Các dạng toán nón trụ cầu thường gặp trong kỳ thi THPTQG

R, r lần lượt là bán kính của hình nón trên của nước, bán kính của hình nón dưới của nước khi chiều cao của nước trong hình nón trên bằng 1 dm.. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng song son[r]

(1)

CHUYÊN ĐỀ 14

HÌNH NÓN, KHỐI NÓN MỤC LỤC

PHẦN A CÂU HỎI

Dạng Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện

Dạng Thể tích

Dạng Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện

Dạng Bài toán thực tế

Dạng Bài toán cực trị

PHẦN B ĐÁP ÁN THAM KHẢO 10

Dạng Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện 10

Dạng Thể tích 17

Dạng Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện 24

Dạng Bài toán thực tế 29

Dạng Bài toán cực trị 32

PHẦN A CÂU HỎI

Dạng Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện

Câu (KTNL GV THUẬN THÀNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Gọi l h r, , độ dài đường sinh, chiều cao bán kính mặt đáy hình nón Diện tích xung quanh Sxq hình nón là:

A xq

S  r h B Sxq rl C Sxq rh D Sxq 2rl

Câu (CHUN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình nón có bán kính đáy a, đường cao 2a Tính diện tích xung quanh hình nón?

A 5a2 B 5a2 C 2a2 D 5a2

Câu (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình nón có bán kính đáy r độ dài đường sinh l4 Tính diện tích xung quanh hình nón cho

A Sxq 8 3 B Sxq 12 C Sxq 4 3 D Sxq  39

Câu (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình nón có diện tích xung quanh 3a2 bán kính đáy a Tính độ dài đường sinh l hình nón cho

A l3a B l 2 2a C

a

l  D

2 a

l 

Câu (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hình nón có diện tích xung quanh 3a2và có bán kính đáy a Độ dài đường sinh hình nón cho bằng:

A 3a B 2a C

2 a

(2)

Câu (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian, cho tam giác vuông ABC tạiA,ABa và

ACa Tính độ dài đường sinh l của hình nón, nhận được quay tam giác ABC xung quanh trục AB

A la B l2a C l a D l a

Câu (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình nón có thiết diện qua trục tam giác vng cân có cạnh góc vng a Tính diện tích xung quanh hình nón

A 2 a 

B

2 a 

C a2 D

2 2 a 

Câu (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình nón có bán kính đáy a độ dài đường sinh 2a Diện tích xung quanh hình nón

A 4a2 B 3a2 C 2a2 D 2a2

Câu (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hình nón có diện tích xung quanh 3a2, bán kính đáy a Tính độ dài đường sinh hình nón

A 2a B

a

C 2a D 3a

Câu 10 (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Cho khối nón  N tích 4và chiều cao 3.Tính bán kính đường trịn đáy khối nón  N

A B

3 C D

4

Câu 11 (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình nón có chiều cao h a bán kính đáy r2a Mặt phẳng ( )P qua S cắt đường tròn đáy A B cho AB2 3a Tính khoảng cách d từ tâm đường tròn đáy đến ( )P

A  a

d B 

5 a

d C 

2 a

d D d a

Câu 12 (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO, A B hai điểm thuộc đường tròn đáy cho khoảng cách từ O đến SAB

3 a

 

30 , 60

SAO SAB Độ dài đường sinh hình nón theo a

A a B a C 2a D a

Câu 13 (THPT CẨM GIÀNG NĂM 2018-2019) Cho hình nón có bán kính đáy a góc đỉnh 60 Tính diện tích xung quanh hình nón

A Sxq 4a2 B

2

3 xq

a

S   C

2

3 xq

a

S   D Sxq 2a2

Câu 14 (THPT CẨM GIÀNG NĂM 2018-2019) Cho đoạn thẳngAB có độ dài 2a, vẽ tia Ax phía điểm B cho điểm B ln cách tia Ax đoạn a Gọi H hình chiếu B lên tia Ax, tam giác AHB quay quanh trục AB đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt trịn xoay có diện tích xung quanh bằng: A 2 a 

B  

2 3 a  

C  

2 a  

D  

(3)

Câu 15 (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình nón có chiều cao h20, bán kính đáy r25 Một thiết diện qua đỉnh hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện 12 Tính diện tích S thiết diện

A S 500 B S 400 C S 300 D S 406

Câu 16 (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cắt hình nón  N đỉnh S cho trước mặt phẳng qua trục nó, ta tam giác vng cân có cạnh huyền 2a 2. Biết BC dây cung đường trịn đáy hình nón cho mặt phẳng SBC tạo với mặt phẳng đáy hình nón góc 600 Tính diện tích tam giác SBC

A

4

3

a

B

4

9

a

C

2

3

a

D

2

9

a

Câu 17 (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình nón trịn xoay có chiều cao bán kính Mặt phẳng  P qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác có độ dài cạnh đáy Diện tích thiết diện

A B 19 C D

Câu 18 (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cắt hình nón mặt phẳng qua trục nó, ta thiết diện tam giác vng cân cạnh bên a Tính diện tích tồn phần hình nón A 4a2 (đvdt) B 2a2(đvdt) C a2 21(đvdt) D 2a2(đvdt)

Câu 19 (CHUYÊN KHTN LẦN NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' cạnh a Tính diện tích tồn phần vật trịn xoay thu quay tam giác AA C' quanh trục AA'

A  32a2 B 2 1 a2 C 2 1 a2 D  62a2

Câu 20 Cho hình nón có chiều cao bán kính đáy Mặt phẳng  P qua đỉnh hình nón cắt đáy theo dây cung có độ dài Khoảng cách từ tâm đáy tới mặt phẳng  P

A

7 B

2

2 C

3

3 D

21

Câu 21 (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ - NĂM 2019) Cho hình nón đỉnhS, đáy đường tròn O;5.Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt đường trịn đáy hai điểm A B cho SAAB8 Tính khoảng cách từ O đến SAB

A 2 B 3

4 C

3

7 D

13 Dạng Thể tích

Câu 22 (Mã 103 - BGD - 2019) Thể tích khối nón có chiều cao h có bán kính đáy r A 2r h2 B

3r h C r h

 D

3r h

(4)

A V 12 B V 4 C V 16 D 16 3

V  

Câu 24 (Mã đề 101 - BGD - 2019) Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r A

3r h B

2r h C

3r h D r h Câu 25 (Mã đề 104 - BGD - 2019) Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r

A

3r h B

3r h C

2r h D r h2 Câu 26 (Mã 102 - BGD - 2019) Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r

A

3r h B

2 r h

 C 2r h2 D

3r h

Câu 27 (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho khối nón có bán kính đáy r3, chiều cao

h Tính thể tích V khối nón A

3

V   B V 3 11 C

V   D V 9

Câu 28 (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tam giác ABC vuông A AB, c AC, b Quay tam giác ABC xung quanh đường thẳng chứa cạnh AB ta hình nón tích A

3bc B

3bc C

2

3b c D

2 3b c

Câu 29 Cho khối  N có bán kính đáy diện tích xung quanh 15 Tính thể tích V khối nón  N

A V 12 B V 20 C V 36 D V 60

Câu 30 (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình nón có độ dài đường sinh 25 bán kính đường trịn đáy 15 Tính thể tích khối nón

A 1500 B 4500 C 375 D 1875

Câu 31 (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian cho tam giác ABC vuông A, AB a 

30o

ACB Tính thể tích V khối nón nhận quay tam giác ABC quanh cạnh AC A V  a3 B V  3a3 C  

3

a

V D  

3

a V

Câu 32 (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối nón có độ dài đường sinh 2a bán kính đáy a Thể tích khối nón cho

A 3 a 

B

3

2 a 

C

3

3 a 

D

3

a 

Câu 33 (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối nón có bán kính đáy r2, chiều cao h Thể tích khối nón

A 3 

B



C 3 

D 4

(5)

A

3a B

3

3a C

3 a

 D

3a

Câu 35 (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho khối nón có bán kính đáy r chiều cao h4 Tính thể tích V khối nón cho

A V 16 B 16 3

V   C V 12 D V  4

Câu 36 (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Tính thể tích hình nón có góc đỉnh 60o diện tích xung quanh 6a2

A

3

4 a

V   B V 3a3 C

3

4 a

V   D V a3

Câu 37 (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông A, cạnh

AB , AC8và Mlà trung điểm cạnh AC Khi thể tích khối trịn xoay tam giác BMC quanh quanh AB

A 86 B 106 C 96 D 98

Câu 38 (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN NĂM 2018-2019) Cho hình nón có bán kính đáy cm, góc đỉnh 60 Tính thể tích khối nón

A cm3



B cm C cm3



D cm3



Câu 39 (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông A,

6 ,

AB cm AC cm Gọi V1 thể tích khối nón tạo thành quay tam giác ABC quanh cạnh AB

V thể tích khối nón tạo thành quay tam giác ABC quanh cạnh AC Khi đó, tỷ số V

V bằng: A

4 B

4

3 C

16

9 D

9 16

Câu 40 (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình nón N1 đỉnh S đáy đường tròn C O R ; , đường cao SO40cm Người ta cắt nón mặt phẳng vng góc với trục để nón nhỏ N2 có đỉnh

S đáy đường trịn C O R ;  Biết tỷ số thể tích

1 N

N V

V  Tính độ dài đường cao nón N2

A 20 cm B 5cm C 10cm D 49 cm

(6)

A

64 B

1

8 C

1

27 D

1 3

Câu 42 Cho hinh chữ nhật ABCDcó AB2,AD2 nằm măt phẳng  P Quay  P vòng quanh đường thẳng BD Khối tròn xoay tạo thành tích

A 28 

B 28 

C 56 

D 56 

Câu 43 (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chữ nhật ABCD có

AB , AD2 nằm mặt phẳng  P Quay  P vòng quanh đường thẳng BD Khối tròn xoay tạo thành tích

A 28 

B 28

3 

C 56

9 

D 56

3 

Câu 44 (CỤM TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Cho hình thang ABCD có  A B 90, ABBC a,

AD a Tính thể tích khối trịn xoay sinh quay hình thang ABCD xung quanh trục CD

A

3

6 a 

B

3

12 a 

C

3

6 a 

D

3

12 a 

Câu 45 (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Cho hình tứ diện ABCD có AD ABC, ABC tam giác vuông B Biết BC 2(cm),AB 2 3(cm AD), 6(cm) Quay tam giác ABC ABD ( bao gồm điểm bên tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta khối trịn xoay Thể tích phần chung khối trịn xoay

A

3

3 (cm ) B

5

( )

2 cm C

3

( )

2 cm D

3

64

( )

3 cm

(7)

Câu 46 (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh a Tính thể tích Vcủa khối nón đỉnh S đường trịn đáy đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD

A  

3

2

a

V B 

3

2 a

V C 

3

6 a

V D  

3

2

a V

Câu 47 (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho tứ diện ABCD có cạnh 3a Hình nón  N có đỉnh A có đáy đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD Tính diện tích xung quanh Sxq  N

A Sxq 12a2 B Sxq 6a2 C Sxq 3 3a2 D Sxq 6 3a2

Câu 48 (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập phương

ABCD A B C D    có cạnh a Một khối nón có đỉnh tâm hình vngABCD đáy hình trịn nội tiếp hình vng A B C D    Diện tích tồn phần khối nón

A  

2

3 2

tp a

S   B  

2

5

tp a

S   C  

2

5

tp a

S   D  

2

3

tp a

S  

Câu 49 (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy a, góc mặt bên mặt đáy 60 Tính diện tích xung quanh hình nón đỉnh S, đáy hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC

A 3 a  B a  C a  D 10 a 

Câu 50 (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình nón

 N có đường sinh tạo với đáy góc 60 Mặt phẳng

qua trục

 N cắt  N thiết diện tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp Tính

thể tích V khối nón giới hạn  N

A V  9 B

3 3

V C V 9 3 D V  3

Câu 51 (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy a, góc mặt bên mặt đáy 60 Tính diện tích xung quanh hình nón đỉnh S, đáy hình trịn ngoại tiếp tam giác ABC

A 3 a  B a  C a  D 10 a 

Câu 52 (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có độ dài cạnh đáy a  N hình nón có đỉnh S với đáy đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD Tỉ số thể tích khối chóp S ABCD khối nón  N

A 

B

2 

C

 D

2 

Câu 53 (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a, cạnh bên tạo với đáy góc 45 Thể tích khối nón ngoại tiếp hình chóp là: A 8π 3

3 a B

3

π

3 a C

3

2πa D 2π

3 a

(8)

, SAa Điểm I thỏa mãn AD3AI, M trung điểm SD, H giao điểm AM SI Gọi ,

E F hình chiếu A lên SB SC, Tính thể tích V khối nón có đáy đường trịn ngoại tiếp tam giác EFH đỉnh thuộc mặt phẳng ABCD

A

3 5 

 a

V B

3 

 a

V C

3 

 a

V D

3 10



 a

V

Dạng Bài toán thực tế

Câu 55 (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02)

Một vật N1 có dạng hình nón có chiều cao 40cm Người ta cắt vật N1 mặt cắt song song với mặt đáy để hình nón nhỏ N2 tích

8

thể tích N1.Tính chiều cao h hình nón N2?

