D01 bài tập tổng hợp nón trụ cầu muc do 3

Câu 463: [2H2-4.1-3] (MINH HỌA L2) Cho hai hình vng có cạnh xếp chồng lên cho đỉnh X hình vng tâm hình vng cịn lại (như hình vẽ) Tính thể tích V vật thể trịn xoay quay mơ hình xung quanh trục XY A V  C V    125     125   24   125  2  B V  X  12  125   D V  Y Lời giải Chọn C Cách : Khối tròn xoay gồm phần: Phần 1: khối trụ có chiều cao 5, bán kính đáy tích 125 5 V1        2 Phần 2: khối nón có chiều cao bán kính đáy tích 2   125 V2         2 12   Phần 3: khối nón cụt tích V3         1 Vậy thể tích khối trịn xoay V  V1  V2  V3      2    5  125 2              2 24     125 125 125 2   125      12 24 24 Cách : Thể tích hình trụ tạo thành từ hình vng ABCD 125 VT   R h  Thể tích khối trịn xoay tạo thành từ hình vng XEYF 125 V2 N   R h  Thể tích khối trịn xoay tạo thành từ tam giác XDC 125 VN    R h  24 Thể tích cần tìm V  VT  V2 N  VN   125 5 24 Câu 7123 [2H2-4.1-3] (THPT THÁI PHIÊN HP -2017) Cho hình vng ABCD có cạnh m Gọi M trung điểm AB, N thuộc cạnh BC thỏa mãn NC  NB Gọi V thể tích khối trịn xoay quay đa giác ADCNM quanh trục BC Tính V 35 V m 36 M A B N A C V  C D 17 m 18 B V  D V  5 m 11 m 12 Lời giải Chọn C Gọi thể tích khối trụ trịn xoay quay hình vng ABCD quanh trục BC V1 Gọi thể tích khối nón trịn xoay quay tam giác MBN quanh trục BC V2 1 V1   r h   12.1   ; MB  r2  ; h  BN  BC  3 1 1  V2   r h      3   36 Vậy V  V1  V2     35  36 36 Câu 7144 [2H2-4.1-3] (Sở GDĐT Lâm Đồng lần 04 -2017) Cho hình trụ trịn xoay, đáy đường trịn  C  tâm O  C’ tâm O’ Xét hình nón trịn xoay có đỉnh O’ đáy đường tròn  C  Xét hai mệnh đề sau: (I) Nếu thiết diện qua trục hình nón tam giác O’ AB thiết diện qua trục hình trụ hình vng ABB’ A’ (II) Nếu thiết diện qua trục hình trụ hình vng ABB’ A’ thiết diện qua trục hình nón tam giác O’ AB vng cân O’ Hãy chọn câu A Cả sai B Chỉ (I) C Chỉ (II) D Cả Câu Lời giải Chọn A Gọi O’ AB thiết diện qua trục hình nón BB’ A’ thiết diện qua trục hình trụ Xét (I): Nếu O’ AB tam giác đều, AB  a O’O  ⟹ A’ A  O’O  a a nên ABB’ A’ hình chữ nhật Vậy (I) sai Xét (II): Nếu ABB’ A’ hình vng, AB  a , thì: OO’  a : Sai ( tam giác vng đường trung tuyến nửa cạnh huyền) Như O’ AB tam giác vuông cân O’ : (II) sai Câu 463: [HH12.C2.4.D01.c] (MINH HỌA L2) Cho hai hình vng có cạnh xếp chồng lên cho đỉnh X hình vng tâm hình vng cịn lại (như hình vẽ) Tính thể tích V vật thể trịn xoay quay mơ hình xung quanh trục XY A V  C V    125     125   24   125  2  B V  X  12  125   D V  Y Lời giải Chọn C Cách : Khối trịn xoay gồm phần: Phần 1: khối trụ có chiều cao 5, bán kính đáy tích 125 5 V1        2 Phần 2: khối nón có chiều cao bán kính đáy tích 2   125 V2         2 12   Phần 3: khối nón cụt tích V3         1 Vậy thể tích khối tròn xoay V  V1  V2  V3      2    5  125 2              2 24     125 125 125 2   125      12 24 24 Cách : Thể tích hình trụ tạo thành từ hình vng ABCD 125 VT   R h  Thể tích khối trịn xoay tạo thành từ hình vuông XEYF 125 V2 N   R h  Thể tích khối trịn xoay tạo thành từ tam giác XDC 125 VN    R h  24 Thể tích cần tìm V  