Chuyên đề 23 mặt cầu, khối cầu đáp án

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 MẶT CẦU - KHỐI CẦUT CẦU - KHỐI CẦUU - KHỐI CẦUI CẦU - KHỐI CẦUU 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 Câu Cho bán cầu đựng đầy nước với bán kính R 2 Người ta bỏ vào cầu có bán kính 2R Tính lượng nước cịn lại bán cầu ban đầu 112   16 V  24  V    B A V  C Lời giải D   V  24  40  Khi đặt khối cầu có bán kính R 2 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  với h R  R2  R 4  42  22 4  2   2  Vc     64  36   3   16 V   R3  3 Thể tích nửa khối cầu     Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Thể tích khối nước lại nửa khối cầu: 16 2 112   Vn V  Vc   64  36  24   3    Câu 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 2 h= B 2R 3 C h = R Lời giải D h= R 3 Chọn B Ta có: r = R2 - h2 ỉ h2 ÷ ÷ V = pr h = pỗ R ỗ ữh ỗ ữ 4ứ ố Thể tích khối trụ , < h < 2R ỉ 3h ÷ 2R ữ V( hÂ) = pỗ R ỗ Â ỗ ữ ÷ è ø; V( h) = Û h = ± Bảng biến thiên Vậy thể tích khối trụ lớn Câu h= 2R 3 (HSG Bắc Ninh 2019) Một sở sản suất đồ gia dụng đặt hàng làm hộp kín hình  a  0 trụ nhơm đề đựng rượu tích V 28 a Để tiết kiệm sản suất mang lại lợi nhuận cao sở sản suất hộp hình trụ có bán kính R cho diện tích nhơm cần dùng Tìm R A R a B R 2a C R 2a 14 Lời giải D R a 14 Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021 Diện tích nhơm cần dùng đề sản suất diện tích tồn phần S 28a 3 V 28 a   R h 28 a  h  R Ta có l h ; mà S 2 Rl  2 R 2 28a  2 R R với R   28a  S  2    R  0  R a 14  R  Bảng biến thiên Vậy S  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 9 Gọi H  AC  BD , K trung điểm SC x, h   Đặt AB  x; SH h ,  x x2  l SC  h  2 Ta có SK SI SHI ∽ SHC    l 2h.R  x 36h  2h SH SC Do HC  Diện tích đáy hình chóp S ABCD 1 V  h.x  h  36h  2h   x nên 3 Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 1  h  h  36  2h  h  36h  2h   h.h  36  2h     576  V 576 3 3   Ta có , dấu xảy h h 36  2h  h 12, x 12 Vậy Vmax 576 Câu (Sở Vĩnh Phúc 2019) Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính , khối chóp tích lớn ? A 576 C 576 Lời giải B 144 D 144 Giả sử khối chóp S ABCD khối chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính SO   ABCD  M Gọi O tâm hình vng ABCD 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 9 2 Đặt IO  x , x 9 , IAO vuông O nên AO  AI  IO  81  x , suy AC 2 81  x AB  AC 2  81  x , suy SABCD  AB 2  81  x  Do tứ giác ABCD hình vuông nên 2 VS ABCD  SABCD SO   81  x    x     x3  x  81x  729  3 Vậy f  x     x  x  81x  729  x   0;9 Xét hàm số với  x 3  f  x  2   x  x  27  f  x  0   x   l  ; Bảng biến thiên : Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 max f  x   f  3 576 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy : x 0;9 Vậy khối chóp tích lớn 576 Câu (Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Trong không gian Oxyz , lấy điểm C tia Oz cho OC 1 Trên hai tia Ox, Oy lấy hai điểm A, B thay đổi cho OA  OB OC Tìm giá trị nhỏ bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O ABC ? A B 6 C Lời giải D Bốn điểm O, A, B, C tạo thành tam diện vuông OA2  OB  OC 2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O ABC Đặt OA a; OB b, a, b  Ta có a  b 1  b 1  a R a    a   12 OA2  OB  OC a  b  12  R  2 Vậy  1 3   a           Vậy Rmin  a b  , Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Câu (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, cạnh bên hình chóp cm , AB 4 cm Khi thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp