ÔN TOÁN THPT

Câu (Đề Tham Khảo 2017) Cho mặt cầu tâm O bán kính R Xét mặt phẳng  P  thay đổi cắt mặt cầu theo giao tuyến đường tròn  C  Hình nón  N  có đỉnh S nằm mặt cầu, có đáy đường tròn  C  có chiều cao h  h  R  Tính h để thể tích khối nón tạo nên  N  có giá trị lớn A h  3R C h  B h  R 4R D h  Lời giải Chọn C Cách 1: Gọi I tâm mặt cầu H , r tâm bán kính  C  Ta có IH  h  R r  R  IH  R   h  R   Rh  h  Thể tích khối nón V  h r  h Rh  h 3   3  4R   h  h  R  2h   R  Ta có h  h   R  2h        h  2R  h     2      Do V lớn h  R  2h  h  4R Cách 2: Gọi I tâm mặt cầu H , r tâm bán kính  C  Ta có IH  h  R r  R  IH  R   h  R   Rh  h   Thể tích khối nón V  h r  h Rh  h  2h R  h3 3     Xét hàm f  h   h3  2h R, h   R, R  , có f   h   3h  4hR f   h    3h2  4hR   h  h  4R 3R Bảng biến thiên 32 4R Vậy thể tích khối nón tạo nên  N  có giá trị lớn R , h  27 32 32 4R R   R h  V   27 81 max f  h   Câu  (Đề thức 2019) Trong khơng gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z    Có tất điểm A  a; b; c  ( a, b, c số nguyên) thuộc mặt phẳng  Oxy  cho có hai tiếp tuyến  S  qua A hai tiếp tuyến vng góc với nhau? B A 12 C 16 Lời giải D Chọn A  Mặt cầu  S  : x  y  z      có tâm I 0;0;  , bán kính R  A  a ; b ; c    Oxy   A  a ; b ;0  * Xét trường hợp A   S  , ta có a  b  Lúc tiếp tuyến  S  thuộc tiếp diện  S  A nên có vơ số tiếp tuyến vng góc a  a  a  1 a  1 Trường hợp ta có cặp giá trị  a; b   ; ; ; b  b  1 b  b  * Xét trường hợp A  S  Khi đó, tiếp tuyến  S  qua A thuộc mặt nón đỉnh A Nên tiếp tuyến vng góc với A Điều kiện để có tiếp tuyến vng góc góc đỉnh mặt nón lớn 90 Giả sử AN ; AM tiếp tuyến  S  thỏa mãn AN  AM ( N ; M tiếp điểm) N A I M Dễ thấy ANIM hình vng có cạnh IN  R  IA   2  IA  R  a  b  Điều kiện phải tìm   2  IA  IA   a  b  Vì a , b số nguyên nên ta có cặp nghiệm  a; b   0;2 ,  0;  2 ,  2;0 ,  2;0 , 1;1 ,  1; 1 ,  1;1 , 1; 1 Vậy có 12 điểm A thỏa mãn yêu cầu Câu (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Lần - 2019) Người ta xây sân khấu với sân có dạng hai hình tròn giao Bán kính hai hình tròn 20 m 15 m Khoảng cách hai tâm hai hình tròn 30 m Chi phí làm mét vng phần giao hai hình tròn 300 nghìn đồng chi phí làm mét vng phần lại 100 nghìn đồng Hỏi số tiền làm mặt sân khấu gần với số số đây? A 218 triệu đồng B 202 triệu đồng C 200 triệu đồng D 218 triệu đồng Lời giải Chọn A Gọi O1 , O2 tâm hai đường tròn bán kính 20 m 15 m A , B hai giao điểm hai đường tròn Ta có O1 A  O1 B  20 m ; O2 A  O2 B  15 m ; O1O2  30 m O1 B  O1O2  O2 B 43   O  2623 cos BO1O2    BO 2O1 B.O1O2 48 Theo tính chất hai đường tròn cắt ta có O1O2 tia phân giác  AO1 B  O B  52, 77  AO1 B  2O Suy diện tích hình quạt tròn O1 AB SO1 AB   20 S O1 AB  52, 77  184,  m  360 O1 A.O1 B.sin AO1 B  159,  m   Gọi S1 diện tích hình giới hạn dây AB cung AmB đường tròn  O1   S1  SO1 AB  S O1 AB  25  m  Chứng minh tương tự ta diện tích hình giới hạn dây AB cung AmB đường tròn  O2  S  35  m  Suy