A 10cm B 20cm C 40cm D 5cm

Câu 56 (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho bìa hình dạng tam giác vng, biết b c độ dài cạnh tam giác vuông khối trịn xoay Hỏi thể tích V khối trịn xoay sinh bìa bao nhiêu?

A

2

3 b c V

b c



 B

2

3 b c V

b c





 C

2

b c V

b c





 D

2

3 2( )

b c V

b c  

 Câu 57 Một thùng chứa đầy nước có hình khối lập phương Đặt vào thùng khối nón cho

đỉnh khối nón trùng với tâm mặt khối lập phương, đáy khối nón tiếp xúc với cạnh mặt đối diện Tính tỉ số thể tích lượng nước trào ngồi lượng nước cịn lại thùng

A 12

 

 B

1

11 C 12



D 11

(9)

Câu 58 (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Một phễu có dạng hình nón Người ta đổ lượng nước vào phễu cho chiều cao lượng nước phễu

3 chiều cao phễu Hỏi bịt kín miệng phễu lộn ngược phễu lên chiều cao mực nước xấp xỉ bao nhiêu? Biết chiều cao phễu 15cm

A 0,501 cm   B 0,302 cm   C 0,216 cm   D 0,188 cm  

Câu 59 (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hai hình nón có chiều cao dm đặt hình vẽ bên (mỗi hình đặt thẳng đứng với đỉnh nằm phía dưới) Lúc đầu, hình nón chứa đầy nước hình nón khơng chứa nước Sau đó, nước chảy xuống hình nón thơng qua lỗ trống đỉnh hình nón Hãy tính chiều cao nước hình nón thời điểm mà chiều cao nước hình nón dm

A 7. B 1

3 C

35 D 1

2

Câu 60 (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tại trung tâm thành phố người ta tạo điểm nhấn cột trang trí hình nón có kích thước sau: chiều dài đường sinh l10 m, bán kính đáy R5m Biết tam giác SAB thiết diện qua trục hình nón C trung điểm SB Trang trí hệ thống đèn điện tử chạy từ A đến C mặt nón Xác định giá trị ngắn chiều dài dây đèn điện tử

A 15 m B 10 m C m D 5 m

Câu 61 (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Một phểu có dạng hình nón, chiều cao phểu 20cm Người ta đổ lượng nước vào phểu cho chiều cao cột nước phểu 10cm Nếu bịt kím miêng phểu lật ngược lên chiều cao cột nước phểu gần với giá trị sau

A 1,07cm B 0,97cm C 0, 67cm D 0,87cm Dạng Bài toán cực trị

Câu 62 Giả sử đồ thị hàm số ym21x42mx2m21 có điểm cực trị A B C, , mà xA xB xC Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta khối trịn xoay Giá trị m để thể tích khối trịn xoay lớn thuộc khoảng khoảng đây:

A 4;6 B 2; 4 C 2;0 D 0; 2

Câu 63 Khi cắt hình nón có chiều cao 16 cm đường kính đáy 24 cm mặt phẳng song song với đường sinh hình nón ta thu thiết diện có diện tích lớn gần với giá trị sau đây?

A 170 B 260 C 294 D 208 Câu 64 Một hình nón trịn xoay có đường sinh 2a Thể tích lớn khối nón

A 16

3 a 

B

3 16

9 a 

C

3

3 a 

D

3

3 a 

(10)

Câu 65 (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Huyền có bìa hình vẽ, Huyền muốn biến đường trịn thành phễu hình nón Khi Huyền phải cắt bỏ hình quạt trịn AOB dán OA, OB lại với Gọi x góc tâm hình quạt trịn dùng làm phễu Tìm x để thể tích phểu lớn nhất?

A

3  B



C 

D 

Câu 66 (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Tại trung tâm thành phố người ta tạo điểm nhấn cột trang trí hình nón có kích thước sau: đường sinh l10 ,m bán kính đáy R5 m Biết tam giác SAB thiết diện qua trục hình nón C trung điểm SB Trang trí hệ thống đèn điện tử chạy từ A đến C mặt nón Định giá trị ngắn chiều dài dây đèn điện tử

A 15m B 10m C 3m D 5m

PHẦN B ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Dạng Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện Câu Chọn B

Diện tích xung quanh hình nón Sxq rl

Câu

Ta có Sxq Rl a a24a2  5a2 (đvdt) Câu Chọn C

Diện tích xung quanh hình nón là: Sxqrl4 3 Câu Chọn A

Diện tích xung quanh hình nón là: Sxq rlal3a2 l 3a Câu

Lời giải Chọn A

(11)

Xét tam giác ABC vuông tại A ta có BC2 AC2AB2 4a2  BC2a Đường sinh của hình nón cũng chính là cạnh huyền của tam giác  l BC2a Câu Chọn D

Ta có tam giác SAB vng cân S có SAa

Khi đó: 2,

2 a

ROA l SAa Nên

2

xq

a a

S Rl a

Câu Ta có: Sxq rl .2a a2a2 Câu

2

3 xq

xq

S a

S Rl l a

R a

 

    

Câu 10 Thể tích khối nón tính công thức

V  R h ( R bán kính đáy, h độ dài đường cao khối chóp)

Theo ra: V 4 , h3 nên ta có 2.3

3 R R R

      

Vậy R2 Câu 11 Chọn C

B

A C

A

2a

(12)

Có   P  SAB

Ta có SO a h OA OB r,   2 ,a AB2a 3, gọi M hình chiếu O lên AB suy M trung điểm AB, gọi K hình chiếu O lên SM suy d O SAB ; OK

Ta tính OM OA2MA2 a suy SOM tam giác vuông cân O, suy K trung điểm SM nên  

2

SM a OK

Câu 12 Chọn A

Gọi K trung điểm AB ta có OK AB tam giác OAB cân O

Mà SOAB nên ABSOK SOK  SAB mà SOK  SABSK nên từ O dựng OH SK OH SABOH d O SAB , 

Xét tam giác SAO ta có: sin

2

SO SA

SAO SO

SA

  

Xét tam giác SAB ta có: sin

SK SA

SAB SK

SA

  

K

H B

A O

(13)

Xét tam giác SOK ta có: 2 2 12 21 2 12

OH OK OS  SK SO SO

2 2

1 1

3

4 4

SA SA SA

OH SA SA

    



2

6

2

SA a SA a

SA a

     

Câu 13

Giả sử hình nón có đỉnh S, O tâm đường tròn đáy AB đường kính đáy rOAa, ASB 60  ASO 30

Độ dài đường sinh

sin 30 OA

lSA  a



Vậy diện tích xung quanh hình nón Sxq rl .2a a2a2

Câu 14

Xét tam giác AHB vuông tại H Ta có AH = AB2HB2 a

Xét tam giác AHBvuông tại H, HI  AB tại I ta có 3

2

AH HB a a a

HI =

AB  a 

Khi tam giác AHB quay quanh trục AB đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay (có diện tích xung quanh là S) là hợp của hai mặt xung quanh của hình nón (N1) và (N2)

Trong đó:

(N1) là hình nón có được quay tam giác AHI quanh trục AI có diện tích xung quanh là

1

3

2

a a

S = π.HI.AH =  a  

(N2) là hình nón có được quay tam giác BHI quanh trục BI có diện tích xung quanh là

2

3

2

a a

S = π.HI.BH =  a 

A

B I H

x

A B

S

O a

(14)

 

2

1

3

2 2

a

a a

S = S + S



  

   

Câu 15 Giả sử hình nón đỉnh S, tâm đáy O có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn yêu cầu tốn SAB (hình vẽ)

S

A

B I O

H

Ta có SO đường cao hình nón Gọi I trung điểm AB OI  AB Gọi H hình chiếu O lên SI OH SI

Ta chứng minh OH SABOH 12 Xét tam giác vuông SOI có

2 2

1 1

OH OS OI 2

1 1

OI OH OS

  

2

1

12 20

 

225



2

225 15

OI OI

   

Xét tam giác vng SOI có SI  OS2OI2  202152 25

Xét tam giác vng OIA có IA OA2OI2  252152 20 AB40 Ta có SSABC

2AB SI

 1.40.25

2

 500

Câu 16

Thiết diện qua trục hình nón tam giác vng cân, suy r SO a Ta có góc mặt phẳng SBC tạo với đáy góc SIO  600

Trong tam giác SIO vng O có  sin

SO

SI a

SIO

  cos

3

(15)

Mà 2 3

BC  r OI  a

Diện tích tam giác SBC

2

1

2

a

S  SI BC 

Câu 17

Ta có: hOI 4,RIAIB3,AB2

Gọi M trung điểm AB MI  AB ABSMIABSM

Lại có: SB OI2IB2  4232 5; SM  SB2 MB2  52 12 2

Vậy: 1.2 6.2

2

SAB

S  SM AB 

Câu 18 Giả sử hình nón cho có độ dài đường sinh l, bán kính đáy R

Thiết diện hình nón qua trục tam giác OAB vuông cân O OAa Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông cân OABta có:

2 2

4

AB OA OB  a AB a Vậy: la 2,Ra

Din tớch ton phn ca hỡnh nún l: Đá

TP xq y

S S S  2 

Rl R a

    (đvdt)

Câu 19

a B'

C' D' A'

D

C B

A

a 2 a

A A'

(16)

Quay tam giác AA C' vòng quanh trục AA' tạo thành hình nón có chiều cao AA'a, bán kính đáy

rACa , đường sinh lA C'  AA'2AC2 a

Diện tích tồn phần hình nón: S r r la 2a 2a 3 62a2 Câu 20 Chọn D

Ta có lh1

Mặt phẳng  P qua đỉnh hình nón cắt đáy theo dây cung AB có độ dài 1.I , Klà hình chiếu O lên AB; SI Ta có ABSIOOK SAB

ta có

2

2 2

1

2

IO R OA    

 

2 2 2 2

1 1 SO 21

7 OI

OK

OK OI OS   OI OS 

Câu 21 Chọn B

Gọi I trung điểm AB

Ta có AB SO AB SOI SAB SOI AB OI

 

   

  

Trong SOI, kẻ OH SI OH SAB

 

 ; 

d O SAB OH

(17)

Ta có:

2

2 8.5

5 39

5

SO SA OA     

 

Ta có:

2

2 2 4.5

5

5 OI  OA AI    

 

Tam giác vuông SOI có: 2 12 12 13 OH

OH OI SO  

Vậy  ;  13

4 d O SAB OH  Dạng Thể tích

Câu 22 Chọn B

Thể tích khối nón có chiều cao h có bán kính đáy r V  r h Câu 23 Chọn B

Ta có  

2

1

4

3

V   r h   

Câu 24 Chọn C

Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r là: 3 

V r h

Câu 25 Chọn A

Lý thuyết thể tích khối nón Câu 26

Lời giải Chọn D

Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r V  r h

Câu 27

Thể tích khối nón:

3

V   r h 

(18)

2

1

3

V  r h b c Câu 29 Chọn A

Ta có Sxq 15 rl15   l h4

Vậy 12

3

V  r h 

Câu 30

Gọi h chiều cao khối nón h l2r2  252 152 20

2

1

.15 20 1500

3

V r h  

   

Câu 31 Chọn D

Ta có  cot 30o 

AC AB a Vậy thể tích khối nón :    

3

1

3

a

V a a

Câu 32 Chọn A

Chiều cao khối nón cho h l2r2 a Thể tích khối nón cho là:

3

2

1

3 3

a

V  r h a a  

Câu 33 Chọn A

Khối nón tích

3

V r h  Câu 34 Chọn D

Khối nón có bán kính đáy Ra Diện tích đáy Sa2 Thể tích khối nón 3 V  a Câu 35 Chọn D

2

1

.3.4

3

V  r h    Câu 36 Chọn B

Khối nón có góc đỉnh 60o nên góc tạo đường sinh đáy 60 o Vậy

2 l

R ; lại có Sxq RlR R.2 6a2 nên Ra 3; h l2R2 R 33a

Vậy 3

3

(19)

