Hh c8 da

CHƯƠNG VIII_HÌNH TRỤ-HÌNH NĨN-HÌNH CẦU _9 Bài 1- HÌNH TRỤ DIỆN TÍCH XUNG QUANG VÀ THỂ TÍCH HÌNH TRỤ Câu Đáp án C Ta có chu vi đáy C=2 πRR=8 πR ⇒ R=4 Thể tích hình trụ V =πR R2 h=πR 10=160 πR (đvtt) Câu Đáp án B Diện tích xung quanh hình trụ S xq=2 πRR h=2 πR 6=36 πR (c m2) Câu Đáp án A Diện tích xung quanh hình trụ S xq=2 πRR h=2 πR 5=40 πR (c m2) Câu Đáp án A Ta có diện tích tồn phần hình trụ ⇔ 24 πR h+2 πR 122=672 πR ⇒ h=16 cm Câu Đáp án B Ta có diện tích tồn phần hình trụ Stp=S xq + S2 d =2 πRR h+ πR R 2=564 πR ⇔ 16 πR h+2 πR 82 =564 πR ⇒ h=27,25 cm Câu Đáp án A ' h Chiều cao hình trụ h = ; bán kính đáy R' =3 R Hình trụ có : Chu vi đáy πR R' =2 πR R=6 πRR=3.2 πRR=3 C nên phương án D sai h πRR h ' '2 Diện tích tồn phần πR R h+2 πR R =2 πR R +2 πR (3 R)= + πRR ≠ πRR h+2 πR R nên phương án B sai Thể tích πR R '2 h' =πR ¿ nên phương án A ' ' h πRR h Diện tích xung quanh πR R h =2 πR R = Câu Đáp án C ≠ πRR h nên phương án C sai R ' Chiều cao hình trụ h' =2 h; bán kính đáy R = Hình trụ có : R ' Chu vi đáy πR R =2 πR =πRR 0; h> 0) Ta có 8=πR R h ⇒h= πR R 16 2 Diện tích tồn phần hình trụ Stp =2 πRR h+2 πR R =2 πRR +2 πR R = R +2 πR R πR R = 8 8 + + 2pR ³ 33 2pR = 33 2p64 = 123 2p cosi R R R R R √ Dấu “=” xảy ⇔ =2 πR R2 ⇒ R= √ Vậy với R= πR Stp đạt giá trị nhỏ 12 √3 πR πR Câu 15 Đáp án A Gọi bán kính đáy chiều cao hình trụ R , h( R> 0; h> 0) V Ta có V =πR R h ⇒ h= πR R V 2V 2 Diện tích tồn phần hình trụ Stp=2 πRR h+2 πR R =2 πRR +2 πR R = R +2 πR R πR R = V V V V + + 2pR ³ 33 2pR = 33 2pV cosi R R R R V R √ Dấu “=” xảy ⇔ =2 πR R2 ⇒ R= √ Vậy với R= V πR V Stp đạt giá trị nhỏ √3 πR V 2 πR Câu 16 Đáp án A 5∘ = (hình trụ) 36 0∘ 7 2 Thể tích phần lại V = πR R h= πR 5=70 πR (c m ) Phần hình trụ bị cắt chiếm Câu 17 Đáp án A 0∘ = (hình trụ) Phần hình trụ bị cắt chiếm 36 0∘ 5 2 Thể tích phần cịn lại V = πR R h= πR 9=187,5 πR (c m ) Câu 18 Đáp án B Xét tam giác vng ABC có HB HC =A H ⇔ HB HC =144 HB + HC=BC ⇔ HB + HC=25 Suy HB=9 ​cm; ​HC =16 ​cm (Chú ý: AB< AC nên HB < HC ) 1 36 = + ⇒ HD= cm 2 HD AH HB 48 48 Tương tự ta có HE= cm⇒ AD= cm Khi quay hình chữ nhật ADHE quanh AD ta hình trụ có chiều cao AD bán 3456 kính đáy HD Nên S xq=2 πRHD AD = 25 πR (c m ) Xét tam giác vng AHB có Câu 19 Đáp án D ^ Xét (O) có CAD=9 0∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét ( K ) có ^ AEH =^ ADH =9 0∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên tứ giác ADHE hình chữ nhật ( có ba góc vng)⇒ phương án A Xét tam giác vng AHB