình bình hành ABCD hình chữ nhật Đặt BC  x  AC  42  x  AO  AC 16  x  2 Xét SAO vuông O , ta có: SO  SA2  AO   16  x  x2  1  x2 x   x x Thể tích khối chóp S ABCD là: VS ABCD  SO.S ABCD  3 Áp dụng bất đẳng thức : ab  a  b2 2  x2  x2 ta có: V   x x   3 Dấu "  " xảy   x  x  x  Do đó: BC  2, SO  Gọi M trung điểm SA ,  SAO  kẻ đường trung trực SA cắt SO I Khi mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD có tâm I bán kính R  IS Vì SMI ∽ SOA( g g ) nên SI SM SA2   SI     R  3(cm) SA SO 2.SO 2.1 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD là: 4 R  4 32  36 (cm2 ) Câu Cho mặt cầu ( S ) có bán kính R  Khối tứ diện ABCD có tất đỉnh thay đổi thuộc mặt cầu ( S ) cho tam giác ABC vuông cân B DA  DB  DC Biết thể tích lớn tính a  b A a  b  1173 a a ( a , b số nguyên dương phân số tối giản), b b B a  b  4081 C a  b  128 Lời giải D a  b  5035 T khối tứ diện ABCD T A IL IE U O N T H I N E Chọn B Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Gọi H trung điểm AC , Vì tam giác ABC vuông cân B DA  DB  DC nên DH  ( ABC ) tâm I mặt cầu ( S ) thuộc tia DH Đặt DH  x AH  a (  a  5,  x  10 ) Có ID  IA  IH  x  Xét tam giác vng AIH có a  AH  AI  IH  25  ( x  5)  10 x  x AC.BH  a  10 x  x 1 Thể tích khối chóp ABCD là: V  S ABC DH  (10 x  x ) x 3 1 Xét f ( x )  (10 x  x ) x  (10 x  x ) với  x  10 3 Lập bảng biến thiên cho hàm số f ( x ) ta giá trị lớn hàm số f ( x ) nửa Diện tích tam giác ABC là: S  4000 20 x  81 Vậy a  4000, b  81 nên a  b  4081 khoảng  0;10  ta có kết Câu Trong khơng gian cho tam giác ABC có AB  R, AC  R, CAB  1200 Gọi M điểm thay đổi thuộc mặt cầu tâm B , bán kính R Giá trị nhỏ MA  2MC C R 19 B 6R A 4R D 2R Lời giải Chọn C A D B C   Ta có MA2  MB  BA      BA  MB        MB  MB.BA  BA   MB  BA    MB  BA  BA  MB         BA  MA2  MB  BA  MA  MB       BA Gọi D điểm thỏa mãn BD  , MA  MB  BD  MD  2MD     E I N T H 19 19 R  CD  R N Lại có CD  AC  AD  AC AD cos120  T Do MA  2MC   MC  MD   2CD U O Dấu xảy M giao điểm đoạn CD với mặt cầu tâm B bán kính R IE Vậy giá trị nhỏ MA  2MC R 19 A IL Câu 10 Cho mặt cầu  S  có bán kính  m  , đường kính AB Qua A B dựng tia At1 , Bt2 T tiếp xúc với mặt cầu vng góc với M N hai điểm di chuyển Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group At1 , Bt2 cho MN tiếp xúc với  S  Biết khối tứ diện ABMN tích V  m3  khơng đổi V thuộc khoảng sau đây? A 17; 21 B 15;17  C  25; 28 D  23; 25 Lời giải Chọn A Giả sử MN tiếp xúc  S  H 1 Đặt MA  MH  x , NB  NH  y Khi V  x.2 R y  Rxy Ta có tam giác AMN vng A ( Vì MA  AB, MA  BN )  AN   x  y   x Lại có tam giác ABN vuông B  AN  R  y Suy  x  y   x  R  y  xy  R 2R3 Vậy V  R.2 R   18  17; 21 3   60 Đoạn SO  a vng góc với mặt phẳng   Các Câu 11 Trên mặt phẳng  P  cho góc xOy điểm M ; N chuyển động Ox , Oy cho ta có: OM  ON  a Tính diện tích mặt cầu  S  có bán kính nhỏ ngoại tiếp tứ diện SOMN A 4 a B  a2 8 a Lời giải C D 16 a T A IL IE U O N T H I N E T Chọn A Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Gọi H , I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN tâm bán mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN  R  OH  IH  a2  OH Áp dụng định lý hàm số sin tam giác OMN ta có MN MN  2OH  OH  sin60 Áp dụng định lý hàm số cosin tam giác OMN ta có  MN  OM  ON  2.OM ONcos MON  OM  ON  OM ON   OM  ON   3OM