diện tích phần giao S  S1  S  60  m   Chi phí làm sân khấu phần giao 60.300 000  18 000 000 (nghìn đồng) Tổng diện tích hai hình tròn S    20   152  1963  m  Diện tích phần khơng giao S   S  1903  m   Chi phí làm sân khấu phần khơng giao 1903.100 000  190 300 000 (nghìn đồng) Số tiền làm mặt sân 18 000 000  190 000 000  208300 000 (nghìn đồng)  208,3 (triệu đồng) Câu (Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương - Lần - 2019) Cho hình phẳng  D  giới hạn đường y  x   , y  sin x x  Gọi V thể tích khối tròn xoay tạo thành  D  quay quanh trục hoành V  p ,  p   A B  Giá trị 24 p C 24 Lời giải D 12 Chọn A Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số y  x   y  sin x x    sin x  x  sin x   * Với x  2 x  sin x  2    nên phương trình * vô nghiệm Hàm số y  f  x   x  sin x có y   cos x     2 ; 2  f     nên phương trình * có nghiệm x    2 ; 2  Suy trục Ox chia  D  thành hình phẳng  D1   D2  hình vẽ khối tròn xoay sinh  D  quay quanh Ox hợp hai khối tròn xoay sinh  D1   D2  quay quanh Ox Ta lại có 1) Hai đồ thị hai hàm số y  x   y   x   đối xứng với qua Ox y  g  x   x  sin x 0;   có y   cos x  x   0;   nên 2) Hàm số liên tục x  sin x  g   x   0;   sin x   x   x   0;   tức Suy hình phẳng đối xứng  D2  qua Ox chứa  D1  Như khối tròn xoay sinh  D  quay quanh trục Ox khối tròn xoay sinh  D2  quay quanh trục Ox khối khối nón có chiều cao  bán kính đáy  1 Vậy V       , suy 24 p  3 Câu (Chuyên Sơn La - Lần - 2019) Cho hai mặt cầu  S1   S  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  S  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 tâm J Dựng hai đường kính AB, C D hai đườn tròn cho AB  CD Khi IJ  d  AB; CD   d  AB; C D  Xét tất tứ diện có cạnh AB nằm  P  CD nằm  Q  ta có: VABCD  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 (theo thứ tự) thẳng hàng với O   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: VABCD  1 AB.CD.IJ  x.2 y 6   10  x   y  xy  10  x   y  14  x  y2 ;  y2  Có 10  x  10  x  Suy 10  x   y  Ta được: VABCD 24  x  y 24  2 xy 12  xy   4 2 12  xy  xy  3 2   xy  12  xy  xy 12  xy     2     0  x  10,  y    10  x    x  Đẳng thức xảy khi:   y    y   2 x  y  xy  12  xy  Vậy max VABCD  Câu (HSG 12 - Sở Quảng Nam - 2019) Cho mặt cầu  S  có bán kính có đường tròn lớn  C  Khối nón  N  có đường tròn đáy  C  thiết diện qua trục tam giác Biết   phần khối nón  N  chứa mặt cầu  S  tích a  b  , với a, b số hữu tỉ Tính a  b 14 A a  b  B a  b  13 C a  b  Lời giải Chọn A 11 D a  b  A H N M I B C O Gọi thể tích khối nón có bán kính đáy OC đường cao OA là: V1 Thể tích khối nón có bán kính đáy IM đường cao IA là: V2 Do ABC tam giác nên M trung điểm AC OA  3, IM  suy ra: IA  IO  3, IH   1 1  , V2   IM IA   12   Ta có: V1   OC OA   22.2  3 3 3 Thể tích chỏm cầu có chiều cao IH bán kính IM là: h IH   16   VC hom   h ( R  )   IH ( R  )    (2  )     3 3     Suy thể tích phần khối nón  N  chứa mặt cầu  S  là: V  V1  V2  VC hom  Suy a  b  