có A H 2= AD AB ⇒ phương án C Xét tam giác vuông A H 2= AC AE nên AD AB= AC AE ⇒ phương án B Bài 2- HÌNH NĨN HÌNH NĨN CỤT DIỆN TÍCH XUNG QUANG VÀ THỂ TÍCH HÌNH NĨN Câu Đáp án D Vì R2 +h2 =l ⇔3 2+ 42 =l ⇔l 2=25⇒l=5 cm Diện tích xung quanh hình trụ S xq=πRRl=πR 3.5=15 πR (c m2 ) Câu Đáp án A d 10 Bán kính đường tròn đáy R= = =5 cm Diện tích xung quanh S xq=πRRl ⇔ πR l=65 πR ⇒ l=13 cm Ta có R2 +h2 =l ⇔5 2+ h2=13 ⇔ h2=144 ⇒ h=12 cm 1 2 Thể tích khối nón V = πR R h= πR 12=100 πR (c m ) Câu Đáp án B d 18 Bán kính đường trịn đáy R= = =9 cm Diện tích xung quanh S xq=πRRl ⇔ πR l=135 πR ⇒l=15 cm Ta có R2 +h2 =l ⇔ 92+ R 2=15 ⇔ h2=144 ⇒ h=12 cm 1 2 Thể tích khối nón V = πR R h= πR 12=324 πR (c m ) Câu Đáp án B 1 2 Ta có V = πR R h ⇔ πR R 10=1000 πR ⇒ R =300 ⇒ R=10 √ Và R2 +h2 =l ⇔ 02 + ( 10 √ ) =l ⇔l=20 cm Diện tích tồn phần hình nón Stp =πRRl+ πR R2=πR 10 √3 20+ πR 300=( 300+ 200 √3 ) πR (c m2) Câu Đáp án D 1 2 Ta có V = πR R h ⇔ πR R 24=800 πR ⇒ R =100 ⇒ R=10 ​cm Và R2 +h2 =l ⇔ 02 +2 2=l ⇔ l=26 cm Diện tích tồn phần hình nón Stp =πRRl+ πR R2=πR 10 26+ πR 02 =360 πR (c m2) Câu Đáp án A 1 3500 πR 2 2 Ta có V = πR h(R + Rr +r )= πR 20 (10 +10.5+ )= ( c m ) Câu Đáp án B 1 2 2 Ta có V = πR h(R + Rr +r )= πR 15 (12 +12.6+6 )=1260 πR (c m ) Câu Đáp án D Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta hình nón có chiều cao AB bán kính đường tròn đáy cạnh AC Theo định lý Pytago ta có A B2=BC 2− A C 2=2 02−1 22 ⇒ AB=16 Thể tích khối 1 2 nón V = πRA C AB= πR 16=768 πR ( c m ) Câu Đáp án B Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta hình nón có chiều cao AB bán kính đường trịn đáy cạnh AC Theo định lý Pytago ta có A B2=BC 2− A C 2=1 02−8 ⇒ AB=6 Thể tích khối nón 1 2 V = πRA C AB= πR 6=128 πR (c m ) Câu 10 Đáp án B Xét tam giác vng ABD ta có BD=√ A D 2−A B 2=√ 52−32=4 ​​(cm) Kẻ CH ⊥ BD H Khi ACHB hình vng nên CH = AB= AC=BH =3 cm ⇒ HD=4−3=1 cm Xét tam giác vng CHD ta có C D 2=C H 2+ H D 2=32+ 12=10⇒ CD=√ 10 Khi quay hình thang vng ABDC quanh cạnh AB ta hình nón cụt có bán kính đáy nhỏ AC , bán kính đáy lớn BD, đường sinh CD chiều cao AB Khi diện tích xung quanh hình nón cụt S xq=πR (R+ r)l=πR (3+ 4) √10=7 πR √ 10( c m2 ) Câu 11 Đáp án C Xét tam giác vng ABD ta có BD=√ A D 2−A B 2=√ 7,52−4, 52=6 ​​(cm) Kẻ CH ⊥ BD H Khi ACHB hình vng nên CH = AB= AC=BH =4,5 cm⇒ HD=6−4,5=1,5 cm 10 Xét tam giác vng CHD ta có C D2=C H 2+ H D2=4, 52+ 1,52=22,5⇒ CD = √ Khi quay hình thang vng ABCD quanh cạnh AB ta hình nón cụt có bán kính đáy nhỏ AC , bán kính đáy lớn BD, đường sinh CD chiều cao AB Khi diện tích xung quanh hình nón cụt 10 S =πR (R+ r)l=πR ( 4,5+7,5) √ =18 πR √ 10(c m2 ) xq Câu 12 Đáp án A Ta có đường sinh l ' 2=¿ Khi diện tích xung quanh S'xq=πR (2 R).