ON  a 2 2  OM  ON  3  a2 a2 a2 a2 a2 a2 a2 2  MN   3OH   R   OH    4 4 3.4 Bán kính nhỏ mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN a Tính diện tích mặt cầu  S  có bán kính nhỏ ngoại tiếp tứ diện SOMN 4 R  4 a Câu 12 Cho tứ diện ABCD có hình chiếu A lên mặt phẳng  BCD  H nằm tam giác BCD tiếp xúc cạnh AB , AC , AD Dựng hình bình hành AHBS Tính giá trị nhỏ bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD 3 B 3 C D 2 Lời giải Chọn D E I N H T N O U IE IL A T A T Biết H tâm mặt cầu bán kính Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ơn Thi Group Gọi M,N,P hình chếu H lên AB,AC,AD ta có HM=HN=HP=  AM=AN=AP  AH   MNP    MNP    BCD   AB  AC  AD ( AH trục đường tròn MNP ) Vậy A thuộc trục đường tròn ngoại tiếp  BCD AH trục đường tròn ngoại tiếp  BCD Gọi I=AH BS  IB=IC=ID=IS Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp S.BCD IH  x  1 12 x 2    HB  HM HB HA2 4x2  HBI tai H : BI  HB  HI  t  x  f (t )  4t  9t 16t  24t  27 (t  )  f (t )  4t   4t  3 f (t )   t  ( n )  t   (l ) 4 T 3 E Vẽ bảng biến thiên Rmin  I N (SGD Điện Biên - 2019) Một vật thể đựng đầy nước hình lập phương khơng có nắp Khi thả khối cầu kim loại đặc vào hình lập phương thấy khối cầu tiếp xúc với tất mặt hình lập phương Tính bán kính khối cầu, biết thể tích nước cịn lại hình lập phương 10 Giả sử mặt hình lập phương có độ dày không đáng kể 24  4 C 15 24  4 Lời giải Chọn A Trang 10 https://TaiLieuOnThi.Net D 12  2 IE B IL 15 12  2 A T A U O N T H Câu 13 x4  x2 x2  Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Giả sử hình lập phương có cạnh x Khi thể tích khối lập phương x x Bán kính khối cầu tiếp xúc với mặt khối lập phương Do thể tích khối cầu tiếp  x   x3 xúc với mặt hình lập phương     2 Theo đề ta có x   x3  10  x  Do bán kính khối cầu R  60  x 15  12  2 (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Một thùng đựng đầy nước tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh hình nón mặt phẳng vng góc với trục hình nón Miệng thùng đường trịn có bán kính ba lần bán kính mặt đáy thùng Người ta thả vào khối cầu có đường kính chiều cao thùng nước đo thể tích nước tràn ngồi 54 3  dm3  Biết khối cầu tiếp xúc với mặt thùng nửa khối cầu chìm nước (hình vẽ) Thể tích nước cịn lại thùng có giá trị sau đây? A 46 3  dm3  B 18 3  dm3  46 3  dm3  Lời giải C D 18  dm3  T Chọn C A IL IE U O N T H I N E Xét thiết diện qua trục hình nón hình vẽ Hình thang cân ABCD ( IJ trục đối xứng) thiết diện thùng nước, hình trịn tâm I bán kính IH thiết diện khối cầu Các đường thẳng AD , BC , IJ đồng qui E T Câu 14 Trang 11 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ơn Thi Group Đặt bán kính khối cầu IH  R , bán kính mặt đáy thùng JD  r , chiều cao thùng IJ  h Ta có 3  R  54 3  R  3 , h  R   h  EJ JC r 1 1 1     EJ  ,  2 2  2  r  2 EI IB 3r IH IA IE 27 9r 108 1 208 3 Suy thể tích thùng nước V1   IA2 IE   JD2 JE  3 Vậy thể tích nước cịn lại thùng V  Câu 15 208 3 46 3  54 3  dm3   3 (THPT Mai Anh Tuấn_Thanh Hóa - 2019) Cho tứ diện OABC có OA  a, OB  b, OC  c đơi vng góc với Gọi r bán kính mặt cầu tiếp xúc với bốn mặt tứ diện Giả a sử a  b, a  c Giá trị nhỏ r A  B  C D  Lời giải Trang 12 https://TaiLieuOnThi.Net IL A T Kẻ đường cao AH tam giác ABC 1 bc    OH  Dễ thấy OH  BC nên 2 2 OH OB OC b  c2 IE U O N T H I N E T