VT  V2 N  VN   125 5 24 Câu 7123 [HH12.C2.4.D01.c] (THPT THÁI PHIÊN HP -2017) Cho hình vng ABCD có cạnh m Gọi M trung điểm AB, N thuộc cạnh BC thỏa mãn NC  NB Gọi V thể tích khối tròn xoay quay đa giác ADCNM quanh trục BC Tính V 35 V m 36 M A B N A C V  C D 17 m 18 B V  D V  5 m 11 m 12 Lời giải Chọn C Gọi thể tích khối trụ trịn xoay quay hình vng ABCD quanh trục BC V1 Gọi thể tích khối nón tròn xoay quay tam giác MBN quanh trục BC V2 1 V1   r h   12.1   ; MB  r2  ; h  BN  BC  3 1 1  V2   r h      3   36 Vậy V  V1  V2     35  36 36 Câu 7144 [HH12.C2.4.D01.c] (Sở GDĐT Lâm Đồng lần 04 -2017) Cho hình trụ trịn xoay, đáy đường tròn  C  tâm O  C’ tâm O’ Xét hình nón trịn xoay có đỉnh O’ đáy đường tròn  C  Xét hai mệnh đề sau: (I) Nếu thiết diện qua trục hình nón tam giác O’ AB thiết diện qua trục hình trụ hình vng ABB’ A’ (II) Nếu thiết diện qua trục hình trụ hình vng ABB’ A’ thiết diện qua trục hình nón tam giác O’ AB vuông cân O’ Hãy chọn câu A Cả sai B Chỉ (I) C Chỉ (II) D Cả Câu Lời giải Chọn A Gọi O’ AB thiết diện qua trục hình nón BB’ A’ thiết diện qua trục hình trụ Xét (I): Nếu O’ AB tam giác đều, AB  a O’O  ⟹ A’ A  O’O  a a nên ABB’ A’ hình chữ nhật Vậy (I) sai Xét (II): Nếu ABB’ A’ hình vng, AB  a , thì: OO’  a : Sai ( tam giác vng đường trung tuyến nửa cạnh huyền) Như O’ AB tam giác vuông cân O’ : (II) sai Câu 21: [2H2-4.1-3] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Cho tam giác vuông cân ABC có AB  AC  a hình chữ nhật MNPQ với MQ  2MN xếp chồng lên cho M , N trung điểm AB , AC (như hình vẽ) Tính thể tích V vật thể trịn xoay quay mơ hình quanh trục AI , với I trung điểm PQ A V  11 a B V  5 a C V  11 a D V  17 a 24 Lời giải Chọn D Ta có: BC  AB  AC  2a  MN  a , MQ  2a Gọi E , F trung điểm MN BC Ta có AF  a , EF  a  IF  a 2 1  a  17 Vậy, thể tích cần tìm V   AF FB   IF IQ   a.a   a     a 3   24 Câu 42 [2H2-4.1-3] (THPT Kinh Môn - Hả i Dư ng - 2018 - BTN) Cho tam giác ABC vuông tạ i A có BC  2a , AC  a Quay tam giác quanh trụ c AB , ta đư ợ c mộ t hình nón đỉ nh B Gọ i S1 diệ n tích tồn phầ n củ a hình nón S diệ n tích mặ t cầ u có đư ng kính AB Khi đó, tỉ số S1 là: S2 A S1  S2 S1  S2 B C S1 1 S2 D S1  S2 Lời giải Chọn C B C A Hình nón có : h  AB  BC  AB2  a Gọi x  m  cạnh tam giác đều, 20   0  x     20  3x  m Diện tích tồn phần hình nón S1   Rl   R2   3a l  BC  2a Suy cạnh hình vng Mặt cầu đường kính AB có bán kính R  a AB  2 a 3 Diện tích mặt cầu S2  4 R  4    3 a   S Vậy  S2 Câu 35: [2H2-4.1-3] (THPT Kim Liên - HN - Lầ n - 2017 - 2018 - BTN) Cho tam giác ABC có ABC  45 , ACB  30 , AB  Quay tam giác ABC xung quanh cạ nh BC ta đư ợ c khố i trịn xoay tích V bằ ng: A V    1  B V    1 24  C V  Lời giải Chọn B   1  D V    1 3  B H A C  AC  AB AC BC  Ta có    sin 30 sin 45 sin105  BC  sin 5    12 Gọi H chân đường cao kẻ từ đỉnh A Ta có AH BC  AB.AC.sin105  AH     1 Suy thể tích khối trịn xoay cần tìm V   AH BC  24 Câu 49: [2H2-4.1-3] (THPT Thăng Long – Hà Nội – Lần – 2018) Cho hình nón có thiết diện qua trục tam giác Gọi V1 , V2 thể tích khối cầu nội tiếp nội