( 2l)=4 πRRl=4 S xq Vậy diện tích xung quanh hình nón tăng lần Câu 13 Đáp án C Ta có đường sinh l ' 2=¿ Khi diện tích xung quanh S'xq=πR (3 R) (3l)=9 πRRl=9 S xq Vậy diện tích xung quanh hình nón tăng lần Câu 14 Đáp án B Xét tam giác ABC có AM vừa đường trung tuyến, đường cao, đường phân giác BC a Nên ta có MC= = Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AM ta hình nón đỉnh A , bán kính đáy MC , đường sinh AC chiều cao AM Diện tích tồn phần hình nón a a πR a2 Stp =πRRl+ πR R2=πR MC AC + πR M C2=πR a+ πR = 2 () Câu 15 Đáp án C Xét tam giác ABC có AM vừa đường trung tuyến, đường cao, đường phân giác BC Nên ta có MC= = =2(cm) Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AM ta hình nón đỉnh A , bán kính đáy MC , đường sinh AC chiều cao AM Diện tích tồn phần hình nón Stp =πRRl+ πR R2=πR MC AC + πR M C2=πR 2.4 + πR 22=12 πR (c m 2) Câu 16 Đáp án D Ta uốn hình quạt BAC thành hình nón đỉnh A , đường sinh AB=20 cm Khi độ dài cung BC chu vi đáy hình nón πR 20.144 Ta có độ dài cung BC l BC = 180 =16 πR Khi chu vi đáy hình nón C=2 πRR=16 πR ⇒ R=8 cm ⇒h2 =l 2−R2=2 02−82 ⇒ h=4 √ 21cm 256 πR √ 21 ( c m 3) Thể tích khối nón V = πR 82 √21= 3 Câu 17 Đáp án C Ta uốn hình quạt BAC thành hình nón đỉnh A , đường sinh AB=12 cm Khi độ dài cung BC chu vi đáy hình nón πR 12.135 =9 πR Ta có độ dài cung BC l BC = 180 Khi chu vi đáy hình nón C=2 πRR=9 πR ⇒ R=4,5 cm⇒ h2=l 2−R2=1 22−4,5 ⇒h= √55 cm 55 41 πR √ 55 (c m3 ) Thể tích khối nón V = πR 4, 52 √ = Câu 18 Đáp án A Ta thấy hình nón có bán kính đáy bán kính đáy hình trụ chiều cao chiều cao hình trụ nên 2 V t =πR R h V n= πR R h ⇒V t =3V n Do phần gỗ bỏ chiếm thể tích khối trụ 3 Nên thể tích khối trụ V t =640 πR : =960 πR (c m ) Câu 19 Đáp án A Ta có V t =πR R h=960 πR ⇔ πR R2 15=960 πR ⇒ R=8 ​cm nên bán kính đáy hình nón R=8 cm Chiều cao hình nón h=15 ​cm⇒ đường sinh hình nón l 2=h 2+ R ⇒l=17 cm Diện tích xung quanh hình nón S=πRRl=πR 17=136 πR (c m2) Câu 20 Đáp án D Ta thấy hình nón có bán kính đáy bán kính đáy hình trụ chiều cao chiều cao hình trụ nên 2 V t =πR R h V n= πR R h ⇒V t =3V n Do phần gỗ bỏ chiểm thể tích khối trụ 3 Nên thể tích khối trụ V t =960 πR : =1440 πR (c m ) Câu 21 Đáp án C Ta có V t =πR R h=1440 πR ⇔ πR R2 24=1440 πR ⇒ R=2 √ 15 cm nên bán