Câu 37

Khi tam giác BMC quanh quanh trục ABthì thể tích khối trịn xoay tạo thành hiệu thể tích khối nón có đường cao AB, đường sinh BC khối nón có đường cao AB, đường sinh BM Nên

2 2

1 1

96

3

V  AB AC  AB AM  AB AC   Đáp án C

Câu 38

Cắt hình nón mặt phẳng qua trục, ta thiết diện tam giác ABC cân đỉnh A hình nón

Do góc đỉnh hình nón BAC60, suy HAC30 Bán kính đáy R HC 2cm Xét AHC vng H, ta có

tan 30 HC AH 



 2 3cm

V  R AH 3

  cm3

Câu 39

Ta có cơng thức tính thể tích khối nón có chiều cao h bán kính r V  r h + Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB thì:

l

A C

B

h=6 r=8

l

A B

C

h=8 r=6= A

B C

(20)

6

hAB cm r AC8cm 1 1282

V     + Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC thì:

8

hAC cm r AB6cm 2 82 96

V     Vậy:

2 V

V  đáp án B

Câu 40 Ta có:

1

2

  N

V R SO,

2

3  

  N

V R SO

Mặt khác, SO A SOB đồng dạng nên R SO

R SO

Suy ra:

3

2

   

   

 

N

V R SO SO

Suy 1.40 20 cm

2



   

SO

SO Do chọn A

Câu 41 Chọn B

Gọi r h r h1, , ,1 2 2 bán kính, đường cao hình nón hình nón Do đường sinh hình nón tạo với đáy góc 60

Suy ra: OAI OBI 60, ta có mối liên hệ: h1 , r h1 2  3r2 Theo đề ta có: 1 2  1 12 2 22  13 23 1000

3

V V V   h r h r   h h   Mà: h13h23h1h233h1h2.h h1 2h h1 2 200

Kết hợp giả thiết: h1h2 30 ta

10 20 h h

  

 

Từ tỉ lệ cần tìm  

 

2

1

2

10 1

20

V h

V  h  

Câu 42 Chọn C

R R' A

O B

(21)

Khối nón đỉnhD, tâm đáy I tích V1

Ta có BD4 mà IC BD' BC'.C'DIC'

' DC ID

BD

  nên 1 '

V   IC ID Khối nón cụt có tâm đáy J I, tích V2

Ta có DI 3,DJ 2, 2

' 3

JE DJ

JE IC  DI   

 2 

2

1 19

'

3

V   IC DIJE DJ   Vậy thể tích cần tìm 2 1 2 56

9

V  V V   Đáp án C Câu 43 Cách 1:

Gọi A', C đối xứng với A, C qua BD, GBC'AD, G đối xứng với G qua BD '

E AABD, F GG'BD F trung điểm BD

Gọi V thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình chữ nhật ABCD quanh đường thẳng BD I

J E'

C

E A

C' B

A'

(22)

1

V thể tích khối trịn xoay tạo thành quay tam giác BAD quanh cạnh BD (cũng thể tích khối trịn xoay quay tam giác BCD quanh cạnh BD)

1

V, V1lần lượt thể tích khối trịn xoay tạo thành quay BAE, EADquanh cạnh BD

2

V thể tích khối trịn xoay tạo thành quay BGD quanh cạnh BD

V thể tích khối tròn xoay tạo thành quay BGF quanh cạnh BD Ta có V1 thể tích khối nón đỉnh B, bán kính đáy AE

Tính

2

AB AD AE

AB AD



  2

2.2

2

 

3

 ,BD4, BE1,DE3

2

1

V  AE BE

   3

3

 

Ta có V1 thể tích khối nón đỉnh D, bán kính đáy AE

1

V  AE DE

   3 2.3

3

 3

Suy V1 V1V1 3 4

Ta có V2 thể tích khối nón đỉnh B, bán kính đáy GF Ta chứng minh BGF~BDC (g – g)

GF BF

DC BC

 

 

BF DC GF

BC 

 



BD DC

BC  



4.2 2.2



3 

2

1

V  GF BF

2

1

.2

3

 

  

 

8

 

Ta có V2 2V2 16   Vậy V 2V1V2 2.4 16

9  

  56

9  

Cách 2: Lưu Thêm

(23)

1,

V V thể tích khói nón, nón cụt nhận quay tam giác ABH tứ giác AHLT quay BD

Ta có: 3, I ,

3

AH  L BH HL

Ta có: V 2V1V2  2

2

3BH AH 3HL IL IL AH AH

 

     

 

1 56

2 .3

3` 3



 

  

      

 

 

Câu 44

Gọi E giao điểm AB CD Gọi F hình chiếu vng góc B CE

Ta có: BCF  BEF nên tam giác BCF BEF quay quanh trục CD tạo thành hai khối nón tích V1

ADC AEC

   nên tam giác ADC  AEC quay quanh trục CD tạo thành hai khối nón tích V

Nên thể tích khối trịn xoay sinh quay hình thang ABCD xung quanh trục CDbằng:

 2

1

2 2

3

V  V   CD AC CF BF  

3 3

3

2

3

a a

a 

   

    

 

 

 

(24)

Câu 45 Chọn C

Dễ thấy AD ABCAD R1

Gọi  M BDAC N hình chiếu M AB Dễ dàng chứng minh tỉ lệ: (1)

MN AN

BC  AB ; (2)

MN BN AD  AB

(1)

3 ;

(2) 4

AD AN AN BN

BC BN AB AB

      

3 3

; ;

2 2

AN BN MN

   

Phần thể tích chung khối trịn xoay phần thể tích quay tam giác AMB xung quanh trục AB Gọi V1 thể tích khối trịn xoay quay tam giác BMNxung quanh AB

Và V2 thể tích khối trịn xoay quay tam giác AMN xung quanh AB Dễ tính được: 1 3 ( )

8

V   dvtt 2 ( ) 1 2 3 ( )

8

V   dvtt V V   dvtt Chọn C Dạng Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện

Câu 46 Chọn C

Gọi OACBDSOABCD Lại có  

AC

OC a

SO SA2OC2 a

Bán kính  

2 2

AB a

r Suy thể tích khối nón là:

  

   

 

2 3

1

3

a a

V a

(25)

Gọi r bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD

Ta có 3

2 a

BM  ; 2 3

3

a

r BM  a

2

3.3 3

xq

S  r lr ABa a a Câu 48 Chọn B

Bán kính đường tròn đáy a r Diện tích đáy nón là:

2

4 a S r 

Độ dài đường sinh 2 a

l a r 

Diện tích xung quanh khối nón là:

2

5 a S rl

Vây, diện tích tồn phần khối nón là:  

1

4 tp

a

S S S  

B

M O A

C D

A B

C D O

A B

C

D O

a

(26)

Câu 49

Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M, trung điêmt cạnh BC, ta có a

OM  ,

3 a

OA SMO60

Trong tam giác vuông SMO:

2

0

tan 60

6 3

a a a a a

SOOM   SA  

Vậy

2

3 7

3

xq

a a a

S OA SA 

Câu 50 Chọn D

Hình nón  N có đường sinh tạo với đáy góc 60nên SAH60

Ta có SAB cân S có A60 nên SAB Do tâm I đường trịn nội tiếp SAB trọng tâm SAB

Suy SH3IH3.Mặt khác   2 3  3 Đáy    3

AB

SH AB R S R

Do

Đáy

 13.3  3

3

V SH S Câu 51 Chọn B

M

O C

B A

(27)

Gọi E trung điểm BC Theo giả thiết SEA600

Suy ra:

2 a

SA l

2

3 7

3

xq

a a a

S  Rl   

Câu 52 Gọi h chiều cao khối chóp đồng thời đường cao khối nón Thể tích khối chóp 1

3 V  a h

Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD

2

AC a

r 

Thể tích khối nón

2

1

a

V   h

Tỉ số thể tích khối chóp S ABCD khối nón  N

2 V

V  Câu 53 Chọn D

Ta có S ABCD hình chóp đều, gọi OACBD  Góc cạnh bên với mặt đáy SBO 45

S

A

D

B

C O

45

(28)

ABCD hình vng cạnh 2a BD2 2a

Khối nón ngoại tiếp hình chóp S ABCD có bán kính đường tròn đáy 2

BD

R a

SOB

 vuông cân O

 Chiều cao khối nón hSOOB 2a

 Thể tích khối nón là:  

2

1

π π π

3 3

V  R h a a  a

Câu 54

Nhận xét: Tứ giác ABCI hình vng Dễ chứng minh BCSAB BI SC

 

 

 

  

EA SB

EA SBC

EA BC EASC

 

 

 

  

EA SC

SC AEF

FA SC

Trong tam giác vng SAB có

2

3

 

SE SA

SB SB

Trong tam giác SAD có HS AI MD 1

HI AD MS  3

HS HI

3  SH 

SI

Trong tam giác SBI có

 

SE SH

SB SI EH //BI Do BI SC nên EH SC Suy điểm A E F H, , , thuộc mặt phẳng qua A vng góc với SC Gọi K trung điểm AF

Vì    

EA EF

AH FH K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH Ta có: AF  SA AC

SC

3 a a

a

6 a

Suy bán kính đáy khối nón

2

 a

R AF

(29)

Do     //

  

  

  

SC EFH

OK EFH O

OK SC đỉnh khối nón

Chiều cao khối nón 

h FC 2

2

 AC AF 2

2

 a  a

5  a

Vậy thể tích khối nón

2

1

3 3 5

 

   

 

 

a a

V R h

3 10



 a

Dạng Bài toán thực tế Câu 55

Chọn B

Gọi r1BE, h1  AB bán kính đáy chiều cao hình nón N1 Gọi r2 CD, h AC bán kính đáy chiều cao hình nón N2 Khi thể tích hai khối nón

2

1 1

1 V  r h

2

1 V  r h Theo đề ta có

2 2

2

1 1

1

3 .

1

3 r h

V r h

r h

  

   

 



 1

Xét hai tam giác đồng dạng ACD ABE, có:

1

r

AC CD h

AB  BE  r  h  2 Từ  1  2 suy

3

1

1 1

20

8 2

h h

 

     

(30)

Câu 56

Gọi tam giác vuông ABC, kẻ AH BC,H chân đường cao

Khi 2 2 2

2

1 1 bc

AH

AH  AB  AC   b c

Thể tích khối trịn xoay cần tính tổng thể tích khối nón tạo hai tam giác vng ACH ABH quay quanh trục BC

Khối nón tạo tam giác vng ACH quay quanh trục BC tích 1

V  CH AH

Khối nón tạo tam giác vng ABH quay quanh trục BC tích 2

V  BH AH

Thể tích khối trịn xoay cần tính là:

2

1

2

2 2

1

3

1

.( )

3 3

V V V CH AH BH AH

bc b c

BC AH b c

b c b c

 



 

   

   

 

Câu 57 Chọn A

Coi khối lập phương có cạnh Thể tích khối lập phường V 1 Từ giả thiết ta suy khối nón có chiều cao h1, bán kính đáy

2 r Thể tích lượng nước trào ngồi thể tích V1 khối nón

Ta có: 1 11

3 12

V  r h   

Thể tích lượng nước cịn lại thùng là: 2 1 12 12 12 V V V     

Do đó: 12 V V

  



Câu 58

b

c H

C

B

(31)

Gọi h1 chiều cao nước ta có 1

h  h Từ hình vẽ ta có: h1 r1

h  r

1

r r

  ; h2 r2 h  r

2

h h

r r

  2

r

h r

h

 

Ta tích nước trước sau lôn ngược nhau:

2 2

1 2

h r h r h r

2

1

2

h r h r

h r       2 1 2 hr h r h r    2 1

2 2

2 h r hr h r r    1

2 2

2 2 h r h h r h h h    1 2 2 2 h h h h h h   

2 2

2 .15 15 9 h h h

   23 153 .151 h    3250 h

 

2 3250

h

  Vậy bịt kín miệng phễu lộn ngược phễu lên chiều cao mực nước xấp xỉ bằng: 0,188 cm  

Câu 59

Gọi a bán kính đáy hình nón; 1,

V V thể tích hình nón lúc chứa đầy nước chiều cao nước dm; h, V3 chiều cao nước, thể tích hình nón chiều cao nước hình nón dm;

R, r bán kính hình nón nước, bán kính hình nón nước chiều cao nước hình nón dm

Ta có:

2

R a

R

a   

Thể tích nước hình nón chiều cao  

2

1

2 3.1

12 a

V   a 

Mặt khác:

2

r h ah

r

(32)

Do thể tích nước hình nón  

2

1

3

12

h a h

V  h a  Thể tích nước hình nón đầy nước

1 3.2

V  a

Lại có: V3 V1V2  12 a h 



3.2.a  12

a

 3

1 h h

    

Câu 60 • Cắt hình nón theo hai đường sinh SA, SB trải ta hình (H2) sau:

Khi đó, chiều dài dây đèn ngắn độ dài đoạn thẳng AC hình H2. • Chu vi cung trịn AB: 1.2 5

2

C    SAC

  vuông S.