Câu  16    16  3 16              a  , b   3 3  3    14 (Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2019) Sử dụng mảnh inox hình chữ nhật ABCD có diện tích 1m cạnh BC  x  m  để làm thùng đựng nước có đáy, khơng có nắp theo quy trình sau: Chia hình chữ nhật ABCD thành hai hình chữ nhật ADNM BCNM , phần hình chữ nhật ADNM gò thành phần xung quanh hình trụ có chiều cao AM ; phần hình chữ nhật BCNM cắt hình tròn để làm đáy hình trụ (phần inox thừa bỏ đi) Tính gần giá trị x để thùng nước tích lớn (coi mép nối không đáng kể) A 1, 37 m B 1, 02 m C 0,97 m D 1m Lời giải Chọn B Ta có AB.BC   AB  1   m BC x Gọi R  m  bán kính đáy hình trụ inox gò được, ta có chu vi hình tròn đáy BC  x  m  Do 2 R  x  R  x x x  m  ; BM  R   AM  AB  BM    m 2  x   x  1 x Thể tích khối trụ inox gò V   R h    x   x       2  x       Xét hàm số f  x   x   x   x    f   x     3x f   x   x        ; f   x    x   0; ;    f   x    x   3        Vậy f  x  đồng biến khoảng  0;  nghịch biến khoảng       ;         2 3 Suy max f  x   f      0;    Từ ta tích V lớn f  x  lớn  x  Câu   1,02  m  (THPT TX Quảng Trị - 2019) Để định vị trụ điện, người ta cần đúc khối bê tơng có chiều cao h  1,5m gồm: - Phần có dạng hình trụ bán kính đáy R  1m có chiều cao h; - Phần có dạng hình nón bán kính đáy R bị cắt bỏ bớt phần hình nón có bán kính đáy R phía (người ta thường gọi hình hình nón cụt); - Phần rỗng có dạng hình trụ bán kính đáy R (tham khảo hình vẽ bên dưới) Thể tích khối bê tơng (làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba) A 2,815 m B 2,814 m C 3, 403m D 3,109 m Lời giải Chọn D Thể tích hình trụ bán kính đáy R có chiều cao h : h V1   R   R h 3 Thể tích hình nón cụt bán kính đáy lớn R , bán kính đáy bé R 2h có chiều cao : 4h R 2 h V2   R     R h 3 18 Thể tích hình trụ bán kính đáy R có chiều cao h (phần rỗng giữa): V3   R2 h   R h 16 16 Thể tích khối bê tông bằng: 1  95  R h  3,109 m V  V1  V2 V3   R h.      18 16  144 Câu (Chuyên Nguyễn Du - ĐakLak - Lần - 2019) Cho tứ diện ABCD cạnh a Gọi K trung điểm AB , gọi M , N hình chiếu vng góc K lên AD , AC Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp K CDMN A a B a C 3a Lời giải Chọn D Coi a  , ta có: KC  , DH  ; AN  AC ; HK  D 3a   6    Chọn hệ trục Oxyz cho K  O  0;0;  , A  0; ;0  , C  ;0;0  , D  ;0;              3  Ta có: AN  AC  N  ; ;0  8   Ta có: Tứ giác CDMN hình thang cân Do mặt cầu ngoại tiếp hình chóp K CDMN mặt cầu ngoại tiếp tứ diện KCDN Giả sử mặt cầu  S  ngoại tiếp tứ diện KCDN có phương trình: x  y  z  ax  2by  2cz  d   a  b  c  d   (1) d    a    3a     b   Vì K , C , D , N   S    3  a c  4 c       3 d   a  b   16  Vậy R  Câu 10  R  a2  b2  c2  d  3a (Kim Liên - Hà Nội - Lần - 2019) Một khối đồ chơi có dạng khối nón Chiều cao 20cm , có chứa lượng nước Nếu đặt khối đồ chơi theo hình H1 chiều cao lượng nước chiều cao khối nón Hỏi đặt khối đồ chơi theo hình H2 chiều cao h lượng nước khối gần với giá trị sau đây? A , 21cm