tiếp hình nón V cho Tính V2 A B C D 16 Lời giải Chọn C S M I A O B Giả sử cạnh tam giác SAB Gọi thiết diện qua trục hình nón tam giác SAB Gọi I trọng tâm tam giác SAB , I tâm mặt cầu nội tiếp hình nón tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón 2 3  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón R  SI  SO  3 1 3 Bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón r  IO  SO   3 4 Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình nón V1   R3   27 Thể tích mặt cầu nội tiếp hình nón V2   r   54 V1  Vậy V2 Câu 47: [2H2-4.1-3] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lầ n - 2018 - BTN) Cho hình vng ABCD cạ nh a Gọ i N điể m thuộ c cạ nh AD cho AN  2DN Đ ng thẳ ng qua N vng góc vớ i BN cắ t BC tạ i K Thể tích khố i trịn xoay tạ o thành quay tứ giác ANKB quanh trụ c BK bằ ng C V   a Lời giải B V   a A V   a 3 D V   a Chọn B K D K C a N A a N I I A B Sau quay tứ giác ANKB quanh trục BK ta khối trịn xoay gồm khối nón khối trụ có chung đáy (hình vẽ) Ta có IB  AN  a Xét tam giác NKB vuông N , BK  BN cos NBK Do KI  BK  BI   BN BN BI  IN 13a    BI BI BI BN 3a 1 a3 Thể tích khối nón V1   NI KI   a a  3 2 2 a3 Thể tích khối trụ V2   NI BI   a a  3 Suy thể tích khối trịn xoay cần tìm V  V1  V2  7 a3 Câu 47: [2H2-4.1-3] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lầ n - 2018) Cho hình vng ABCD cạ nh a Gọ i N điể m thuộ c cạ nh AD cho AN  2DN Đ ng thẳ ng qua N vng góc vớ i BN cắ t BC tạ i K Thể tích khố i trịn xoay tạ o thành quay tứ giác ANKB quanh trụ c BK bằ ng B V   a A V   a 3 C V   a Lời giải D V   a Chọn B K D K C a N A a N I I A B Sau quay tứ giác ANKB quanh trục BK ta khối trịn xoay gồm khối nón khối trụ có chung đáy (hình vẽ) Ta có IB  AN  a BN Xét tam giác NKB vuông N , BK  cos NBK Do KI  BK  BI   BN BN BI  IN 13a    BI BI BI BN 3a 1 a3 Thể tích khối nón V1   NI KI   a a  3 2 2 a3 Thể tích khối trụ V2   NI BI   a a  3 2 Suy thể tích khối trịn xoay cần tìm V  V1  V2  Câu 42: 7 a3 [2H2-4.1-3] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Ông An đặt hàng cho sở sản xuất chai lọ thủy tinh chất lượng cao X để làm loại chai nước có kích thước phần khơng gian bên chai hình vẽ, đáy có bán kính R  cm , bán kính cổ chai r  cm , AB  cm , BC  cm , CD  16 cm Tính thể tích V phần khơng gian bên chai nước A V  490 cm3 B V  412 cm3 C V  464 cm3 D V  494 cm3 Lời giải Chọn A Thể tích khối trụ bán kính đáy R chiều cao CD là: V1   R CD  400 cm3 Thể tích khối nón cụt có chiều cao BC là: 1 V2  BC  R   R  r   r   25   25.    78 cm3 Thể tích khối trụ bán kính đáy r chiều cao AB ( khối cổ chai) là: V3   r AB  12 cm3     Thể tích phần khơng gian bên chai nước là: V  V1  V2  V3  490 cm3 Câu 37: [2H2-4.1-3] (THPT Yên Định - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình nón có chiều cao h Tính chiều cao x khối trụ tích lớn nội tiếp hình nón theo h h h 2h h A x  B x  C x  D x  3 Lời giải Chọn B S O' O Theo định lí Ta-Let ta có: r' r SO h  x r   , 0  x  h SO  x h r  h  x  r   r2  x  x  h  x  Thể tích hình trụ là: V   r x   h h 2 V 35 m 36 