Chọn D Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Tam giác AOH vuông O có AH  OA2  OH  AH  a 2b  b c  c a b2  c AH BC  a 2b  b2c  c a Vậy diện tích tồn phần hình chóp O ABC là: Stp  SOAB  SOBC  SOCA  S ABC  ab  bc  ca  a 2b  b2c  c2 a 1 Dễ thấy thể tích khối chóp O ABC V  abc  Stp r Suy Tam giác OBC có BC  b  c nên S ABC    1 a 2S ab  bc  ca  a 2b  b 2c  c a abc  Stp r    r bc bc a a a2 a2 1  1  111 111   c b c b Dấu “=” xẩy a  b  c  Câu 16 Cho hai mặt cầu  S1   S2  đồng tâm O , có bán kình R1  R2  10 Xét tứ diện ABCD có hai đỉnh A, B nằm  S1  hai đỉnh C , D nằm  S2  Thể tích lớn khối tứ diện ABCD A B C Lời giải D Chọn D A A' B I A B' O D' I B O J J D C C' D C Dựng mặt phẳng  P  chứa AB song song với CD , cắt  O; R1  theo giao tuyến đường tròn tâm I Dựng mặt phẳng  Q  chứa CD song song với AB , cắt  O; R2  theo giao tuyến đường tròn I N E T tâm J Dựng hai đường kính AB, C D hai đườn tròn cho AB  CD   N O Xét tất tứ diện có cạnh AB nằm  P  CD nằm  Q  ta có: T H Khi IJ  d  AB; CD   d  AB; C D  T A IL IE U 1 AB.CD.IJ sin  AB, CD  AB.C D.IJ  VABC D 6 Do ta cần xét tứ diện có cặp cạnh đối AB  CD chúng có trung điểm I , J thẳng VABCD  hàng với O Trang 13 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group   Đặt IA  x,  x  10 , JC  y ,   y   , ta có: OI  10  x , OJ   y Khi đó: d  AB, CD   IJ  OI  OJ  10  x   y Thể tích khối tứ diện ABCD là: 1 VABCD  AB.CD.IJ  x.2 y 10  x   y  xy 6    10  x   y  14  x  y2 Có 10  x  10  x  ;  y2  Suy 10  x   y  Ta được: VABCD 24  x  y 24  2 xy 12  xy   4 2 12  xy  xy  3   xy  12  xy  xy 12  xy         0  x  10,  y    10  x    x  Đẳng thức xảy khi:   y    y   2 x  y  xy  12  xy  Vậy max VABCD  Câu 17 Cho tứ diện ABCD có mặt cầu nội tiếp  S1  mặt cầu ngoại tiếp  S2  , hình lập phương ngoại tiếp  S2  nội tiếp mặt cầu  S3  Gọi r1 , r2 , r3 bán kính mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  Khẳng định sau đúng? (Mặt cầu nội tiếp tứ diện mặt cầu tiếp xúc với tất mặt tứ diện, mặt cầu nội tiếp hình lập phương mặt cầu tiếp xúc với tất mặt hình lập phương) A r1 r r r r r r r 1 1 B   C   D     r2 r3 3 r2 r3 r2 r3 r2 r3 3 Lời giải Chọn C Gọi H tâm tam giác BCD AH đường cao hình chóp A.BCD Giả sử tứ diện ABCD có cạnh Khi đó, diện tích mặt tứ diện E T BH   3 H T I N   Do chiều cao hình chóp h  AH  AB  BH       3 T A IL IE U O N 1 2 Suy thể tích khối tứ diện ABCD V  S BCD h   3 12 Trang 14 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 3V Bán kính mặt cầu  S1  nội tiếp diện ABCD r1   12  S BCD 4 Trong mặt phẳng ABH , đường thẳng trung trực AB cắt AH I I tâm mặt cầu  S2  ngoại tiếp tứ diện ABCD Gọi M trung điểm AB , ta có Độ dài cạnh hình lập phương ngoại tiếp  S2  a  2r2  Bán kính mặt cầu  S3  ngoại tiếp hình lập phương r3  a 3   2 Từ ta r1 r   r2 r3 (THPT Lương Văn Tụy - Ninh Bình - 2018) Cho hình chóp S ABCD có  ABC   ADC  90 , cạnh bên SA vng góc với  ABCD  , góc tạo SC đáy ABCD 60 , CD  a tam a2 Diện tích mặt cầu S mc ngoại tiếp hình chóp S ABCD B Smc  4 a C Smc  32 a D Smc  8 a giác ADC có diện tích A Smc  16 a I N E T Lời giải   T  H Giả thiết: SA   ABCD   AC hình chiếu SC lên  ABCD   U O N     60 ,  ABCD   SC , AC  SCA Do đó: SC Khi đó: AC  AD  DC  a 3 IL IE a2 AD.DC   AD  a 2 A Xét tam giác ADC vuông D , diện tích SADC   a  2a T Câu 18 AB 12 3 AI