Chọn A Ta xét hình H1 B 5, 09 cm C 6, 67 cm Lời giải D 5,93cm Tương tự với x  a ta có bán kính R  mặt cầu ngoại tiếp EACD R  a2  a 51  a    a 64  4 128 Do R 43  R' 51 Phương pháp trắc nghiệm: Áp dụng công thức Crelle: Với khối tứ diện ABCD tồn tam giác mà số đo cạnh tích số đo cặp đối tứ diện Hơn gọi V thể tích, R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD ta có cơng thức: S  6V R Câu 75 (THPT LƯƠNG VĂN TỤY - NINH BÌNH - LẦN - 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 giác ADC có diện tích a2 Diện tích mặt cầu S mc ngoại tiếp hình chóp S ABCD A Smc  16 a B Smc  4 a C Smc  32 a D Smc  8 a Lời giải S I D A H C B Giả thiết: SA   ABCD   AC hình chiếu SC lên  ABCD   ,  ABCD   SC  , AC  SCA   60 Do đó: SC     Xét tam giác ADC vng D , diện tích SADC  Khi đó: AC  AD  DC  a 3  a  2a a2 AD.DC   AD  a 2 SA  SA  AC.tan 60  2a AC   SAC vuông A , ta có: tan SAC Gọi I trung điểm SC 1 , H trung điểm AC Khi IH // SA  IH   ABCD   B   90 , H trung điểm AC nên H tâm đường tròn 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 Bán kính mặt cầu: R  1 SC  4a  12a  2a 2 Diện tích mặt cầu: S  4 R  16 a Câu 76 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  , AD  cạnh bên hình chóp tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho A V  250  B V  125  C V  500  27 D V  50  27 Lời giải S M I A D O B C Gọi O  AC  BD Do cạnh bên hình chóp tạo với đáy góc 60 nên SO   ABCD  hay SO trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy  SBC  kẻ đường thẳng qua M vuông Gọi M trung điểm cạnh SB , mặt phẳng góc với SB cắt SO I ta có IA  IB  IC  ID  IS hay I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD Theo giả thiết ta có AB  , AD  nên BO  Mà góc SB mặt phẳng  ABCD  BO  ,  SO  cos 60 5 SM SB Ta có SMI  SOB nên SI    SO  60 hay SBO  60  SB    500 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD V         27 Câu 77 (THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI - HÀ TĨNH - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  2a , AD  a Cạnh bên SA vng góc với đáy góc SC với đáy 45 Gọi N điểm thuộc cạnh SA cho SA  4SN , h chiều cao khối chóp S ABCD R bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp N ABC Biểu thức liên hệ R h h A 8R  5h B R  4h C R  5h D R  5 Lời giải S N I A D O B C Ta có SA   ABCD  A   Suy góc SC  ABCD  SCA Theo giả thuyết SCA  45  SA  AC  AB  BC  a Vậy h  a Gọi O trung điểm AC I trung điểm NC  IN  IC  IA  IB nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp N ABC 3   R  IC  NC   a 5  a 4   Suy Câu 78   5a R   8R  5h h (THPT YÊN LẠC - LẦN - 2018) Cho hình nón  N  có góc đỉnh 60o , độ dài đường sinh a Dãy hình cầu  S1  ,  S2  ,  S3  , ,  Sn  , thỏa mãn:  S1  tiếp xúc với mặt đáy đường sinh hình nón  N  ;  S  tiếp xúc với  S1  tiếp xúc với đường sinh hình nón  N  ;  S3  tiếp xúc với  S  tiếp xúc với đường sinh hình nón  N  Tính tổng thể tích khối cầu  S1  ,  S  ,  S3  , ,  S n  , theo a A  a3 52 B 