S ABCD A 12 cm B 4 cm C 9 cm Lời giải D 36 cm Chọn D 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 SO   ABCD  Khi Ta có: SAO SBO SCO SDO  OA OB OC OD Vậy hình bình hành ABCD hình chữ nhật AC 16  x BC  x  AC   x  AO   2 Đặt 2 16  x  x SO  SA  AO    Xét SAO vuông O , ta có: 2 1  x 2 VS ABCD  SO.S ABCD  x   x x 3 Thể tích khối chóp S ABCD là: a2  b2 2  x  x ab  V   x x   3 Áp dụng bất đẳng thức : ta có:  x x  x 2 Do đó: BC 2, SO 1 SAO  Gọi M trung điểm SA ,  kẻ đường trung trực SA cắt SO I Khi mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD có tâm I bán kính R IS Dấu " " xảy  SI SM SA2   SI   3  R 3(cm)  SMI ∽  SOA ( g g ) 2.SO 2.1 Vì nên SA SO 2 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD là: 4 R 4 36 (cm ) Câu Cho mặt cầu ( S ) có bán kính R 5 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 a a khối tứ diện ABCD b ( a , b số nguyên dương b phân số tối giản), tính a b Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 A a  b 1173 B a  b 4081 C a  b 128 Lời giải D a  b 5035 Chọn B Gọi H trung điểm AC , Vì tam giác ABC vng 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 ) IH  x  Có ID IA 5 2 2 2 Xét tam giác vng AIH có a  AH  AI  IH 25  ( x  5) 10 x  x S  AC.BH a 10 x  x 2 Diện tích tam giác ABC là: 1 V  S ABC DH  (10 x  x ) x 3 Thể tích khối chóp ABCD là: 1 f ( x)  (10 x  x ) x  (10 x  x ) 3 Xét với  x  10 Lập bảng biến thiên cho hàm số f ( x) ta giá trị lớn hàm số f ( x) nửa 4000 20 x 0;10   khoảng ta có kết 81 Vậy a 4000, b 81 nên a  b 4081 Câu  Trong không gian cho tam giác ABC có AB 2 R, AC R, CAB 120 Gọi M điểm thay đổi thuộc mặt cầu tâm B , bán kính R Giá trị nhỏ MA  MC C R 19 Lời giải B 6R A 4R D R Chọn C A D B C 2   2       BA   MB     MA  MB  BA  MB  MB.BA  BA  MB  BA   2MB  BA  BA  MB    Ta có      Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489     BA  MA2  2MB  BA  MA 2 MB       BA BD  MA 2 MB  BD 2 MD 2MD , Gọi D điểm thỏa mãn Do MA  2MC 2  MC  MD  2CD 19 19 CD  AC  AD  AC AD cos120  R  CD R Lại có Dấu xảy M giao điểm đoạn CD với mặt cầu tâm B bán kính R Vậy giá trị nhỏ MA  2MC R 19  S 3 m , đường kính AB Qua A B dựng tia At1 , Bt2 tiếp xúc với mặt cầu vng góc với M N hai điểm di chuyển Câu 10 Cho mặt cầu có bán kính   At1 , Bt2 cho MN tiếp xúc với  S  Biết khối tứ diện ABMN tích V m khơng đổi V thuộc khoảng sau đây? A  17; 21 B  15;17   25;28 C Lời giải D Chọn A  S  H Giả sử MN tiếp xúc 1 V  x.2 R y  Rxy Đặt MA MH x , NB  NH  y Khi Ta có tam giác AMN vng A ( Vì MA  AB, MA  BN )  AN  x  y   x 2 Lại có tam giác ABN vng B  AN 4 R  y  x  y Suy  x 4 R  y  xy 2 R 2R V  R.2 R  18   17; 21 3 Vậy Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  23; 25  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021   P  cho góc xOy 60 Đoạn SO a vng góc với mặt phẳng    Các Câu 11 Trên mặt phẳng điểm M ; N chuyển động Ox , Oy cho ta ln có: OM  ON a Tính diện tích mặt  S cầu có bán kính nhỏ ngoại tiếp tứ diện SOMN 4 a A  a2 B 8 a C Lời giải 16 a D Chọn A 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 MN MN 2OH  OH  Áp dụng định lý hàm số sin tam giác OMN ta có 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  OM  ON    MN   a2 a2 a2 a2 a2 a2 a2  3OH   R   OH    4 4 3.4 a Bán kính nhỏ mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN 4 a  S  có bán kính nhỏ ngoại tiếp tứ diện SOMN 4 R  Tính diện tích mặt cầu BCD  Câu 12 Cho tứ diện ABCD có hình chiếu A lên mặt phẳng  H nằm tam giác