2 2

10 5 m

AC SA SC

      .

Câu 61 Chọn D

Gọi R bán kính đáy phểu ta có R

bán kính đáy chứa cột nước

Ta tích phần nón khơng chứa nước  

2

2 2

1 35

.20 10

3

R

V   R     R

 

Khi lật ngược phểu Gọi h chiều cao cột nước phểu.phần thể tích phần nón khơng chứa nước

     

2

3 2 20

1

20 20

3 20 1200

R h

V   h      h R

 

 3 2  3

1 35

20 20 7000 0,87

1200 h R  R  h  h Dạng Bài toán cực trị

Câu 62 Chọn B

2 2

4( 1) 4 ( 1) -y  m  x  mx x m  x m

+ 2

2

0 ( 1) -

( 0)

x

y x m x m m

x m

m   

 

      

   

 



+ Với m0thì đồ thị hàm số có điểm cực trị (với xA xB xC) là:

H2 5m

10m C

S

A

(33)

2

( ; - 1)

1

  

 

m m

A m

m m ;

2 (0; 1) B m  ;

2

( ; - 1)

1 1 

 

m m

C m

m m

+ Quay ABC quanh AC khối trịn xoay tích là:

2

1

2

3 3

 

V r h BI IC

 

2

3 1 3 1

 

   

 

  

m m m

+ Xét hàm số

 

9 ( )

1 m f x

m 



Có:

 

8

6 (9 - ) '( )

1 



m m

f x

m

; f( )x 0 m3 (m0) Ta có BBT:

Vậy thể tích cần tìm lớn m3

Câu 63

Cắt hình nón mặt phẳng song song với đường sinh hình nón ta thu thiết diện parabol

r

h

I C

B

A

3 –

(34)

Xét dây cung chứa đoạn KH hình vẽ, suy tồn đường kính ABKH , tam giác SAB, KE/ /SA E, SB, Suy Parabol nhận KE làm trục hình vẽ thiết diện thỏa yêu cầu toán (Thiết diện song song với đường sinh SA)

Đặt BK  x (với 0 x24)

Trong tam giác ABH có: HK2 BK AK x24x

Trong tam giác SAB có:

6

KE BK BK x

KE SA KE

SA  BA   BA  

Thiết diện thu parabol có diện tích:

S  KH KE

Ta có:    

2

2 16 2 16 25 100 10

24 24 24

9 36 81

x

S  KH KE  x x  x x S  x x Đặt f x 24x3x4, với 0 x24

Ta có: f ' x 72x24x3 Suy '  72 0 18 x

f x x x

x  

     

 

Bảng biến thiên:

Vậy thiết diện có diện tích lớn là: 10 34992 207,

9  cm

Câu 64 Fb: Bi Trần

Gọi hình nón trịn xoay có đường sinh l2a có bán kính đáy R đường cao h Thể tích khối nón:

3

V  R h Ta có: R2h2 4a2

Áp dụng bất đẳng thức Cô si:

2

2 2 3

4

2

R R R h

a R h   h 

6

64 16

4 27 27

R h

a R h  a

   

Đẳng thức xảy

2

2 2

2 3

2

3

R h a

h

h R a R a



  



 



 

   



 



Khi max 16 3 27

V   a

(35)

Ta có diện tích hình phểu

2

xq

R x xR

S r



   bán kính đáy phểu; x r R 

 

2 2

1 1

3 3

V  r h r R r   r R r thể tích phểu Xét hàm số phụ yr R4 2r6  y4 r R3 26r5

2

0

3 y   R  r  r R

Vậy ymax V V max 2 6

3 3

R r R

r x x x

R R

  

      

Câu 66

Ta có: SAB cân SBAB  SAB R

O

B

A

h R

B;A

(36)

Diện tích xung quanh hình nón Sxq  Rl50 m2

Vẽ  P qua C vuông góc với AB Mặt phẳng  P cắt hình nón theo thiết diện Elip Khi đó, chiều dài dây đèn điện tử ngắn chiều dài dây cung AC Elip

* Ta dùng phương pháp trải hình thấy sau

Hình trải dài hình quạt với AB độ dài nửa đường tròn ABR.  5  m



2

0

S

1 360.25

25 25 90

2 360 10

AB

ASB R

S  S        ASB 

(37)

HÌNH TRỤ, KHỐI TRỤ

MỤC LỤC

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện Dạng 2. Thể tích Dạng 3. Khối trịn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện Dạng 4. Bài tốn thực tế Dạng 5. Bài tốn cực trị PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện Dạng 2. Thể tích 14 Dạng 3. Khối trịn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện 15 Dạng 4. Bài tốn thực tế 19 Dạng 5. Bài tốn cực trị 23

PHẦN A. CÂU HỎI

Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện

Câu 1. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Diện tích xung quanh của hình trụ trịn xoay có bán kính đáy r và độ

dài đường sinh l bằng

A. 4rl B. 2rl C. 4

3rl D. rl

Câu 2. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB1 và

2

AD Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AD và BC. Quay hình chữ nhật ABCD xung quanh trục

MN, ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần Stp của hình trụ đó.

A. Stp 10 B. Stp 2 C. Stp 6 D. Stp 4

Câu 3. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 50 và độ dài đường sinh

bằng đường kính của đường trịn đáy. Tính bán kính r của đường trịn đáy.

A. r5  B. r5 C.  2

2

r D. 5

2

r

Câu 4. (THPT CHUN LAM SƠN THANH HĨA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối trụ  T có bán kính đáy

1

R , thể tích V 5. Tính diện tích tồn phần của hình trụ tương ứng

A. S 12 B. S 11 C. S 10 D. S 7

Câu 5. (THPT LÊ QUY ĐƠN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính diện tích xung quanh của hình trụ biết

(38)

A. 2a2 B. a2 C. a2 3 D. 2a2 3

Câu 6. (THPT - N ĐỊNH THANH HĨA 2018 2019- LẦN 2) Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục của

nó ta được thiết diện là một hình vng có cạnh bằng3a. Tính diện tích tồn phần của khối trụ.

A.

2

13

tp

a

S   B. Stp a2 3. C.

2

3

tp

a

S   D.

2

27

tp

a S  

Câu 7. (THPT CHUN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình trụ có diện tích

xung quanh bằng 4a2 và bán kính đáy là a. Tính độ dài đường cao của hình trụ đó.

A. a. B. 2a. C. 3a. D. 4a.

Câu 8. (THPT CHUN THÁI NGUN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm và có thiết diện qua trục là một hình vng. Diện tích xung quanh của hình trụ là

A. 8pcm3 B. 4pcm3 C. 32pcm3 D. 16pcm3

Câu 9. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cắt một hình trụ bởi một mặt phẳng qua trục

của nó, ta được thiết diện là một hình vng có cạnh bằng 3a. Tính diện tích tồn phần của hình trụ đã cho.

A. 13

6 a



. B.

2 27

2 a



. C. 9a2. D.

2

2 a



.

Câu 10. (THPT N PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Trong khơng gian cho hình chữ nhật

ABCD cóAB1,AD2. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AD vàBC. Quay hình chữ nhật đó

xung quanh trục MN ta được một hình trụ. Tính diện tích tồn phần Stp của hình trụ đó.

A. Stp 4  B. Stp 6  C. Stp 2  D. Stp 10 

Câu 11. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hình trụ có chiều cao bằng 3 2. Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song

với trục và cách trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được có diện tích bằng 12 2. Diện tích xung quanh

của hình trụ đã cho bằng

A. 6 10. B. 6 34. C. 3 10 D. 3 34

Câu 12. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hình trụ có chiều cao bằng 5 3. Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song

song với trục và cách trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được có diện tích bằng 30. Diện tích xung

quanh của hình trụ đã cho bằng

A. 10 3. B. 5 39 C. 20 3 D. 10 39.

Câu 13. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hình trụ có chiều cao bằng 4 2. Cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng song

song với trục và cách trục một khoảng bằng 2, thiết diện thu được có diện tích bằng 16. Diện tích xung

quanh của hình trụ đã cho bằng

A. 16 2. B. 8 2. C. 12 2. D. 24 2.

Câu 14. Cắt hình trụ  T bằng một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng

30cm2 và chu vi bằng 26 cm. Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính mặt đáy của hình trụ

 T Diện tích tồn phần của  T là: A. 23cm2. B. 23  2

2 cm



. C. 69  2

2 cm



. D. 69cm2.

Câu 15. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50cm và có chiều cao là 50cm. Một đoạn thẳng AB có chiều dài là

100cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường trịn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng đó đến trục hình

(39)

A. d50cm. B. d50 3cm. C. d25cm. D. d25 3cm.

Câu 16. (THPT LÊ QUY ĐƠN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình trụ trịn xoay có hai đáy là hai đường trịn O R,  và O R, . Biết rằng tồn tại dây

cung AB của đường trịn O R, sao cho tam giác O AB đều và góc giữa hai mặt phẳng

O AB  và mặt phẳng chứa đường trịn O R,  bằng 60. Tính diện tích xung quanh của hình

trụ đã cho.

A. 4R2 B. 2 3R2 C. 3

7 R D.

2

6 7 R

Câu 17. (THPT CHUN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối trụ có bán kính đáy bằng 4cm và chiều

cao 5cm. Gọi AB là một dây cung đáy dưới sao cho AB4 3cm. Người ta dựng mặt phẳng  P

đi qua hai điểm A, B và tạo với mặt phẳng đáy hình trụ một góc 60 như hình vẽ. Tính diện tích thiết diện

của hình trụ cắt bởi mặt phẳng  P

A.   2

8 3

3 cm



. B.   2

4

3 cm

 

. C.   2

4 3

3 cm



. D.   2

8

3 cm



. Dạng 2. Thể tích

Câu 18. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là A. 4

3Bh. B.

1

3Bh. C. 3Bh. D. Bh.

Câu 19. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Thể tích của khối trụ trịn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h bằng

A. 4

3r h B.

2

r h

 C. 1

3r h D. 2rh

Câu 20. (Mã 102 - BGD - 2019) Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là

A. 4

3Bh. B.

1

3Bh. C. 3Bh. D. Bh.

Câu 21. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tính thể tích V của khối trụ có bán kính r4 và chiều cao h4

(40)

Câu 22. (CHUN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Thể tích khối trụ có bán kính đáy

ra và chiều cao ha 2 bằng

A. 4a3 2. B. a3 2. C. 2a3. D.

2

a



.

Câu 23. (CHUN LÊ Q ĐƠN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Thiết diện qua trục của một hình trụ là

một hình vng có cạnh bằng 2a. Tính theo a thể tích khối trụ đó.

A. a3. B. 2a3. C. 4a3. D. 2

3a

Câu 24. (THPT LÊ Q ĐƠN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hình chữ nhật ABCD có AB2BC2 a

Tính thể tích khối trịn xoay khi quay hình phẳng ABCD quanh trục AD.

A. 4 a3

 B. 2 a3

 C. 8 a3

 D. a3 

Câu 25. (THPT CHUN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình trụ có diện tích tồn phần là 4 và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vng. Tính thể tích khối trụ?

A.

12



B.

9



C. 4

9



D. 4

9



Câu 26. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ H1 , H2 xếp

chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r h r h1, , ,1 2 2 thỏa mãn 2 1, 2 1

2

r  r h  h

(tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể tích của tồn bộ khối đồ chơi bằng 30cm3, thể tích khối trụ H1 bằng

A. 24cm3 B. 15cm3 C. 20cm3 D. 10cm3

Câu 27. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Một khối trụ có thể tích bằng 6. Nếu giữ ngun chiều cao và tăng bán kính đáy của khối trụ đó gấp 3 lần thì thể tích của khối trụ mới bằng bao nhiêu?

A. V 162 B. V 27 C. V 18 D. V 54

Câu 28. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Hỏi nếu tăng chiều cao của khối trụ lên 2 lần, bán kính của nó

lên 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng bao nhiêu lần so với khối trụ ban đầu?

A. 36. B. 6. C. 18. D. 12.

Dạng 3. Khối trịn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện

Câu 29. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng4. Tính diện tích xung quanh xq

S của hình trụ có một đường trịn đáy là đường trịn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao

của tứ diệnABCD.

A. Sxq 8 3 B. Sxq 8 2 C. 16

3

xq

S   D. 16

3

xq

(41)

Câu 30. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng a.