M A B N A C V  C D 17 m 18 B V  D V  5 m 11 m 12 Lời giải Chọn C Gọi thể tích khối trụ trịn xoay quay hình vng ABCD quanh trục BC V1 Gọi thể tích khối nón trịn xoay quay tam giác MBN quanh trục BC V2 1 V1   r h   12.1   ; MB  r2  ; h  BN  BC  3 1 1  V2   r h      3   36 Vậy V  V1  V2     35  36 36 Câu 7144 [2H2-4.1-3] (Sở GDĐT Lâm Đồng lần 04 -2017) Cho hình trụ trịn xoay, đáy đường tròn  C  tâm O  C’ tâm O’ Xét hình nón trịn xoay có đỉnh O’ đáy đường tròn  C  Xét hai mệnh đề sau: (I) Nếu thiết diện qua trục hình nón tam giác O’ AB thiết diện qua trục hình trụ hình vuông ABB’ A’ (II) Nếu thiết diện qua trục hình trụ hình vng ABB’ A’ thiết diện qua trục hình nón tam giác O’ AB vuông cân O’ Hãy chọn câu A Cả sai B Chỉ (I) C Chỉ (II) D Cả Câu Lời giải Chọn A Gọi O’ AB thiết diện qua trục hình nón BB’ A’ thiết diện qua trục hình trụ Xét (I): Nếu O’ AB tam giác đều, AB  a O’O  a a nên ABB’ A’ hình chữ nhật Vậy (I) sai Xét (II): Nếu ABB’ A’ hình vng, AB  a , thì: OO’  a : Sai ( tam giác vng đường trung ⟹ A’ A  O’O  tuyến nửa cạnh huyền) Như O’ AB tam giác vuông cân O’ : (II) sai Câu 7302: [2H2-4.1-3] [BTN 164 - 2017] Người ta bỏ ba bóng bàn kích thước vào hộp hình trụ có đáy hình trịn lớn bóng bàn chiều cao ba lần đường kính bóng bàn Gọi S1 tổng diện tích ba bóng bàn, S diện tích xung S quanh hình trụ Tỉ số bằng: S2 A B C D Lời giải Chọn A Gọi R bán kính bóng Diện tích bóng S  4 R2 , suy S1  3.4 R Chiều cao hộp hình trụ lần đường kính bóng bàn nên h  3.2r S Suy S2  2 R.3.2R Do  S2 Câu 7305: [2H2-4.1-3] [THPT NGUYỄN QUANG DIÊU – 2017] Trong mặt phẳng cho hình lục giác cạnh Tính thể tích hình trịn xoay có quay hình lục giác quanh đường thẳng qua hai đỉnh đối diện A 2 B 6 C 8 D  Lời giải Chọn C Thể tích V hình trịn xoay bao gồm thể tích khối trụ ACFD khối nón BAC, DEF AC   2 Chiều cao h khối trụ h  Chiều cao h khối nón h   Thể tích khối tròn xoay : V   R h   R h 2      8 Câu 7309: [2H2-4.1-3] [THPT Hoàng Hoa Thám - Khánh Hịa - 2017] Cho hình trụ có bán kính đáy r1 nội tiếp hình cầu bán kính r khơng đổi Xác định bán kính r1 theo r để hình trụ tích lớn 6 A r1  B r1  C r1  D r1  r r r r 3 Lời giải Có : R      Chọn B Chiều cao hình trụ h  2IH  r  r12 Thể tích khối trụ V  2 r12 r  r12 ,   r1  r   Xét f  r1   r12 r  r12 f   r1   2r1r  3r13  r12   r1  r    r1   6 r   r1  r   Max f  r1   f      (Có thể thử chọn vào   ) Câu 7310: [2H2-4.1-3] [THPT Ng.T.Minh Khai(K.H) - 2017] Người ta bỏ ba bóng bàn kích thước vào hộp hình trụ có đáy hình trịn lớn bóng bàn chiều cao ba lần đường kính bóng bàn Gọi S1 tổng diện tích ba bóng bàn, S S diện tích xung quanh hình trụ Tỉ số : S2 A 1, B C D 1, Lời giải Chọn B Gọi R bán kính bóng bàn hình trụ có bán kính đáy R chiều cao h  6R nên S1 3.4 R 12 R    S2 2 Rh 2 R.6 R Câu 7311: [2H2-4.1-3] [THPT chun Lê Q Đơn - 2017] Cắt hình nón đỉnh S cho trước mặtphẳng qua trục SO ta tam giác vng cân có cạnh bên độ dài a Tính diện tích mặt cầu nội tiếp hình nón cho A 2  2 a B  a C 2  2 a D 2 a Lời giải Chọn A     Ta thấy SIH  SAO  g - g  SI IH SO  IO IO    SA AO SA