BCD Biết H tâm mặt cầu bán kính 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 Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 B 3 A C 3 D Lời giải Chọn D 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 1 12 x 2 IH  x     HB  HM HB HA2 x  4x4  x2 2 HBI taiH : BI HB  HI  x  t x  f (t )  4t  9t 16t  24t  27 (t  )  f (t )  4t   4t  3 f (t ) 0  t  ( n)  t  (l ) 4 Vẽ bảng biến thiên Câu 13 Rmin  3 (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 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 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 khơng đáng kể A 15 12  2 B 24  4 C Lời giải 15 24  4 D 12  2 Chọn A 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   Theo đề ta có x   x3 60 10  x  6   x 15 R  3 12  2 Do bán kính khối cầu Câu 14 (THPT Hồng 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 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? 46 3  dm3  A B 18 3  dm3  46 3  dm3  C Lời giải D 18  dm3  Chọn C Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 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 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 2 R 6  h 4 3 , EJ JC r 1 1 1     EJ 2  2 2  2  r 2 EI IB 3r IA IE 27 9r 108 , IH 1 208 3 V1   IA2 IE   JD JE  3 Suy thể tích thùng nước Vậy thể tích nước cịn lại thùng Câu 15 V 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 Chọn D Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Kẻ đường cao AH tam giác ABC 1 bc  2  OH  2 OH OB OC b2  c Dễ thấy OH  BC nên AH OA2  OH  AH  Tam giác AOH vng O có a 2b  b c  c a b2  c2 S ABC  AH BC  a 2b  b c  c a 2 Tam giác OBC có BC  b  c nên Vậy diện tích tồn phần hình chóp O ABC là: 2 ab  bc  ca  a 2b  b 2c  c a 2 1 V  abc  Stp r Dễ thấy thể tích khối chóp O ABC Suy Stp SOAB  SOBC  SOCA  S ABC    1 a Stp ab  bc  ca  a 2b  b 2c  c a abc  Stp r    r bc bc a a a2 a2       1      3  c b c b Dấu “=” xẩy a b c Câu 16 Cho hai mặt cầu  S1   S2  R  10 Xét tứ đồng tâm O , có bán kình R1 2 S  S  diện ABCD có hai đỉnh A, B nằm hai đỉnh C , D nằm Thể tích lớn khối tứ diện ABCD A B C Lời giải D Chọn D Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 A B I A' O I A B' O D' C C' Dựng mặt phẳng tâm J D J J D C Dựng mặt phẳng tâm I B  P  O; R1  theo giao tuyến đường tròn chứa AB song song với CD , cắt  Q  O; R2  theo giao tuyến đường tròn chứa CD song song với AB , cắt Dựng hai đường kính AB, C D hai đườn tròn cho AB  C D IJ d  AB; CD  d  AB; C D Khi  P  CD nằm  Q  ta có: Xét tất tứ diện có cạnh AB nằm 1 VABCD  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 hàng với O Đặt   IA  x,  x  10 , JC  y ,   y 2  Khi đó: 2 , ta có: OI  10  x , OJ   y 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  y 2 10  x  10  x  ;  y  Có Suy 10  x   y  VABCD Ta được: 24  x  y 24  2 xy 12  xy   4 12  xy  xy  3   xy 12  0  x  10,  y 2   10  x 2     y 1  2  x 2 y  xy 12  xy Đẳng thức xảy khi:   xy  12  xy      x    y  Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 2 xy   6  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Vậy max VABCD 6 S   S2  , hình lập Câu 17 Cho tứ diện ABCD có mặt cầu nội tiếp mặt cầu ngoại tiếp phương ngoại tiếp  S2   S3  Gọi nội tiếp mặt cầu r1 , r2 , r3 bán kính mặt S  S  S  cầu , , 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) r1 r2 r1 r2 r1 r2 r1 r2         C r2 r3 D r2 r3 A r2 r3 3 B r2 r3 Lời giải Chọn C Giả sử tứ diện ABCD có cạnh Khi đó, diện tích mặt tứ diện Gọi H tâm tam giác BCD AH đường