27 a 3 52 C  a3 48 D 9 a3 16 Lời giải S M2 I2 E M1 I1 B A H Gọi I1 , I tâm mặt cầu  S1   S  1 a a  Gọi H trung điểm AB Khi ta có SAB R1  SH  3 Hạ I1M  SA , I M  SA Xét SI M có sin 30ο  I2M  SI  I M Khi ta có SH  SI  I E  EH SI  3r1  3r2  2r1  r1  3r2 Chứng minh tương tự ta có r2  3r3 ,…., rn  3rn 1 Do dãy bán kính r1 , r2 ,…, rn , lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với r1  a công bội q  Suy dãy thể tích khối cầu  S1  ,  S  , …,  S n  ,… lập thành cấp số nhân lùi vô a 3 3 hạn với V1     a công bội q1       54 27 Vậy tổng thể tích khối cầu  S1  ,  S  , ,  S n  , là: V  Câu 79 V1 3  a  q 52 (THPT CHUYÊN BIÊN HỊA - HÀ NAM - 2018) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC đều, đường cao SH với H nằm  ABC 2SH=BC,  SBC  tạo với mặt phẳng  ABC  góc 60 Biết có   điểm O nằm đường cao SH cho d  O ; AB   d  O ; AC   d O;  SBC   Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho A 256 81 B 125 162 C 500 81 D 343 48 Lời giải S F A C K H E D B O Giả sử E , F chân đường vng góc hạ từ O xuống AB, AC Khi ta có  HE  AB, HF  AC Do OE  OF  nên HE  HF Do AH phân giác góc BAC Khi AH  BC  D trung điểm BC  Do BC  AD  BC   SAD  Kẻ OK  SD OK   SBC  Do OK  SDA  60 Đặt AB  BC  CA  2a  a   SH  a, HD  a.cot 60  a Do AD  a  3HD nên H tâm tam giác ABC  S ABC hình chóp tam giác E , F trung điểm AB, AC Mặt khác tam giác SOK có : SO  OK  Do DEF có OH   DFE  nên sin 30 OE  OF  OD   K  D Khi DSO vng D có DH  SO Từ DH  HS HO  a a2  a 2  a 3  AB  3, SH  2 Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC R  SA2  SH Vm / c Câu 80   343       4 48 (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN - 2018) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có SA  AB a , gọi G trọng tâm tam giác SAB khoảng cách hai đường thẳng SA DG , bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S ABCD bằng: a A  6  a B   a 1 C   a 1 D  6  Lời giải z S H G I B C M O D y A x Đặt OA  x  AB  x , SO  SM  OM  x Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ, ta có: O  0;0;0  A  x;0;0  thuộc tia Ox , B  0; x;0  thuộc tia Oy , S  0;0; x  thuộc tia Oz x x x Suy D  0;  x;0  , G  ; ;  3 3     x 4  x x  SA   x;0;  x  , DG   ; ;  , AD    x;  x;0  3 3           2 x  x 2 x x  Suy  SA, DG    ; ;   SA, DG  AD   3        x2  SA, DG  AD x a   d  SA; DG     x Từ giả thuyết ta được:   x  a     2x 3  SA, DG    nên cạnh hình vng AB  a Gọi I tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp Vì S ABCD nên I  SO Ta có  SAB    SOM  theo giao tuyến SM Trong  SOM  kẻ IH  SM IH   SAB  nên H tiếp điểm mặt cầu mặt phẳng  SAB  ΔSIH  ΔSMO  Câu 81 a a SI IH r   a  r   r  2 SM MO   1 a (ĐỀ THI GIỮA KỲ II 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 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) 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 Do góc CAD vng nên CD đường kính đường tròn tâm I, CD  2a Đặt AD = x, AC= y Ta có x  y  12a (  x, y  a ) 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 a  AH Ta có 1 4  2 2   AH  3a  S BCD  a 4a  3a  a 21 2 AH x y x y 12a Dấu xảy x = y Câu 82 (SỞ GD&ĐT N BÁI - 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng A    SCA  900 khoảng cách hai đường thẳng SA BC AB  a, AC  2a Biết SBA 2a Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC A S  4 a B S  9 a C S  6 a Lời giải D S  8 a S I H O a L C B a M N x K 2a A  Tìm tâm?   