kính đáy hình nón R=2 √ 15 cm, chiều cao hình nón h=24 ​cm ⇒ đường sinh hình nón l 2=h 2+ R ⇒ l=2 √ 159 cm Diện tích xung quanh hình nón S=πRRl=πR √15 √ 159=4 √ 2385 πR (c m2 ) Bài 3- HÌNH CẦU DIỆN TÍCH MẶT CẦU VÀ THỂ TÍCH HÌNH CẦU Câu Đáp án A Vì đường kính d=6 ​cm nên bán kính hình cầu R= =3 cm Diện tích mặt cầu S=4 πR R2=4 πR 32=36 πR ( c m2) Câu Đáp án B 3 Ta có V = πR R =288 πR ⇒ R =216 ⇒ R=6 cm Từ đường kính mặt cầu d=2 R=2.6=12 cm Câu Đáp án A 3 Ta có V = πR R =972 πR ⇒ R =729 ⇒ R=9 cm Từ đường kính mặt cầu d=2 R=2.9=18 cm Câu Đáp án A 3 Từ giả thiết ta có πR R = πR R ⇒ R =3 R ⇒ R=3 Câu Đáp án D 4 3 3 Từ giả thiết ta có πR R =2 πR R ⇒ R = R ⇒ R= Câu Đáp án D Gọi l độ dài đường sinh hình nón Vì bán kính hình cầu bán kính đáy hình nón nên từ giả thiết ta có πR R2 =πRRl + πR R ⇔ R2=Rl + R2 ⇔3 R2=Rl ⇒l=3 R=3.3=9 cm Sử dụng công thức liên hệ hình nón ta có h2 =l2−R2=9 2−32=72 ⇒h=6 √ 2cm Câu Đáp án B Vì đường kính đáy chiều cao hình trụ đường kính hình cầu nên h=2 R với R bán kính hình cầu bán kính đáy hình trụ Diện tích mặt cầu S=4 πR R2, diện tích xung quanh hình trụ S xq=2 πRR h=2 πRR R=4 πR R2 S πR R =1 Tỉ số diện tích mặt cầu diện tích xung quanh hình trụ S = πR R xq Câu Đáp án C Vì đường kính đáy chiều cao hình trụ đường kính hình cầu nên h=2 R với R bán kính hình cầu bán kính đáy hình trụ Diện tích mặt cầu S=4 πR R2, diện tích xung quanh hình trụ S xq=2 πRR h=2 πRR R=4 πR R2 Diện tích tồn phần hình trụ Stp=S xq +2 πR R 2=4 πR R2 +2 πR R2=6 πR R2 S πR R2 = Tỉ số diện tích mặt cầu diện tích tồn phần hình trụ S = πR R2 Câu Đáp án A Vì đường kính đáy chiều cao hình trụ đường kính hình cầu nên h=2 R với R bán kính hình cầu bán kính đáy hình trụ Thể tích hình cầu V c = πR R ; thể tích khối trụ V t =πR R 2 R=2 πR R3 πR R V Tỉ số thể tích hình cầu thể tích hình trụ c = = V t πR R Câu 10 Đáp án B Từ đề suy chiều cao hình trụ h=3 R với R bán kính hình cầu bán kính đáy hình trụ Thể tích hình cầu V c = πR R ; thể tích khối trụ V t =πR R R=3 πR R πR R V Tỉ số thể tích hình cầu thể tích hình trụ c = = V t πR R Câu 11 Đáp án C a Vì hình cầu nội tiếp hình lập phương nên bán kính hình cầu R= với a cạnh hình lập phương a 2 =πR a2 Khi ta có diện tích mặt cầu S=4 πR R =4 πR (2) Diện tích tồn phần hình lập phương Stp=6 a2 Tỉ số diện tích mặt cậu diện tích tồn phần hình lập S πR a2 πR phương S = = 6a Câu 12 Đáp án A a Vì hình cầu nội tiếp hình lập phương nên bán kính hình cầu R= với a cạnh hình lập phương Diện tích tồn phần hình lập