AO  Vì IO  IH  (1) Vì SAB vng cân S O trung điểm AB  SO  AO   AB a  (2) 2  a  IO a 2 IO Từ (1) (2)   IO   a a 2 Vậy diện tích mặt cầu nội tiếp hình nón S  4 IO2  2  2 a   Câu 7313: [2H2-4.1-3] [BTN 164 - 2017] Người ta bỏ ba bóng bàn kích thước vào hộp hình trụ có đáy hình trịn lớn bóng bàn chiều cao ba lần đường kính bóng bàn Gọi S1 tổng diện tích ba bóng bàn, S diện tích xung S quanh hình trụ Tỉ số bằng: S2 A B C D Lời giải Chọn A Gọi R bán kính bóng Diện tích bóng S  4 R2 , suy S1  3.4 R Chiều cao hộp hình trụ lần đường kính bóng bàn nên h  3.2r S Suy S2  2 R.3.2R Do  S2 Câu 7315: [2H2-4.1-3] [BTN 161 - 2017] Có hộp nhựa hình lập phương, người ta bỏ vào hộp V bóng đá Tính tỉ số , V1 thể tích bóng đá, V2 thể tích V2 hộp đựng bóng Biết mặt hình lập phương tiếp xúc với bóng V  V  V  V  A  B  C  D  V2 V2 V2 V2 Lời giải Chọn B Gọi R bán kính mặt cầu, cạnh hình lập phương 2R Ta Thể tích hình lập phương V2  8R3 , thể tích bóng V1  4 R3 V    V2 Câu 7316: [2H2-4.1-3] [THPT Kim Liên-HN - 2017] Một hình nón có góc đỉnh 17 nội tiếp Tính thể tích khối cầu C D Lời giải hình cầu Biết thể tích khối nón A Chọn B B 32 Thiết diện qua trục hình sau: MA; u Vì góc đỉnh d M ; d 52 u 2 52 nên ABC tam giác Ta có: AD V BC DC DC AD 1 AD3 3 DC AD 3 AD AD 32 R 3 Từ đó: Bán kính khối cầu R Thể tích khối cầu là: VC Câu 7317: [2H2-4.1-3] [THPT Chuyên Thái Nguyên - 2017] Thiết diện qua trục hình nón tam giác cạnh Một mặt cầu có diện tích diện tích tồn phần hình nón Tính bán kính mặt cầu A B C D Lời giải Chọn D  Vì thiết diện qua trụ tam giác cạnh nên hình nón có bán kính r  , độ dài đường sinh l   Diện tích tồn phần hình nón: Stp   r  l  r   3  Mặt cầu có bán kính R có diện tích Smc  4 R  Theo đề 4 R  3  R  Câu 7320: [2H2-4.1-3] [THPT Quảng Xương lần - 2017] Khi cắt mặt cầu S  O, R  mặt kính, ta hai nửa mặt cầu hình trịn lớn mặt kính gọi mặt đáy nửa mặt cầu Một hình trụ gọi nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  đáy hình trụ nằm đáy nửa mặt cầu, đường tròn đáy giao tuyến hình trụ với nửa mặt cầu Biết R  ,tính bán kính đáy r chiều cao h hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  để khối trụ tích lớn 6 6 A r  B r  C r  D r  , h , h , h , h 3 2 3 2 Lời giải Chọn C Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường trịn đáy có tâm O' có hình chiếu O xuống mặt đáy (O') Suy hình trụ nửa mặt cầu chung trục đối xứng tâm đáy hình trụ trùng với tâm O nửa mặt cầu.Ta có: h2  r  R2   h  R  1  r   h2 Thể tích khối trụ là: V   r h   (1  h ) h  f (h)  f '(h)   (1  3h )   h  Vậy: MaxV   0;1 2 (đvtt) r  h  3 Câu 7321: [2H2-4.1-3] [THPT Quảng Xương lần - 2017] Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng đáy) đựng đầy nước Biết chiều cao bình gấp lần bán kính đáy Người 16 ta thả vào khối trụ đo dược thể tích nước tràn ngồi dm3 Biết mặt khối trụ nằm mặt hình nón, điểm đường tròn đáy lại thuộc đường sinh hình nón (như hình vẽ) khối trụ có chiều cao đường kính đáy hình nón Diện tích xung quanh S xq bình nước là: A O N M P I Q S A S xq  3 dm2 C S xq  4 10 dm2 B B S xq  4 dm2 