SBA  SCA  900  Mặt cầu ngoại tiếp có tâm I trung điểm SA, R  IA  Tính R? Gọi M , N trung điểm AC , AB lúc ta có AM  OM , AM  IM  AM  IO (1), tương tự có AN  IO (2) Từ (1) (2) suy IO   ABC  Gọi Ax đường thẳng qua A song song BC Kẻ IK  Ax K 2a AB AC a ; OK  AL  Kẻ OH  IK H lúc d  SA, BC   OH   BC 1       IO  a Xét tam giác vng IOK có 2 IO OH OK a 4a a 2 5a 9a R  IA2  IO  OA2  a   4 9a Diện tích mặt cầu S  4  9 a Câu 83 (THPT THANH MIỆN I - HẢI DƯƠNG - LẦN - 2018) Cho mặt cầu  S  có bán kính R khơng đổi, hình nón  H  nội tiếp mặt cầu  S  Thể tích khối nón  H  V1 ; thể tích phần lại khối cầu V2 Giá trị lớn A 81 32 B V1 bằng: V2 76 32 C Lời giải 32 81 D 32 76 S I A H B Gọi I , S tâm mặt cầu đỉnh hình nón Gọi H tâm đường tròn đáy hình nón AB đường kính đáy Ta có V1 V V 1  Do để đạt GTLN V1 đạt GTLN V2 V  V1 V2 TH 1: Xét trường hợp SI  R Khi đó thể tı́ch của hı̀nh nón đa ̣t GTLN SI  R Lúc đó V1   R3 TH 2:  SI  R  I nằm tam giác SAB hình vẽ Đặt IH  x  x   Ta có 1    R  32 V1   HA2 SH    R  x   R  x    R  x  R  x  R  x    R   3 6  81 Dấu xảy x  R  R3 V1 V Khi  1  1  32 V2 V  V1 19  R3   R3 81 Câu 84 (THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI - HÀ TĨNH - 2018) Cho tam giác hình vng có cạnh xếp chồng lên cho đỉnh tam giác trùng với tâm hình vuông, trục tam giác trùng với trục hình vng (như hình vẽ) Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh hình cho quay quanh trục A H C K  16 23  A   64 17  B   16 17  3 C   64 17  3 D  Lời giải A H M C K L Ta cần tìm HM Ta có HM AH HM 4     R  HM  KL AK 4 3 Thể tích tính thể tích trụ cộng với thể tích nón lớn trừ thể tích nón nhỏ phía Vtru   42.8  128 64 3 Vnon lon   42.4  3   64 Vnon nho       3 V  Vtru  Vnon lon  Vnon nho  128  Câu 85  17  3  64 3 64   64   9   (THPT LÝ THÁI TỔ - BẮC NINH - 2018) Có bể hình hộp chữ nhật chứa đầy nước Người ta cho ba khối nón giống có thiết diện qua trục tam giác vuông cân vào bể cho ba đường tròn đáy ba khối nón tiếp xúc với nhau, khối nón có đường tròn đáy tiếp xúc với cạnh đáy bể hai khối nón lại có đường tròn đáy tiếp xúc với hai cạnh đáy bể Sau người ta đặt lên đỉnh ba khối nón khối cầu có bán kính ngập nước lượng nước trào lần bán kính đáy khối nón Biết khối cầu vừa đủ 337  cm3  Tính thể tích nước ban đầu bể A  885,  cm3  B  1209,  cm3  C  1106,  cm3  D  1174,  cm3  Lời giải Gọi r , Rmc bán kính đáy khối nón khối cầu, a, b, c kích thước hình hộp chữ nhật Dễ dàng thấy a  4r , ABC cạnh 2r nên BH  AB  r  b  r  2r 4 1   4 Rmc  r  Vkc   Rmc    r      r Vkn   r h   