A.

3

6

a

V  B.

3

2

a

V  C.

3

4

a

V  D. V a3

Câu 31. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h. Tính thể

tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho.

A. V 3a h2 B. V a h2 C.

2

9

  a h

V D.

2

3

  a h

V

Câu 32. (SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng,

diện tích xung quanh bằng 36a2. Tính thể tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ.

A. 27 3a3. B. 24 3a3. C. 36 3a3. D. 81 3a3.

Câu 33. (CHUN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình trụ  T chiều cao bằng 2a, hai đường trịn đáy của  T có tâm lần lượt là O và O1, bán kính bằng a. Trên đường trịn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường

trịn đáy tâm O1 lấy điểm B sao cho AB 5a. Thể tích khối tứ diệnOO AB1 bằng

A. 3 12 a B. 3 a C. 3 a D. 3 a

Câu 34. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho khối trụ có đáy là các đường trịn tâm  O ,  O có

bán kính là R và chiều cao hR 2. Gọi A, B lần lượt là các điểm thuộc  O và  O sao cho OA

vng góc với O B Tỉ số thể tích của khối tứ diện OO AB với thể tích khối trụ là: A.

3 B.

1

3 C.

1

6 D.

1 4

Câu 35. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Một hình trụ có bán kính đáy bằng chiều

cao và bằng a. Một hình vng ABCD có đáy AB CD, là hai dây cung của hai đường trịn đáy và

ABCD khơng vng góc với đáy. Diện tích hình vng đó bằng

A.

5

a

. B. 5a2. C.

2 2 a D. a

Câu 36. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ đều ABC A B C   , biết góc giữa hai mặt phẳng

A BC  và ABC bằng 45, diện tích tam giác A BC bằng a2 6. Tính diện tích xung quanh của hình

trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC A B C   . A. 3 a 

. B. 2a2. C. 4a2. D.

2 3 a 

Câu 37. (THPT ĐỒN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hình trụ có bán kính R và chiều cao 3R.

Hai điểm A, B lần lượt nằm trên hai đường trịn đáy sao cho góc giữa AB và trục d của hình trụ bằng

30. Tính khoảng cách giữa AB và trục của hình trụ:

A.  , 

2 R

d AB d  B. d AB d , R. C. d AB d , R 3. D.  , 

R d AB d  Dạng 4. Bài toán thực tế

(42)

Câu 38. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Một ngơi biệt thự có 10 cây cột nhà hình trụ trịn, tất cả

đều có chiều cao 4, 2 m. Trong đó, 4 cây cột trước đại sảnh có đường kính 40 cm và 6 cây cột cịn lại bên

thân nhà có đường kính 26 cm. Chủ nhà dùng loại sơn giả đá để sơn 10 cây cột đó. Nếu giá của một loại

sơn giả đá là 380.000 đồng/m2 (gồm cả tiền thi cơng) thì người chủ phải chi ít nhất bao nhiêu tiền để sơn

10 cây cột đó? (Số tiền làm trịn đến hàng nghìn).

A. 14.647.000 (đồng). B. 13.627.000 (đồng). C. 16.459.000 (đồng). D. 15.844.000 (đồng). Câu 39. Mặt tiền của nhà văn hóa huyện Quỳnh Lưu có 17 cây cột hình trụ trịn, tất cả đều có chiều cao bằng 4,

m. Trong số các cây đó có 3 cây cột trước đại sảnh đường kính bằng 40cm, 14 cây cột cịn lại phân bố

đều hai bên đại sảnh và chúng đều có đường kính bằng 26cm. Chủ đầu tư th nhân cơng để sơn các cây

cột bằng loại sơn giả gỗ, biết giá th là 360.000 / m2 (kể cả vật liệu sơn và phần thi cơng). Hỏi chủ đầu tư

phải chi ít nhất bao nhiêu tiền để sơn hết các cây cột nhà đó (đơn vị đồng)? (lấy  3,14159)

A. 22990405 B. 5473906 C. 5473907 D. 22990407

Câu 40. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chiếc bút chì có dạng khối trụ lục giác đều có cạnh đáy 3 mm

và chiều cao bằng 200mm. Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi

có dạng khối trụ có chiều cao bằng chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình trịn có bán kính 1 mm

. Giả định 1 m3 gỗ có giá a triệu đồng, 1 m3 than chì có giá 6a triệu đồng. Khi đó giá ngun vật liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây?

A. 8, 45.a đồng B. 7,82.a đồng C. 84, 5.a đồng D. 78, 2.a đồng

Câu 41. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần lượt bằng 1 m và 1,5 m. Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và thể trích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây?

A. 1,8 m. B. 2,1 m. C. 1,6 m. D. 2,5 m.

Câu 42. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính

đáy lần lượt bằng 1m và 1, 2m. Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và có

thể tích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả

nào dưới đây?

A. 2, 2m. B. 1, 6m. C. 1,8m. D. 1, 4m.

Câu 43. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy 3mm

và chiều cao bằng 200 mm. Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi

có dạng khối trụ có chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình trịn có bán kính đáy 1 mm. Giả định 1

3

m gỗ có giá a (triệu đồng), 1m3 than chì có giá 8a (triệu đồng). Khi đó giá ngun liệu làm một chiếc

bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây?

A. 9, 07a(đồng) B. 97, 03a(đồng) C. 90, 7a(đồng) D. 9, 7a(đồng)

Câu 44. (Mã 102 - BGD - 2019) Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy

lần lượt bằng 1m và 1, m. Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và có thể

tích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây?

A. 1, m. B. 1,5m. C. 1,9m. D. 2, m.

Câu 45. (Mã 103 - BGD - 2019) Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy

lần lượt bằng 1mvà 1,8m. Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và có thể

tích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây?

(43)

Câu 46. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Từ một tấm tơn hình chữ nhật kích thước 50cm.240cm, người

ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50cm, theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới

đây):.

 Cách 1: Gị tấm tơn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.

 Cách 2: Cắt tấm tơn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gị mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một

thùng.

Kí hiệuV1 là thể tích của thùng gị được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gị được theo cách

2. Tính tỉ số

2

V V

A.

2

1

V

V  B.

1

V

V  C.

1

2

V

V  D.

1

4

V V 

Câu 47. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy 3 mm

và chiều cao 200 mm. Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có dạng

khối trụ có chiều cao bằng chiều cao của bút và đáy là hình trịn có bán kính 1 mm. Giã định 1 m3 gỗ có

giá a (triệu đồng), 1 m3 than chì có giá 7a(triệu đồng). Khi đó giá ngun vật liệu làm một chiếc bút chì

như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây?

A. 85, 5.a(đồng) B. 9, 07.a(đồng) C. 8, 45.a(đồng) D. 90, 07.a(đồng)

Câu 48. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy bằng 3 mm và chiều cao bằng 200 mm. Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi có dạng khối trụ có chiều

cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình trịn có bán kính bằng 1 mm. Giả định 1m3gỗ có giá a (triệu

đồng). 1m3than chì có giá 9a(triệu đồng). Khi đó giá ngun vật liệu làm một chiếc bút chì như trên gần

nhất với kết quả nào dưới đây?

A. 103,3ađồng B. 97, 03ađồng C. 10,33ađồng D. 9, 7ađồng

Câu 49. (CHUN LÊ Q ĐƠN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Người ta làm tạ tập cơ tay như hình vẽ với hai đầu là hai khối trụ bằng nhau và tay cầm cũng là khối trụ. Biết hai đầu là hai khối trụ đường kính

đáy bằng 12, chiều cao bằng 6, chiều dài tạ bằng 30 và bán kính tay cầm là 2. Hãy tính thể tích vật liệu

làm nên tạ tay đó.

A. 108. B. 6480. C. 502. D. 504.

Câu 50. (CHUN TRẦN PHÚ HẢI PHỊNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Để làm cống thốt nước cho một con

(44)

của mỗi ống bằng 2m, độ dày của thành ống là 8cm. Biết rằng 1 m3 bê tơng thì cần đúng 10

bao xi-măng. Hỏi cần bao nhiêu bao xi-măng để đúc 200 ống trên (kết quả làm trịn đến hàng đơn vị)?

A. 1086 bao. B. 1025 bao. C. 2091 bao. D. 523 bao.

Câu 51. (THPT LÊ QUY ĐƠN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ

hai đường kínhMN, PQ của hai đáy sao choMN PQ. Người thợ đó cắt khối đá theo các mặt đi qua 3

trong 4 điểm M N P Q, , , để khối đá có hình tứ diệnMNPQ. Biết MN60 cm và thể tích khối tứ diện

30

MNPQ dm3. Hãy tính thể tích lượng đá cắt bỏ (làm trịn đến một chữ số thập phân sau dấu phẩy).

A. 101,3dm3 B. 111, 4dm3 C. 121,3dm3 D. 141,3dm3

Câu 52. (CHUN TRẦN PHÚ HẢI PHỊNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cơng ty X định làm một téc nước hình

trụ bằng inox (gồm cả nắp) có dung tích 1m3. Để tiết kiệm chi phí cơng ty X chọn loại téc nước có diện

tích tồn phần nhỏ nhất. Hỏi diện tích tồn phần của téc nước nhỏ nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm trịn đến

2 chữ số sau dấu phẩy)?

A. 5, 59 m2 B. 5, 54 m2 C. 5, 57 m2 D. 5, 52 m2

Câu 53. (CHUN NGUYỄN TẤT THÀNH N BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Một cái trục lăn sơn nước có

dạng một hình trụ. Đường kính của đường trịn đáy là 5cm, chiều dài lăn là 23cm (hình bên). Sau khi lăn

trọn 10 vịng thì trục lăn tạo nên tường phẳng lớp sơn có diện tích là

A. 2300 cm 2. B. 1150 cm 2. C. 862, cm 2. D. 5230 cm 2. Dạng 5. Bài toán cực trị

Câu 54. (THPT CHUN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Một hình trụ có độ dài đường cao bằng 3, các đường trịn đáy lần lượt là O;1 và O';1. Giả sử AB là đường kính cố định của O;1và CD là đường kính thay đổi trên O';1. Tìm giá trị lớn nhất Vmax của thể tích khối tứ diện ABCD.

A. Vmax 2. B. Vmax 6. C. max

V  D. Vmax 1.

Câu 55. (CHUN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cần sản xuất một vỏ hộp sữa hình

trụ có thể tích V cho trước. Để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng

A. 3

V

 B.

3 V

. C. 3V

 D.

3

V



Câu 56. Thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật có chu vi là 12 cm. Giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ là:

A. 64 cm 3. B. 16 cm 3. C. 8 cm 3. D. 32 cm 3.

Câu 57. (THPT CHUN THÁI NGUN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trên một mảnh đất hình vng có diện

tích 81m2 người ta đào một cái ao ni cá hình trụ (như hình vẽ) sao cho tâm của hình trịn đáy trùng với

(45)

khoảng cách nhỏ nhất giữa mép ao và mép mảnh đất là x m . Giả sử chiều sâu của ao cũng là x m .

Tính thể tích lớn nhất V của ao.

A. V 13, 5 m3 B. V 27 m3 C. V 36 m3 D. V 72 m3

Câu 58. (THPT CHUN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hình trụ có đáy là hai đường trịn tâm O và

O, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a. Trên đường trịn đáy có tâm O lấy điểm A, trên đường trịn

tâm O lấy điểm B. Đặt  là góc giữa AB và đáy. Tính tan khi thể tích khối tứ diện OO AB đạt giá

trị lớn nhất.

A. tan  2 B. tan

  C. tan

2

  D. tan 1

O, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a. Trên đường trịn đáy có tâm O lấy điểm A, D sao cho

2

AD a; gọi C là hình chiếu vng góc của D lên mặt phẳng chứa đường trịn  O' ; trên đường trịn

tâm O lấy điểm B (AB chéo với CD). Đặt  là góc giữa AB và đáy. Tính tan khi thể tích khối tứ

diện CDAB đạt giá trị lớn nhất.

A. tan  3 B. tan

  C. tan 1 D. tan

3

 

O, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a. Trên đường trịn đáy có tâm O lấy điểm A, D trên đường

trịn tâm O lấy điểm B, C sao cho AB CD// và AB khơng cắt OO'. Tính AD để thể tích khối chóp

'

O ABCD đạt giá trị lớn nhất.

A. AD2 2a B. AD4a C.

3

AD a D. AD 2a

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện Câu 1. Chọn B

Diện tích xung quanh của hình trụ trịn xoay: Sxq  2 rl.