D S xq  Lời giải 9 10 dm2 Chọn C Xét hình nón : h  SO  3r , r  OB , l  SA Xét hình trụ : h1  2r  NQ , r1  ON  QI QI SI r SQI SBO     r1   Thể tích khối trụ : BO SO 3 2 r 16  r   h   l  h2  r  10  S xq   rl  4 10 dm2 Vt   r12 h1   9 Câu 7322: [2H2-4.1-3] [THPT Ngô Sĩ Liên lần - 2017] Cho tam giác hình vng có cạnh xếp chồng lên cho đỉnh tam giác trùng với tâm hình vng, trục tam giác trùng với trục hình vng (như hình vẽ) Thể tích vật thể trịn xoay sinh hình cho quay quanh trục AB 144  24 136  24 128  24 48  7 A B C D 9 Lời giải Chọn A A H R' h C K R Khi xoay quanh trục AB : Phần hình vng phía trở thành lăng trụ có bán kính R = 2, chiều cao h =  V   22.4  16 Phần trở thành hình nón cụt với h  HK  AK  AH     ; R    R ' AH R     R'   R AK 3 3  24   Áp dụng V   h R  R '2  RR '           24  136  Vậy V  V1  V2       Câu 7323: [2H2-4.1-3] [208-BTN - 2017] Cho hình chữ nhật ABCD có AB  , AD  (như hình vẽ) Tính thể tích V vật thể trịn xoay tạo thành cho hình chữ nhật ABCD quay quanh trục AC A V  110,525 B V  106,725 C V  100, 425 D V  105,625 Lời giải Chọn B D' B H R R r A O I C J D B'  Khi quay hình chữ nhật quanh trục AC , ta thấy vật thể tròn xoay tạo thành gồm hai khối nón tích hai khối nón cụt tích (như hình vẽ trên) Gọi V1 thể tích hình nón V2 thể tích hình nón cụt ta tích vật thể trịn xoay cần tìm V  V1  V2   Hình chữ nhật ABCD có AB  , AD  nên AC  AB  AD2  10 + Xét tam giác vng ABC có IB đường cao nên ta có: 1 1 25 24    2   IB  2 IB AB BC 576 + Vì tam giác ABC  ADC  HAC cân H nên HO  AC ( O trung điểm AC ) AC suy OA  OC  5 + Xét ABC có AB  AI AC  AI  AB 62 18 nên   AC 10 18 32  ; IC  5 + Dễ thấy hai tam giác vuông COH , CIB đồng dạng nên ta có: OI  OA  AI   24 OH OC IB.OC 15   OH    32 IB IC IC 1  24  18  Thể tích hình nón V1   IB AI      27, 648 (đvtt) 3   Và thể tích hình nón cụt V2   OI  IB  OH  IB.OH  2  24   15  24 15            25,7145 (đvtt)       Vậy thể tích cần tìm V  V1  V2    27,648  25,7145   106,725 (đvtt)  Ghi nhớ: Thể tích khổi nón củt r  S xq   l  R  r    2 V   h  R  r  Rr   l h R Câu 7325: [2H2-4.1-3] [THPT Quảng Xương lần - 2017] Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng đáy) đựng đầy nướ.C Biết chiều cao bình gấp lần bán kính đáy 16 Người ta thả vào khối trụ đo dược thể tích nước tràn dm3 Biết mặt khối trụ nằm mặt hình nón, điểm đường tròn đáy lại thuộc đường sinh hình nón (như hình vẽ) khối trụ có chiều cao đường kính đáy hình nón Diện tích xung quanh S xq bình nước là: A O N M P I Q S A S xq  3 dm2 C S xq  4 10 dm2 B B S xq  4 dm2 D S xq  9 10 dm2 Lời giải Chọn C Xét hình nón : h  SO  3r , r  OB, l  SA Xét hình trụ : h1  2r  NQ , r1  ON  QI QI SI r    r1   Thể tích khối trụ : SQI SBO  BO SO 3 2 r 16  r   h   l  h2  r  10  S xq   rl  4 10 dm2 Vt   r12 h1   9 Câu 7331: [2H2-4.1-3] [THPT Quế Vân - 2017] Người ta bỏ bóng bàn kích thước vào hộp hình trụ có đáy hình trịn lớn bóng bàn chiều cao lần đường kính bóng bàn Gọi S1 tổng diện tích bóng bàn, S diện tích S xung quanh hình trụ Tỉ số bằng: S2 A B C D Lời giải Chọn C Gọi r bán kính bóng