cao hình chóp A.BCD BH   3 2   h  AH  AB  BH       3 Do chiều cao hình chóp 2 1 2 V  S BCD h   3 12 Suy thể tích khối tứ diện ABCD r1  Bán kính mặt cầu  S1  3V S BCD nội tiếp diện ABCD 2  12  4 S  Trong mặt phẳng ABH , đường thẳng trung trực AB cắt AH I I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD AB 12 AI    AH 2 AI AM r2   2  Gọi M trung điểm AB , ta có AB AH  Độ dài cạnh hình lập phương ngoại tiếp S  Bán kính mặt cầu  S2  a 2r2  ngoại tiếp hình lập phương r3  a 3   2 r1 r2   Từ ta r2 r3 Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Câu 18   (THPT Lương Văn Tụy - Ninh Bình - 2018) Cho hình chóp S ABCD có ABC  ADC 90 , ABCD  cạnh bên SA vng góc với  , góc tạo SC đáy ABCD 60 , CD a tam a2 giác ADC có diện tích Diện tích mặt cầu Smc ngoại tiếp hình chóp S ABCD 2 2 A S mc 16 a B S mc 4 a C S mc 32 a D S mc 8 a Lời giải SA   ABCD   AC ABCD  Giả thiết: hình chiếu SC lên   ,  ABCD   SC  , AC SCA  SC 60 Do đó:     a2 S ADC  AD.DC  2  AD a Xét tam giác ADC vuông D , diện tích Khi đó: AC  AD  DC   a 3  tan SAC   a 2a SA AC  SA  AC.tan 60 2a SAC vuông A , ta có: Gọi I trung điểm SC   , H trung điểm AC  IH   ABCD  Khi IH // SA   Tứ giác ABCD có D B 90 , H trung điểm AC nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tứ IA IB IC ID   giác ABCD Suy Từ     suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD 1 R  SC  4a  12a 2a 2 Bán kính mặt cầu: 2 Diện tích mặt cầu: S 4 R 16 a Câu 19 (Yên Phong - 2018) Cho mặt cầu tâm O bán kính 2a, mặt phẳng (α) cố định cách ) cố định cách O đoạn a, (α) cố định cách ) cắt mặt cầu theo đường tròn (T) Trên (T) lấy điểm A cố định, đường thẳng qua A Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021 vng góc với (α) cố định cách ) cắt mặt cầu điểm B khác A Trong (α) cố định cách ) góc vng xAy quay quanh A cắt (T) điểm phân biệt C, D không 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) cố định cách ) 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) cố định cách ), IA a Do góc CAD vng nên CD đường kính đường trịn tâm I, CD 2a 2 Đặt AD = x, AC= y Ta có x  y 12a (  x, y  2a ) 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 S BCD a 4a  AH 1 4  2 2   AH 3a 2 2  S BCD a 4a  3a a 21 x y x y 12a Ta có AH 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 Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Gọi I tâm mặt cầu S ABCD hình chóp nội tiếp mặt cầu Gọi x độ dài cạnh SO Gọi M trung điểm SD SI SO SM SD  SD  SD 2 SI SO 18 x Ta có 2 Suy OD 18 x  x 1 2 V  SO.S ABCD  x.2.OD  x  18 x  x   x  18  x  3 3 Thể tích khối chóp S ABCD  18  x x 4   864 18  x   x 18  x   2  3 Ta có  Vậy thể tích khối chóp cần tìm V 576 Câu 21 (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 A h  3R B h  R C V 4R D V 3R Lời giải 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 R  R   h  R  2Rh  h 2 Tam giác IBO có 1 V  a h   Rh  h  h 3 Thể tích khối chóp là:  h  R   Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Xét hàm số Trên h y  Rh  h  h  0; 2R  , với  h  R , y đổi dấu từ “+” sang “-” qua y 4 Rh  3h  y 0  h  h 4R 4R nên thể tích hình chóp đạt lớn 4R BẠN HỌC THAM KHẢO THÊM DẠNG CÂU KHÁC TẠI https://drive.google.com/drive/folders/15DX-hbY5paR0iUmcs4RU1DkA1-7QpKlG?usp=sharing Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TỐN) https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: http://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ! Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19