Câu 2. Chọn D

Quay hình chữ nhật ABCD xung quanh MN nên hình trụ có bán kính

2

AD r AM   Vậy diện tích toàn phần của hình trụ Stp 2r AB 2r2 2 2 4.

(46)

Diện tích xung quanh của hình trụ: 2rl (l: độ dài đường sinh) Có l2r

  2 xq

S rl 2 rl 50  2 2r r50  5 2

r

Câu 4. Chọn A

Ta có V S h với Sr2  nên h V

S

 

Diện tích tồn phần của trụ tương ứng là: Stp 2Rh2R2 2 1.5 1   12. Câu 5. Chọn D

Diện tích xung quanh của hình trụ là: Sxq 2rl2rh2  a a 32a2 3.

Câu 6. Thiết diện qua trục là một hình vng có cạnh bằng 3a nên ta có độ dài đường sinh l3a và bán kính

đường tròn đáy là

2

a r 

Từ đó ta tính được

2 2

2 3 27

2 2

tp

a a a

S  rl r   a        Câu 7. Chọn B

Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy a và chiều cao h là

2 xq

xq

S

S 2

2

a

ah h a

a a

 

    

Vậy độ dài đường cao của hình trụ đó là h2a.

Câu 8.

Cơng thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao h là Sxq= 2prh

(47)

Vì thiết diện qua trục là hình vng nên ta có h= 2r= 4cm.Sxq= 2prh= 2.4p =16pcm3

Câu 9.

Gọi thiết diện qua trục là hình vng ABCD. Theo đề thì ABAD3a.

Bán kính đáy của hình trụ là

2

AB a

R 

Đường sinh của hình trụ là l AD3a.

Áp dụng cơng thức diện tích tồn phần của hình trụ, ta có

2

2 3 27

2 2

tp

a a a

S  Rl R   a    

 

Câu 10.

Hình trụ đã cho có chiều cao là AB và đáy là hình trịn tâm N bán kínhBN.

Do đó: Stp Sxq2Sđáy  AB.2  BN2  BN2 1.2 1   4  Câu 11. Chọn A

Ta có:

2

12

4

5

2 10

ABCD

xq

S CD

CD CI

CO CI IO r

S rl 

   

 

    

 

.

Câu 12. Chọn C

1

I O'

O B

A

C

(48)

Gọi O O,  lần lượt là tâm của hai đáy và ABCD là thiết diện song song với trục với A B,  O ;

 

,  

C D O Gọi H là trung điểm của ABOH d OO ,ABCD1.

Vì 30 30 30 3

5

        

ABCD

S AB BC AB HA HB

Bán kính của đáy là r OH2HA2  1 2.

Diện tích xung quanh của hình trụ bằng Sxq 2rh2 2.5 3 20 3.

Câu 13. Chọn A

Cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng song song với trục, ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD (với

AB là dây cung của hình trịn đáy tâm O).

Do hình trụ có chiều cao là h OO 4 2 hình trụ có độ dài đường sinh lAD4 2.

Diện tích hình chữ nhật ABCD bằng AB CD 16 16 16 2

4 AB

AD

  

Gọi K là trung điểm đoạn AB thì OK AB, lại cómp(ABCD)vng góc với mặt phẳng đáy của hình

trụ OK mp(ABCD) khoảng cách giữa OOvà mp(ABCD)là OK 2.

Xét tam giác vng AOK    

2

2 2

2 AB

ROA OK AK  OK     

 

Diện tích xung quanh của hình trụ là S2R l 2 2.4 16   2.

(49)

Gọi h r, lần lượt là đường cao và bán kính đáy của hình trụ  T Thiết diện của mặt phẳng và hình trụ

 T là hình chữ nhật ABCD. Khi đó theo giả thiết ta có

2

2 2

.2 30 15 13 13

2 13

2( ) 26 15 15 3( )

3

10( )

ABCD

h r h r h r h r

S h r hr h r h r

h r

C h r r r r h l

r h TM

   

   

  

   

         

   

           

    



  

 

   

 

Vậy

Câu 15.

Qua B kẻ đường thẳng song song với OO cắt đường tròn đáy tại C.

         

// // , , ,

OO BCOO ABC d OO AB d OO ABC d O ABC OH d. (H là

trung điểm của đoạn thẳng AC).

2

50 AC AB BC  cm.

Vậy dOH  OC2HC2 25cm.

(50)

Gọi K là trung điểm AB, đặt AB2a.

Ta có : ABOK và ABOO nên OKO 60 O K 2OK O K 4OK2

 

2 2 3a R a

  

2

7 R a

 

Mặt khác :

2

2 2 2

4

7

R R

OO O B OB  a R  R 

7

R

O O 

 

Vậy diện tích xung quanh hình trụ đã cho là :

2

6

7

xq

R S  Rl 

Câu 17.

Gọi S là diện tích thiết diện, S là diện tích hình chiếu của thiết diện lên mặt phẳng đáy. Khi đó S S.cos 60.

Ta có  

2 2

1

4 cos 120

2

OA OB AB

AB AOB AOB

OA OB

 

       

  

2

1

.sin120 4 4 3 3

2

1 16

3

OAB

OAmB OAB OAmB

S OA OB

S S S

S OA

 





   

 



   



  

 

  

8 3

cos 60

S S

  

 



Dạng 2. Thể tích Câu 18. Chọn D

Câu hỏi lý thuyết Câu 19. Chọn B

2 tru

V r h. Câu 20. Chọn D

Ta có cơng thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là V Bh.

Câu 21. Chọn B

  16.4 2 64 2

V r h

m B A

(51)

Câu 22.

Thể tích khối trụ là: V r h2

.a a



 a3 Câu 23. Gọi chiều cao và bán kính đáy của hình trụ lần lượt là h r,

Thiết diện qua trục của hình trụ là một hình vng có cạnh bằng 2a nên h2 ,a ra.

Thể tích của khối trụ đó là V  r h2  a2.2a 2 a3.

Câu 24. Khối trịn xoay tạo thành là khối trụ có bán kính đáy là AB2a và đường cao ADBCa có thể

tích bằng V AB AD2 4 a3

 

 

Câu 25. Chọn D

Hình trụ có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vng suy ra: l  h 2r

Hình trụ có diện tích tồn phần là 4 suy ra:

2 2

2 2 2

tp

S  rl r   r   r  r  

Nên 6,

3

r l h

Thể tích khối trụ:

9 V r h  Câu 26. Chọn C

Gọi V V1, 2 lần lượt là thể tích khối trụ H1 , H2

2

2 2 1

1

2

V V r h  r  h 

 

1 2

V V

  mà V1V2 30V1 20 Câu 27. Ta có: V1R h2 6

Suy ra: V2 3R2.h9V19.6 54.

Câu 28. Giả sử ban đầu khối trụ có chiều cao h1 và bán kính r1. Khi đó, khối trụ có thể tích là V1r h12

Sau khi tăng chiều cao của khối trụ lên 2 lần, bán kính của nó lên 3 lần thì khối trụ có chiều cao 2h1 và

bán kính 3r1. Khi đó, khối trụ mới có thể tích là V2 3r12.2h118r h1 1.

Do vậy

1

18

V

V 

Dạng 3. Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện Câu 29. Chọn D

Bán kính đường trịn đáy hình trụ bằng một phần ba đường cao tam giác BCD nên 3

3

(52)

Chiều cao hình trụ bằng chiều cao hình chóp:

2

2 16.3

4 16

3

h     

 

2 16

2

3 3

xq

S  rh   

Câu 30. Chọn B

Bán kính đường trịn đáy là

2

AC a

R  ; chiều cao ha.

Vậy thể tích khối trụ là:

2

a a

V R h a Câu 31.

Lời giải Chọn D

Khối trụ ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có hình trịn đáy là hình trịn ngoại tiếp tam giác đáy của lăng trụ, và chiều cao bằng chiều cao lăng trụ.

Tam giác đều cạnh a có bán kính đường trịn ngoại tiếp bằng

3

a

.

Vậy thể tích của khối trụ cần tìm là

2

3



  

    

 

a

V h S h a h(đvtt).

Câu 32. Ta có Sxq 36a2 2Rh.

Do thiết diện qua trục là hình vng nên ta có 2Rh.

Khi đó h2 36a2 hay h6a; R3a.

Diện tích của mặt đáy hình lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ là

2

3 27

6

4

R a

(53)

Thể tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ là V B h 81a3 3.

Câu 33.

Kẻ đường sinh BB' và gọi H là trung điểm OB.

Trong tam giác vng ABB có BB OO1 2a vàABa 5 nên AB AB2BB2 a.

Tam giác OAB có OBOA ABa nên OAB là tam giác đều AH OB,

2

a

AH  Ta có

 

1 AH OB

AH O OB AH OO

  

 

  

 Thể tích khối tứ diện A O OB 1 là

1

3 1

1 1 3

.2

3 6

O OAB O OB

a a

V  AH S  AH O O O B a a 

Câu 34.

Thể tích khối trụ V1R h2 R2.R 2R3 2

Khối tứ diện BO OA có BO là đường cao và đáy là tam giác vng O OA , do đó thể tích khối tứ diện là

3

1

2 6

1

3 O OA OA OO O B R R R R V  S  O B       

Vậy

3

1

V R

R

V    

H

B'

A O

(54)

Câu 35. + Gọi O O, ' là tâm của 2 đường trịn đáy, I là trung điểm của OO'.

Do tính đối xứng nên I là trung điểm của AC BD,

Kẻ đường kính CC' AC'a CC; '2a AC C A' 2C C' a 5.

+ Do đó

2

1

2

ABCD

a S  AC 

Câu 36.

Gọi M là trung điểm BC, khi đó BC AM BC A M

BC AA

 



 



  

, do đó góc giữa A BC  và ABC là

 45

A MA  .

Tam giác A AM vuông cân tại A nên

2

BC BC

A M AM  

Diện tích

2

1 6

2 2

A BC

BC BC

S   A M BC  BC 

Theo đề

2

6

4 BC

a BC a

  

C'

C I

O' O A

B

D

45 M

C'

B' A'

C

(55)

Hình trụ có đáy là đường trịn ngoại tiếp ABC có bán kính 3

3

BC a

r  , đường cao

3

BC

h AAAM  a

Diện tích xung quanh 2 3

3 a

S  πrh π a  πa

Câu 37.

Gọi I, J là tâm của hai đáy (hình vẽ).

Từ B kẻ đường thẳng song song với trục d của hình trụ, cắt đường trịn đáy kia tại C. Khi đó, AB d, 

AB BC,  ABC. Suy ra ABC30.

Xét tam giác ABC vng tại C, ta có:



tanABC AC

CB

  AC CB.tanABC R 3.tan 30  3

R R.

Lại có d//ABC và ABC AB nên d d AB , d d ,ABCd J ,ABC.

Kẻ JH AC, HAC. Vì BCJH nên JH ABC. Suy ra d J ,ABCJH.

Xét tam giác JAC ta thấy JAJC ACR nên JAC là tam giác đều cạnh R. Khi đó chiều cao là

3 R

JH  Vậy  , 

2 R d d AB  Dạng 4. Bài tốn thực tế

Câu 38. Tổng diện tích xung quanh của 10 cây cột là 4.0, 6.0, 26 4, m  2

Tổng số tiền sơn 10 cây cột là 4.0, 6.0, 26 4, 2.380000  15844000(đồng).

Câu 39. Chọn D

Gọi r1,r2 lần lượt là bán kính cậy cột hình trụ trịn trước đại sảnh và hai bên đại sảnh. Khi đó r120 cm và r2 13cm.

R 3

R 300

H C J

I A

(56)

Diện tích cần phải sơn 17 cây cột là

   

3 14

S  r l  r l 6 0, 2.4, 28 0,13.4, 2   20,328  2

63,86224152 m



Vậy số tiền cần phải sơn là T63,86224152 360.000 22990407 (đồng)

Câu 40. Chọn B

1 m3 gỗ có giá a triệu đồng suy ra 1mm3 gỗ có giá

1000

a

đồng.

1 m3 than chì có giá 6a triệu đồng suy ra 1mm3 than chì có giá

1000

a

đồng. Phần chì của cái bút có thể tích bằng V1200 .1 200mm3.

Phần gỗ của của bút chì có thể tích bằng  

2

3

200.6 200 2700 200

4

V       mm

Số tiền làm một chiếc bút chì là 6 7,82

1000

a V a V

a



 đồng.

Câu 41. Chọn A

Gọi h là chiều cao của các bể nước và r là bán kính đáy của bể nước dự định làm.