bàn Diện tích bóng bàn S1  3.4 r  12r 2 Diện tích xung quanh hình trụ : S2  2 r 6r  12r 2 S Vậy tỉ số  S2 Câu 7338: [2H2-4.1-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu lần - 2017] Một cốc nước hình trụ có chiều cao 9cm , đường kính 6cm Mặt đáy phẳng dày 1cm , thành cốc dày 0, 2cm Đổ vào cốc 120ml nước sau thả vào cốc viên bi có đường kính 2cm Hỏi mặt nước cốc cách mép cốc cm (Làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy) A 3,28cm B 3,67cm C 2, 28cm D 2,67cm Lời giải Chọn C Thành cốc dày 0, 2cm nên bán kính đáy trụ 2,8cm Đáy cốc dày 1cm nên chiều cao hình trụ 8cm Thể tích khối trụ V    2,8  197,04  cm3  Đổ 120ml vào cốc, thể tích cịn lại 197,04  120  77,04  cm3  Thả viên bi vào cốc, thể tích viên bi Vbi  . 13  20,94 (cm3 ) Thể tích cốc cịn lại 77,04  20,94  56,1 cm3  Ta có 56,1 h '.  2,8  h '  2, 28 cm Cách khác: Dùng tỉ số thể tích 8. 2,8   VTr h  coc    hnuocbi  5,72 Vnuoc  Vbi hnuocbi h nuoc  bi 120  . Chiều cao lại trụ  5,72  2,28 Vậy mặt nước cốc cách mép cốc 2, 28cm Câu 7366:[2H2-4.1-3] [Sở GDĐT Lâm Đồng Lần - 2017] Từ tơn hình chữ nhật kích thước 80cm x 360cm , người ta làm thùng đựng nước hình trụ có chiều cao 80cm , theo hai cách sau (xem hình minh họa đây): * Cách 1: Gị tơn ban đầu thành mặt xung quanh thùng * Cách 2: Cắt tôn ban đầu thành hai nhau, gò thành mặt xung quanh thùng Kí hiệu V1 thể tích thùng gị theo cách C53  10 tổng thể tích hai thùng gị theo cách Tính tỉ số V2 V1 A V2  V1 B V2  V1 C V2  V1 Lời giải Chọn A D V2  V1 Do chiều cao thùng nhau, nên tỉ số V1 tỉ số tổng diện tích đáy thùng V2 Ta có chu vi đường trịn C  2 R diện tích hình trịn S   R , từ ta có mối liên hệ S1 C12 V 2S C2 C2   4    S R  S2 C2 V1 S1 4 4 Câu 7367:[2H2-4.1-3] [THPT Nguyễn Khuyến –Nam Định - 2017] Một khối đá có hình khối cầu có bán kính R , người thợ thợ thủ cơng mỹ nghệ cần cắt gọt viên đá thành viên đá cảnh có hình dạng khối trụ Tính thể tích lớn viên đá cảnh sau hoàn thiện A 3 R B 3 R 3 R Lời giải C D 3 R Chọn C x R O x Giả sử 2x chiều cao hình trụ (0  x  R) (xem hình vẽ) Bán kính củ a khố i trụ r  R2  x Thể tích khố i trụ là: V   ( R2  x2 )2 x Chọ n R  Xét hàm số f  x   x 1  x  ,  x  , có f   x   2(1  3x )   x  Dự a vào BBT, ta thấ y thể khố i trụ tích lớ n nhấ t Vmax  4 R3 chiề u cao củ a 2R Câu 7388:[2H2-4.1-3] [Cụm HCM - 2017] Người ta chế tạo đồ chơi cho trẻ em theo công đoạn sau: Trước tiên, chế tạo tra mặt nón trịn xoay có góc đỉnh 2  60 thủy tinh suốt Sau đặt hai cầu nhỏ thủy tinh có bán kính lớn, nhỏ khác cho mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc với mặt nón Quả cầu lớn tiếp xúc với mặt đáy mặt nón Cho biết chiều cao mặt nón 9cm Bỏ qua bề dày lớp vỏ thủy tinh, tính tổng thể tích hai khối cầu A 40   cm3  B 25   cm3  112   cm3  Lời giải C D 10   cm3  Chọn C Gọi R bán kính hình nón r1 , r2 bán kính cầu lớn cầu nhỏ Thiết diện qua trục hình nón sau: 2SO 2.9  AB    SAB tam giác nên SO  AB 3 SO  3 Gọi I tâm tam giác SAB , r1  3 SO 3 Tam giác SCD có chiều cao SH  SH   Gọi J tâm tam giác SCD , r2  3   4 112  Tổng thể tích hai cầu là: V   r13   r23   r13  r23    27  1  3 3 Tínhchấtcầnnhớ: Đối với tam giác đều: + Bán kính đường tròn ngoại tiếp trung tuyến tương ứng + Bán kính đường trịn nội tiếp trung tuyến tương ứng Câu 33: [2H2-4.1-3](Chuyên Vinh - Lần - 2018 - BTN) Người ta thả viên billiards snooker có dạng hình cầu với bán kính nhỏ 4,5cm vào cốc hình trụ chứa nước viên billiards tiếp xúc với đáy cốc tiếp xúc với mặt nước sau dâng (tham khảo hình vẽ bên) Biết bán kính phần đáy cốc 5, 4cm chiều cao mực nước ban đầu cốc 4,5cm Bán kính viên billiards A 2, cm B 4, 2cm C 3, 6cm D 2, 6cm Lời giải Chọn A Gọi r bán kính viên billiards snooker Thể tích viên billiards V   r Phần thể tích nước dâng lên sau bỏ viên billiards vào là: V    5,   2r  4,5 Ta có phương trình 0 r  4,5  r    5,   2r  4,5  60  r  2, Câu 50 [2H2-4.1-3](Sở GD&ĐT Hà Nội - Lần - 2018 - BTN) 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  2R B h  R C h  R D h  R Lời giải Chọn A h2 Ta có r  R  2  h2   h3 Thể tích khối trụ: V    R   h  V   R h  4  Ta có V    R  3 2R h , V   h  Bảng biến thiên: 2R HẾT Vậy thể tích khối trụ lớn h  Câu 37: [2H2-4.1-3] (THPT Ngọc Tảo - Hà Nội - 2018 - BTN – 6ID – HDG) Cho hình thang vng A B với AD  AB  2BC  2a Quay hình thang miền quanh đường thẳng chứa cạnh BC Tính thể tích V khối tròn xoay tạo thành A V  a3 B V  5a 3 C V  7a 3 D V  4a 3 Lời giải Chọn B Khi quay hình thang khối trịn xoay tạo thành hình trụ khuyết gồm hai phần phần khối trụ khối nón bên Phần hình trụ có bán kính đường trịn đáy R1  AB  a Thể tích hình trụ VT   R12 h  2 a3 Phần hình nón có bán kính đáy R2  AB  a 1 Thể tích khối nón VN   R2 h   a3 3 Thể tích khối trịn xoay V  VT  VN   a3 Câu 39: [2H2-4.1-3](THPT Tây Thụy Anh - Thái Bình - Lần - 2018 - BTN) Cho khối cầu tâm I , bán kính R khơng đổi Một khối nón có chiều cao h bán kính đáy r , nội tiếp khối cầu Tính chiều cao h theo bán kính R cho khối nón tích lớn 4R 3R R A h  B h  C h  4R D h  4 Lời giải Chọn D S I A H B Gọi H hình chiếu S lên mặt đáy nón SH qua tâm I , thể tích khối nón có điểm I nằm S H lớn thể tích khối nón có S H nằm phía với so với điểm I Ta đặt Đặt HI  x ; SH  SI  IH  R  x ; HA  HB  IA2  IH  R  x Thể tích khối nón  1 V   HA2 SH    R  x   R  x    R  x  R  x  Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho số dương  R  x  ,  R  x   R  x  , ta V    2R  x  R  x     2R  x  R  x  R  x     2R  x    R  x    R  x    6 3   4R      6   Dấu xảy R  x  R  x  x  Dấu xảy x  R R R 4R Chiều cao khối nón h  SH  R   3 ...   3R   R3 2 Thể tích hai chỏm cầu V3  2 R  R  x  dx R Khi cho R  10cm ta có V  V1  V2  V3  2720,699cm3 Câu 10: [2H 2-4 . 1 -3 ] (THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN)... giác SEF SH  3OH  3R Trong tam giác EOH (vuông H, EOH  30  ) Ta có: EH  OH  R 1 Thể tích hình nón VN   EH SH   3R2 3R  3? ?? R3 3  R3 Vậy VT 2   VN 3? ?? R Câu 289 [2H 2-4 . 1 -3 ] Chiều cao... AE , V3 thể tích khối nón có cho tam giác BFC quay quanh BF 1 1 V  V1  V2  V3   DE CD   DE AE   CF BF  3? ??       3 3 Câu 48: [2H 2-4 . 1 -3 ] (Lớp Tốn - Đồn Trí Dũng -2 017 - 2018)