phương Stp=6 a2=24 ⇔ a=2cm Suy R= =1 cm Câu 13 Đáp án A Vì tam giác ABC vng A nên có đường trịn ngoại tiếp đường trịn đường kính BC BC Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác R= a Theo định lý Pytago ta có BC 2= A B2 + A C2=2 a2 ⇒ BC =a √ 2⇒ R= √ Khi quay nửa đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vòng quanh cạnh BC ta a hình cầu có bán kính R= √ nên diện tích mặt cầu 2 S=4 πR R2=4 πR ( a2√2 ) =2 πR a Câu 14 Đáp án A Vì tam giác ABC vng A nên có đường trịn ngoại tiếp đường trịn đường kính BC BC Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác R= Theo định lý Pytago ta có BC 2= A B2 + A C2=2.6 ⇒ BC =6 √2 ⇒ R= √ =3 √ 2 Khi quay nửa đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vòng quanh cạnh BC ta hình cầu có bán kính R=3 √2 nên diện tích mặt cầu S=4 πR R2=4 πR ( √ ) =72 πR (c m2 ) Câu 15 Đáp án C Vì ΔABCABC tam giác nên tâm đường tròn nội tiếp trùng với trọng tâm O tam giác AH Khi bán kính đường tròn nội tiếp R=OH= a a2 a √3 = ⇒ AH = Xét tam giác vuông A H = A B −B H =a − 2 2 () a Suy R= √ Khi quay nửa đường tròn nội tiếp tam giác ABC vòng quanh AH ta hình 4 a √3 πR a a √3 √ ⇒ V = πR R = πR = cầu bán kính R= 3 (6) 54 Câu 16 Đáp án D Vì ΔABCABC tam giác nên tâm đường tròn nội tiếp trùng với trọng tâm O tam giác AH Khi bán kính đường trịn nội tiếp R=OH= 12 2 2 =108 ⇒ AH =6 √ Xét tam giác vuông A H = A B −B H =1 − (2) AH Suy R= =2 √ Khi quay nửa đường tròn nội tiếp tam giác ABC vòng quanh AH ta hình 4 3 cầu bán kính R=2 √ ⇒ V = πR R = πR ( √ ) =32 πR √3 (c m ) 3 Câu 17 Đáp án A Gọi O tâm hình chữ nhật nên OA=OB=OC=OD nên O tâm đường trịn AC ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD Khi bán kính đường trịn R=OA= Theo định lý Pytago ta có A C 2=A D2+ D C 2=32 +4 2=25 ⇒ AC =5 (vì AB=DC=4 ​cm)⇒ R= Khi quay nửa đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD quay quanh đường thẳng MN với M trung điểm AD , N trung điểm BC ta hình cầu tâm O bán kính R= 2 Diện tích mặt cầu S=4 πR R =4 πR =25 πR ( cm) () Câu 18 Đáp án B Gọi O tâm hình chữ nhật nên OA=OB=OC=OD nên O tâm đường trịn AC ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD Khi bán kính đường trịn R=OA= Theo định lý Pytago ta có A C 2=A D2+ D C 2=62 +8 2=100⇒ AC =10 (vì AB=DC=8 ​cm) ⇒ R=5 cm Khi quay nửa đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD quay quanh đường thẳng MN với M trung điểm AD , N trung điểm BC ta hình cầu tâm O bán kính R=5 cm Diện tích mặt cầu S=4 πR R2=4 πR 52=100 πR (c m2 )