Theo giả thiết, ta có 2 1,  2 13

4

r h h hr   

Suy ra 13 1,8

2

 

r

Câu 42. Chọn B

Gọi R R R1; 2; lần lượt là bán kính của trụ thứ nhất, thứ hai và dự kiến sẽ làm,ta có:

 

2 2 2

1 2

2 2

1

1, 1,56( )

V V V R h R h R h R R R

R R R m

  

       

     

Vậy: Giá trị cần tìm là: 1, m Câu 43. Chọn.

(57)

Diện tích của khối lăng trụ lục giác đều là 3.10 32

S   

  

 

 

(m2)

Thể tích của chiếc bút chì là: 3.10 32 200.10 27 3.10

4

V S h      

 

(m3).

Thể tích của phần lõi bút chì là V1 r h2  10 32.200.103 10 7

   (m3).

Suy ra thể tích phần thân bút chì là V2 V V1 27 2.107

    (m3).

Giá nguyên liệu làm một chiếc bút chì như trên là:

6

2 .10 1.8 10

V a V a 27 2.10 107a 10 10 7 a

   2, 1, 4 a 9, 07a (đồng).

Câu 44. Chọn A

Ta có: V V1V2  h R h r 12h r 22. 2

1 1, 72

R r r m

   

Câu 45. Chọn C

Gọi hai bể nước hìnhtrụ ban đầu lần lượt có chiều cao là h, bán kính r r1, 2, thể tích là V V1, 2.

Ta có một bể nước mới có chiều cao h, V V1V2.

2 2 2

1

106

.1 1,8 2,1m

25

r h r h r h r h h h r

     

        

Câu 46.

Lời giải Chọn C

Ban đầu bán kính đáy là R, sau khi cắt tấm tôn bán kính đáy là

2

R

Đường cao của các khối trụ là không đổi

Ta có V1  h R2,

2

2 2 2

R R

V  h   h  

. Vậy tỉ số

2 V V  Câu 47. Chọn C

Thể tích phần lõi than chì: V1 .0, 001 0, 22 10  7 m3

 

Số tiền làm lõi than chì T1 (2 10 )7 10 7 a 1, 4a

  (đồng).

(58)

2

7 7

2

(0, 003)

6 .0, 2 10 3.27.10 10

4

V       m

   

 

Số tiền làm phần thân bằng gỗ của bút

7

2 27 3.10 2.10 10 2, 0,

T     a   a

      (đồng).

Vậy giá vật liệu làm bút chì là: T T1T2 8, 45.a (đồng). Câu 48. Chọn D

3mm0, 003 ; 200m mm0, ;1m mm0, 001m

Diện tích đáy của phần than chì: S1 r2 10 (6 m2)

  Diện tích đáy phần bút bằng gỗ:

2

6

2

3 27

6 .10 10 ( )

4

OAB

S  S S         m

   

 

Thể tích than chì cần dùng: V1S h1 r20, 20, 10 ( 6 m3)

Thể tích gỗ làm bút chì: 2 2 27 0, 2.10 (6 3)

2

V S h    m

 



Tiền làm một cây bút: 1.9 2 9 1 2 9.0, 10 27 0, 2.10 9,

2

V a V a  V V a      a a

 

 

(đồng)

Câu 49. Gọi h1, R1, V1 lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích khối trụ nhỏ mỗi đầu.

2

1 .6 216

V  h  R    .

Gọi h2, R2, V2 lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích của tay cầm.

 

2

2 30 2.6 72 V  h  R     . Thể tích vật liệu làm nên tạ tay bằng

V  2V1V2504

Câu 50. Ta có thể tích của mỗi ống là 0, 0, 08 2 0,5 2 108  m3 625

V     

Như vậy cần tất cả là: 108 200.10 1085, 73

625



 bao xi-măng.

Câu 51. Chọn B

(59)

Khi đó OO' là trục của hình trụ và OO MN MN OPQ.

1

3

MNPQ OPQ

OO

V  MN S    OO  3

dm Theo bài ra ta có VMNPQ 30dm3OO5dm.

Thể tích khối trụ là Vtru .3 52 141, 4dm3. Vậy thể tích lượng đá cắt bỏ V Vtru VMNPQ 111, 4dm3

Câu 52. Ta có:

2

1

 



   

   

 

 

Rh R V R h

R h

Diện tích tồn phần của téc nước: Stp 2Rh2R2  2R2

R

Xét

2

4

2



      

S R R

R

Lập bảng biến thiên ta có Stp đạt giá trị nhỏ nhất tại

2

R

 

 

3

min 3 2

2

2 5, 54

4

tp

S  



   

Câu 53. Khi lăn trọn một vịng thì trục lăn tạo trên tường phẳng lớp sơn có diện tích bằng diện tích xung quanh của

trục lăn là S 2R h 23 115 (cm )5

2

 

 

Vậy sau khi lăn trọn 10 vịng thì trục lăn tạo nên tường phẳng lớp sơn có diện tích là 10S 1150 (cm )

Dạng 5. Bài tốn cực trị Câu 54. Chọn A

Gọi  là số đo góc giữa AB và CD.

Ta có  ; .sin 1.2.2.3.sin 2sin

6

ABCD

V  AB CD d AB CD      

Do đó VABCD đạt giá trị lớn nhất là 2, đạt được khi ABCD.

Câu 55. Giả sử vỏ hộp sữa có bán kính đáy là R, chiều cao là h (R h, 0). D

O O'

A B

(60)

Vì thể tích vỏ hộp là V nên ta có V R h2 h V2 R



   

Để tiết kiệm vật liệu nhất thì hình trụ vỏ hộp sữa phải có diện tích tồn phần

2 2

tp

V

S Rh R R

R

  

    nhỏ nhất.

Cách 1:

Ta có Stp 2V R2 V V R2 23 V2

R  R R  

     

tp

S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 2

2

V V

R R

R     

Cách 2:

Xét hàm số f R  2V R2

R 

  trên khoảng 0;.

Ta có  

3

2

4

V R V

f R R

R R



 

       0

2 V

f R R



   

Bảng biến thiên:

Từ BBT ta thấy f R  đạt nhỏ nhất khi

2 V R





Vậy để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy vỏ hộp phải bằng 3

2 V



Câu 56. Gọi chiều cao và bán kính đáy của hình trụ lần lượt là x, y x y, 0.

Khi đó ta có thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật có kích thước lần lượt là x, 2y

Theo giả thiết ta có 2.x2y12  x2y6. Cách 1.

Thể tích khối trụ: V y x2 y26 2 y2y33y2.

Vì x2y6 02y60 y3

Xét hàm số f y  y33y2

trên khoảng 0;3

Ta có f y  3y26y   0

2   

   

 

y f y

y

(61)

Suy ra

0;3    

max f y  f 4

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ bằng 2 4 8 cm3.

Cách 2.

Thể tích khối trụ:

3 3

2

3 3

           

           

     

x y y x y

V y x x y y

Dấu “=” xảy ra khi x y2.

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ bằng V8 cm Câu 57. Chọn A.

Phương pháp

Xác định bán kính đáy và chiều cao của hình trụ, sử dụng cơng thức V R h2 tính thể tích của hình trụ.

+) Lập BBT tìm GTLN của hàm thể tích. Cách giải

Ta có: Đường kính đáy của hình trụ là 9 2 x Bán kính đáy hình trụ là 9

2 x



Khi đó ta có thể tích ao là    

2

9

2 4

x

V    x  x x f x

 

Xét hàm số f x   2 x2 x4x336x281x với 0

2 x

  ta có:

 

9

' 12 72 81

3 x

f x x x

x

  

     

  

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy  

max

3 54

2

f x  x Khi đó max 54 27 13,  3

4

(62)

Gọi D là hình chiếu vng góc của B lên mặt phẳng  O

Kẻ AH OD, HOD.

Ta có thể tích của khối chóp OO AB :

3

OO AB OO B

V   AH S 

2

a AH



2

a AO



3

4

a



VOO AB max H O. Suy ra AD2 2a.

Suy ra: tan tanBAD

2



Nhận xét: Nên thêm giả thiết AB chéo với OO' để tứ diện OO AB tồn

Gọi D là hình chiếu vng góc của B lên mặt phẳng chứa đường trịn  O

Gọi C là hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng chứa đường trịn  O'

Ta có O CB OAD' là một hình lăng trụ đứng.

Ta có thể tích của khối chóp OO AB :



'

1 1

2 2 sin

3 3

OO AB O BC OAD OAD

a V  V  a S  a a a AOD

α H

D B

A

O O'

C

α

D B

A

(63)

  

' max 90 2

O ABCD

V  AOD  AD a.

Suy ra: tan tanBAD

2



Câu 59.

Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên mặt phẳng chứa đường trịn  O

Gọi K là hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng chứa đường trịn  O'

Ta có HAD BKC là một hình lăng trụ đứng.

Ta có thể tích của tứ diện CDAB là

   

1 1 1

.2 ; ;

3 3

ABCD HAD BKC HAD

V  V  a S  a AD d H AD  a a d H AD

VABCDmax d H AD ; max  H là điểm chính giữa cung lớn

AD của đường trịn  O (1).

Theo định lý sin ta có

 

2 3

2.2 sin

4

sin

AD AD a

a AHD

a a

AHD      nên



60 AHD

Do đó (1) xảy ra khi AHD đều  AH  AD2 3a.

Suy ra: tan tan

3

BH a

BAH

AH a

    

K

α

H O

C

D B

A

(64)

Câu 60.

Kẻ đường thẳng qua O' song song với AB cắt mặt phẳng chứa đường trịn ( )O tại O1.

Lúc đó AO D BO C1 ' là một hình lăng trụ chiều cao bằng 2a.

Vì ADBC nên SBO C' SOAD

Ta có thể tích của khối chóp O ABCD' :



1

3

' ' '

1 2

.2 2 sin

3 3 3

O ABCD AO D BO C BO C OAD

a

V  V  a S  a S  a a a AOD

  

' max 90 2

O ABCD

V  AOD  AD a.

O1 O

C

D B

A

(65)

MẶT CẦU, KHỐI CẦU

MỤC LỤC

PHẦN A CÂU HỎI 1 Dạng 1. Diện tích xung quanh, bán kính 1 Dạng 2. Thể tích 2 Dạng 3. Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối đa diện 3 Dạng 3.1 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối lăng trụ 3 Dạng 3.2 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối chóp 4 Dạng 3.2.1 Khối chóp có cạnh bên vng góc với đáy 4 Dạng 3.2.2 Khối chóp có mặt bên vng góc với đáy 7 Dạng 3.2.3 Khối chóp đều 8 Dạng 3.2.4 Khối chóp khác 8 Dạng 4. Bài tốn thực tế, cực trị 10

PHẦN B ĐÁP ÁN THAM KHẢO 11 Dạng 1. Diện tích xung quanh, bán kính 11 Dạng 2. Thể tích 12 Dạng 3. Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối đa diện 13 Dạng 3.1 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối lăng trụ 13 Dạng 3.2 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối chóp 17 Dạng 3.2.1 Khối chóp có cạnh bên vng góc với đáy 17 Dạng 3.2.2 Khối chóp có mặt bên vng góc với đáy 29 Dạng 3.2.3 Khối chóp đều 36 Dạng 3.2.4 Khối chóp khác 39 Dạng 4. Bài tốn thực tế, cực trị 49

PHẦN A. CÂU HỎI

Dạng 1. Diện tích xung quanh, bán kính

Câu 1. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng:

A.

R

 B. 4

3R C.

2

2R D.

4R

Câu 2. (THPT THIỆU HĨA – THANH HĨA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho mặt cầu có diện tích bằng

2

(66)

A. 2 2a B. 2a C. 2a D.

2

a

Câu 3. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích mặt cầu bán kính 2a là

A. 4a2. B. 16a2. C. 16a2. D.

2 a 

Câu 4. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Diện tích của một mặt cầu bằng  2

16 cm Bán kính của mặt cầu đó là.

A. 8cm. B. 2cm. C. 4cm. D. 6cm.

Câu 5. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính diện tích mặt cầu khi biết chu vi đường trịn lớn của nó bằng 4

A. S 32 B. S 16 C. S 64 D. S 8

Câu 6. Cho ba hình cầu tiếp xúc ngồi nhau từng đơi một và cùng tiếp xúc với một mặt phẳng. Các tiếp điểm của các hình cầu trên mặt phẳng lập thành tam giác có các cạnh bằng 4, 2 và Tích bán kính của ba hình cầu trên là

A. 12 B. 3 C. 6 D. 9

Dạng 2. Thể tích

Câu 7. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Thể tích của khối cầu bán kính R bằng

A. 3

4R B.

3

4

3R C.

3

4R D.

2R Câu 8. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Thể tích khối cầu bán kính a bằng :

A.

3

a



B.

2a C.