AM    AI   r2   AH AB AH 2 2 2 Trang 15 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group SA  SA  AC.tan 60  2a AC Gọi I trung điểm SC 1 , H trung điểm AC  SAC vuông A , ta có: tan SAC Khi IH // SA  IH   ABCD  B   90 , H trung điểm AC nên H tâm đường trịn ngoại tiếp tứ Tứ giác ABCD có D giác ABCD Suy IA  IB  IC  ID   Từ 1   suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD 1 SC  4a  12a  2a 2 Diện tích mặt cầu: S  4 R  16 a Bán kính mặt cầu: R  Câu 19 (Yên Phong - 2018) Cho mặt cầu tâm O bán kính 2a, mặt phẳng (α) cố định cách O đoạn a, (α) cắt mặt cầu theo đường tròn (T) Trên (T) lấy điểm A cố định, đường thẳng qua A vng góc với (α) cắt mặt cầu điểm B khác A Trong (α) góc vng xAy quay quanh A cắt (T) điểm phân biệt C, D khơng trùng với A Khi chọn khẳng định đúng: A Diện tích tam giác BCD đạt giá trị nhỏ a 21 B Diện tích tam giác BCD đạt giá trị lớn a 21 C Diện tích tam giác BCD đạt giá trị nhỏ 2a 21 D Do (α) không qua O nên không tồn giá trị lớn hay nhỏ diện tích tam giác BCD Lời giải Gọi I tâm đường tròn thiết diện Ta có OI=a, OI (α), IA  a T Do góc CAD vng nên CD đường kính đường tròn tâm I, CD  2a I N E Đặt AD = x, AC= y Ta có x  y  12a (  x, y  2a ) IL IE U O N T H Gọi H hình chiếu A lên CD Ta có BHCD S BCD  CD.BH  BH a  a AB  AH 2 Ta có OI AB đồng phẳng, gọi E trung điểm AB, ta có OEAB, tứ giác OIAE hình chữ nhật, AB = 2OI = 2a T A S BCD  a a  AH Trang 16 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 1 4 Ta có  2    AH  3a  S BCD  a a  3a  a 21 2 AH x y x y 12a Dấu xảy x = y Câu 20 (THPT Hải An - Hải Phòng - 2018) Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính , tính thể tích V khối chóp tích lớn A V  144 B V  576 C V  576 D V  144 Lời giải Gọi I tâm mặt cầu S ABCD hình chóp nội tiếp mặt cầu Gọi x độ dài cạnh SO Gọi M trung điểm SD Ta có SI SO  SM SD  SD  SD  2SI SO  18 x Suy OD  18 x  x 1 2 Thể tích khối chóp S ABCD V  SO.S ABCD  x.2.OD  x 18 x  x   x 18  x  3 3 x x  18  Ta có x 18  x   18  x      864 2  3 Vậy thể tích khối chóp cần tìm V  576 A IL IE U O N T H I N E T (THPT n Khánh A - 2018) Cho hình chóp tứ giác chiều cao h nội tiếp mặt cầu bán kính R Tìm h theo R để thể tích khối chóp lớn 4R 3R A h  3R B h  R C V  D V  Lời giải T Câu 21 Trang 17 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Gọi a độ dài cạnh đáy hình chóp tứ giác S ABCD Gọi O, I tâm đáy tâm cầu ngoai tiếp hình chóp a2 a2  R2   R   h  R   Rh  h 2 Thể tích khối chóp là: V  a h   Rh  h  h 3 Tam giác IBO có  h  R   Xét hàm số y   Rh  h  h với  h  R , y  Rh  3h  y    h  Trên  0; 2R  , y  đổi dấu từ “+” sang “-” qua h  4R nên thể tích hình chóp đạt lớn 4R T A IL IE U O N T H I N E T h 4R Trang 18 https://TaiLieuOnThi.Net ... S2  ,  S3  Khẳng định sau đúng? (Mặt cầu nội tiếp tứ diện mặt cầu tiếp xúc với tất mặt tứ diện, mặt cầu nội tiếp hình lập phương mặt cầu tiếp xúc với tất mặt hình lập phương) A r1 r r r r r... I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD 1 SC  4a  12a  2a 2 Diện tích mặt cầu: S  4 R  16 a Bán kính mặt cầu: R  Câu 19 (Yên Phong - 2018) Cho mặt cầu tâm O bán kính 2a, mặt phẳng... ba lần bán kính mặt đáy thùng Người ta thả vào khối cầu có đường kính chiều cao thùng nước đo thể tích nước tràn ngồi 54 3  dm3  Biết khối cầu tiếp xúc với mặt thùng nửa khối cầu chìm nước