r (do h  r ) 3 3   3 337 4  r   Rmc  Ta có phương trình  r     r  3 3 Từ a  12 , b   3 Gọi D, E , F đỉnh hình nón DEF có cạnh nội tiếp đường tròn có bán kính HM    42    Từ IH  IM  HM 2sin 60  , c  Rmc  IH  r     Vậy thể tích nước ban đầu thể tích khối hộp chữ nhật Vkhcn  abc    12.9  3  1209,  cm3  Câu 86 (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - NAM ĐỊNH - LẦN - 2018) Ban đầu ta có tam giác cạnh (hình ) Tiếp ta chia cạnh tam giác thành đoạn thay đoạn hai đoạn cho chúng tạo với đoạn bỏ tam giác phía bên ngồi ta hình Khi quay hình xung quanh trục d ta khối tròn xoay Tính thể tích khối tròn xoay d Hình A 5 Hình B 9 C 5 5 D Lời giải d S V1 A I V2 M B H K C Ta tích khối tròn xoay tạo thành lần thể tích nửa cho hình SIABK quay quanh trục SK Tam giác SIH quay quanh trục SK tạo thành khối nón có r1  IH  1 3  Thể tích khối nón V1   r12 h1   3 24 ; h1  SH  2 Hình thang vng HABK quay quanh trục HK tạo thành hình nón cụt có R  AH  r  BK  ; h  HK  SH  Thể tích khối nón cụt V2  h  R  r  R.r    39  19  1   4 2 24 Suy thể tích khối tròn xoay cho V  V1  V2   Câu 87 ; 3 (THPT NGUYỄN TẤT THÀNH - YÊN BÁI - 2018) Bên hình vng cạnh a , dựng hình bốn cạnh hình vẽ bên (các kích thước cần thiết cho hình) Tính thể tích V khối tròn xoay sinh quay hình quanh trục xy A V  5 a 48 B V  5 a 16 C V   a3 D V   a3 Lời giải Xét phần gạch chéo quay xung quanh trục xy Thể tich khối nón cụt tạo thành cho hình thang EDCG quay xung quanh trục xy là: V1  h   R  R.r  r   a  a2    a a  7 a   16  96 Thể tích khối nón tạo thành cho tam giác FCG quay xung quanh trục xy là:  a3 V2  FG. CG  48 Thể tích khối tòn xoay sinh cho hình gạch chéo quay xung quanh trục xy là: 5 a 96 Vậy thể tích V khối tròn xoay sinh quay hình quanh trục xy là: V3  V1  V2  V  2.V3  Câu 88 5 a 48 (THPT CHU VĂN AN - HÀ NỘI - 2018) Bạn An có cốc giấy hình nón có đường kính đáy 10 cm độ dài đường sinh cm Bạn dự định đựng viên kẹo hình cầu cho tồn viên kẹo nằm cốc (không phần viên kẹo cao miệng cốc) Hỏi bạn An đựng viên kẹo có đường kính lớn bao nhiêu? A 64 cm 39 B 39 cm 13 C 10 39 cm 13 D 32 cm 39 Lời giải Xét tiết diện qua trục hình nón, gồm tam giác ACE đường tròn bán kính r tiếp xúc với hai cạnh AC , AE cho toàn hình tròn nằm tam giác Dễ thấy viên bi lớn viên bi có bán kính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACE Tức bằng: r0  Đường kính 2r0  S ACE  AC  AE  CE  10 39 13  10 82  52 10 39 39     10 26 13 ... thể  H  : V3  V4  V2  14 2     14 2   4 3 Vậy thể tích khối tròn xoay sinh hình thang ABCD quay xung quanh đường thẳng BC là: V1  V3  16 28  4  3 Câu 24 Cho hình chóp... bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAB ; S.HBC ; S.HCA Đặt SH  x  R1  r12  R2  r2  SH  x2  R3  r32  SH  x2  SH  x2  4 19  1 24    S  S1  S2  S3  4 R12  4 R2  4 ... // OB nên     r  4 h AO OB 4   h   h  2h  1 256 V   r h     h  h   4  h 4  h.2h         3 81 256 256 Vậy Vmax    27 81 Câu 14 Gia đình An làm bể hình