3

4

a



D.

4a

Câu 9. (THPT ĐƠNG SƠN THANH HĨA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Thể tích khối cầu bán kính cm bằng

A.  3

36 cm B.  3

108 cm C.  3

9 cm D.  3

54 cm

Câu 10. (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho mặt cầu  S có diện tích

 

2

4 a cm Khi đó, thể tích khối cầu  S là

A.  

3 a cm 

B.  

3 a cm 

C.  

3 64 a cm 

D.  

3 16 a cm 

Câu 11. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho mặt cầu có diện tích bằng 36a2. Thể tich khối cầu là

A. 18a3. B. 12a3. C. 36a3. D. 9a3.

Câu 12. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Cắt mặt cầu  S bằng một mặt phẳng cách tâm một khoảng bằng 4cm được thiết diện là một hình trịn có diện tích 9cm2. Tính thể tích khối cầu  S

A. 250

3



cm 3 B. 2500

3



cm 3 C. 25

3



cm 3 D. 500

3



cm

(67)

Câu 13. Một khối đồ chơi gồm hai khối cầu H1 , H2 tiếp xúc với nhau, lần lượt có bán kính tương ứng là r r1, 2 thỏa mãn 2 1

2

r  r (tham khảo hình vẽ).

Biết rằng thể tích của tồn bộ khối đồ chơi bằng 180cm3. Thể tích của khối cầu H1 bằng

A.

90cm B.

120cm C.

160cm D.

135cm

Câu 14. 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 cịn lại trong bán cầu ban đầu.

A. 24 112

3

V   

  B.

16

V  .

C.

3

V  . D. V 24 340.

Dạng 3. Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối đa diện Dạng 3.1 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối lăng trụ

Câu 15. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm bán kínhR mặt cầu ngoại tiếp một hình lập phương có cạnh bằng 2 a

A. R 3a B. R a C. 100 D. R2 3a

Câu 16. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho mặt cầu bán kính R ngoại tiếp một hình lập phương cạnh a. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

3

R

a B.

3

R

a C. a2R D. a2 3R

Câu 17. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp chữ nhật ' ' ' '

ABCD A B C D có ABa, ADAA'2a. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp của hình hộp chữ

nhật đã cho bằng

A.

9a B.

2

3

a



C.

2

9

a



D.

(68)

Câu 18. (CHUN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước 1, , 3 là

A. 36. B. 9

2



. C. 7 14

3



. D. 9

8



.

Câu 19. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG N NĂM 2018-2019) Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh 3 cm là

A. 27

2 

cm3. B. 9

2 

cm3. C. 9 3 cm3. D. 27

8 

cm3.

Câu 20. (CHUN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật có kích thước a, a 3, 2a là

A.

8a B.

4a C.

16a D.

8a

Câu 21. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy

ABC là tam giác vng tại A, ABa 3, BC 2a, đường thẳng AC tạo với mặt phẳng

BCC B  một góc 30. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng:

A.

3a B.

6a C.

4a D.

24a

Dạng 3.2 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối chóp Dạng 3.2.1 Khối chóp có cạnh bên vng góc với đáy

Câu 22. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABCD có SAABCD

, SAa và đáy ABCD nội tiếp đường trịn bán kính bằng a. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD là

A.

3

a

. B.

2

a

. C.

2

a

. D.

3

a

.

Câu 23. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B và ABa. Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng

SC tạo với mặt đáy một góc 600. Tính diện tích mặt cầu đi qua 4 đỉnh của hình chóp S ABC.

A. 8a2 B.

2

32

a 

C.

2

8

a 

D. 4a2

Câu 24. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp

S ABCD có đáy là hình vng cạnh a. Cạnh bên SAa và vng góc với đáy ABCD. Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD .

A.

8a B. a2 C.

2a D.

2a

Câu 25. (THPT CHUN THÁI NGUN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trong khơng gian, cho hình chóp

S ABC có SA AB BC, , đơi một vng góc với nhau và SAa AB, b BC, c. Mặt cầu đi qua

, , ,

S A B C có bán kính bằng

A. 2( )

3

a b c

B. a2b2c2. C. 2 a2b2c2. D. 1 2

a b c

(69)

A. 

3

a

R B. 

3

a

R C. 

2

a

R D. 

2

a

R

Câu 27. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB3a,

4

BC a, SA12a và SA vng góc với đáy. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S ABCD.

A. 13

2

a

R B. R6a C.

2

a

R D. 17

2

a R

Câu 28. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABC có tam giác

ABC vng tại B, SA vng góc với mặt phẳng (ABC). SA5, AB3, BC4. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A.

2

R B. R5. C.

2

R D. R5 2.

Câu 29. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vng tại B

, AB8, BC6. Biết SA6 và SA(ABC). Tính thể tích khối cầu có tâm thuộc phần khơng gian bên trong của hình chóp và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng của hình chóp SABC.

A. 16

9



B. 625

81



C. 256

81



D. 25

9



Câu 30. (THPT AN LÃO HẢI PHỊNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S ABC có đường cao

SA, đáy ABC là tam giác vng tại A. Biết SA6 ,a AB2 ,a AC 4a. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC?

A. R2a 7. B. Ra 14. C. R2a 3. D. r2a 5.

Câu 31. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S ABCD có đáy

ABCD là hình chữ nhật có đường chéo bằng 2a, cạnh SA có độ dài bằng 2a và vng góc với

mặt phẳng đáy. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD ?

A.

2

a

. B.

4

a

. C. 2

3

a

. D.

12

a

.

Câu 32. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCcó BAC60, BCa,

 

SA ABC Gọi M,N lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên SB và SC. Bán kính mặt cầu đi qua các điểm , , ,A B C M N, bằng

A.

3

a

B. 2

3

a

C. a D. 2a

Câu 33. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Hình chópS ABCD có đáy là hình chữ nhật,

 

,

ABa SA ABCD , SC tạo với mặt đáy một góc 45 Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 0 S ABCD có bán kính bằng a 2. Thể tích của khối chóp S ABCD bằng

A. 2a3. B. 2a3 3. C.

3

a

. D.

3

2

3

a

.

(70)

A.

a

B. 2 a C. a 5. D. a 7.

Câu 35. (THPT GANG THÉP THÁI NGUN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABC là tam giác vng cân tại B, BC2a, cạnh bên SA vng góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC, khi đó thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp AHKCB là

A. 2a3. B.

3 a  C. 2 a  D. a 

Câu 36. (THPT N KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hình chóp SABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a SA; ABC. Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên SB SC; Diện tích mặt cầu đi qua 5 điểm , , , ,A B C K H là

A. a 

. B. 3a2. C.

2 a  D. a 

Câu 37. (GKI CS2 LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp SABC có đáy

ABC là tam giác vng cân tại B và ABa. Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SC tạo với đáy một góc 600. Tính diện tích mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp SABC

A. 8a2 B.

2

32

a

 C.

2

8

a 

D. 4a2.

Câu 38. (THPT N PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng ABC, tam giác ABC vng tại B. Biết SA2 ,a ABa BC, a 3. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

A. a. B. 2a 2. C. a 2. D. ;

2

x y

Câu 39. (THPT N PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tam giác đều

S ABC có các cạnh bên SA SB SC, , vng góc với nhau từng đơi một. Biết thể tích của khối chóp bằng

3

6

a

. Tính bán kính r của mặt cầu nội tiếp của hình chóp S ABC . A.

3

a

r

 B. r2a. C. 3 3 

a

r

 D.  

2 3

a

r



Câu 40. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHỊNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S ABCD có đáy

ABCD là hình vng cạnh bằng a. Đường thẳng SA a vng góc với đáy ABCD. Gọi

M là trung điểm SC, mặt phẳng   đi qua hai điểm A và M đồng thời song song với BD cắt

,

SB SD lần lượt tại E F, Bán kính mặt cầu đi qua năm điểm , , ,S A E M F, nhận giá trị nào sau

đây?

A. a B.

2

a

C.

2

a

D. a 2

Câu 41. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong khơng gian cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với ABBC1,AD2, cạnh bên SA1 và SA vng góc với đáy. Gọi E là trung điểm AD. Tính diện tích Smc của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S CDE.

(71)

Câu 42. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vng tạiA, SA vng góc với mặt phẳng ABC và AB2, AC4, SA 5. Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S ABC có bán kính là:

A. 25

2



R B.

2



R C. R5. D. 10

3

 R Dạng 3.2.2 Khối chóp có mặt bên vng góc với đáy

Câu 43. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện ABCD có các mặt

ABC và BCD là các tam giác đều cạnh bằng 2; hai mặt phẳng ABD và ACD vng góc với nhau. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

A. 2 2. B. 2. C. 2

3 D.

6

Câu 44. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC .

A. 15

18

V   B. 15

54

V   C.

27

V   D.

V  

Câu 45. (THPT AN LÃO HẢI PHỊNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thang cân, AB2a, CDa, ABC600. Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với ABCD. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABC.

A.

3

a

R B. Ra C.

3

a

R D.

3

a R

Câu 46. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình chóp S ABCD có đáy

ABCD là hình thang vng tại A và B, ABBCa AD, 2a. Tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC theo a.

A.

6a B.

10a C.

3a D.

5a

Câu 47. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho hình chóp S ABC có ABa ACB, 300. Biết SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy ABC. Tính diện tích mặt cầu Smc ngoại tiếp hình chóp S ABC .

A. mc a

S   B.

2

13

mc

a

S   C.

2

7 12

mc

a

S   D.

4

mc

S  a

Câu 48. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vng cạnh

a, SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

A. S 3a2. B.

3

a

S  C.

3

a

S  D. S 7a2.

Câu 49. (THPT CHUN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp

S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vng

góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. A.

3

7 21 a

V   B.

3

7 21 a

V   C.

3

4 a

V   D.

3

(72)

Câu 50. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện ABCD có

2 ,

    

AB BC AC BD a AD a ; hai mặt phẳng ACD và BCD vng góc với nhau. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng

A. 64 27 a B. 27 a C. 16 a D. 64 a

Câu 51. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ABCD. Biết rằng

,

ABa ADa và ASB60. Tính diện tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. A.

2

13

a

S   B.

2

13

a

S   C.

2

11

a

S   D.

2

11

a

S  

Dạng 3.2.3 Khối chóp đều

Câu 52. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nếu tứ diện đều có cạnh bằng a thì mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện có bán kính bằng:

A.

6

a

. B.

4

a

. C.

4

a

. D.

6

a

.

Câu 53. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có cạnh đáy bằng

3 ,a cạnh bên bằng a Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD.

A. R 3a. B. R 2a. C. 25

8

a

R D. R2a.

Câu 54. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Hình chóp đều S ABCD tất cả các cạnh bằng a. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là

A. 4a2. B. a2. C. 2a2 D. 2a2.

Câu 55. (THPT CHUN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp tứ giác đều có góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60. Biết rằng mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó có bán kính Ra 3. Tính độ dài cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều nói trên.

A. 12

5 a B. 2a C.

2a D. 4a

Câu 56. (GKI CS2 LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp đều S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh ABa, góc giữa mặt bên với mặt phẳng đáy bằng 60 Tính 0 bán kính mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp S ABC

A.

2

a

. B. 7

12

a

. C. 7

16 a D. a

Câu 57. (THPT CHUN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp tứ giác đều có góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60. Biết rằng mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó có bán kính Ra 3. Tính độ dài cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều nói trên.

A. 12

5 a. B. 2a. C.

2a. D. 4a.

Dạng 3.2.4 Khối chóp khác

(73)

Câu 58. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho mặt cầu tâm O và tam giác ABC

có ba đỉnh nằm trên mặt cầu với góc 0

30

BAC và BC a. Gọi S là điểm nằm trên mặt cầu, khơng thuộc mặt phẳng ABC và thỏa mãn SASBSC, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC bằng 60 Tính thể tích 0 V của khối cầu tâm O theo a.

A. 3

9

V  a B. 32 3

27

V  a C. 3

27

V  a D. 15 3

27

V  a

Câu 59. (CHUN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S.ABC có

2

a

SA , các cạnh cịn lại cùng bằng a. Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là:

A. 13

2

a

R B.

3

a

R C. 13

3

a

R D. 13

6

a R

Câu 60. Cho hình chóp S ABC có SASBSCa, ASBASC90,

 60

BSC . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

A. 18 a  B. 12 a  C. a  D. a 

Câu 61. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a. Hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng ABCD là điểm Hthuộc đoạn AC thoả mãn AC4AH và SH a. Tính bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S ABCD (mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt bên của hình chóp)

A.

9 13

a

 B.

4 17

a

 C.

4 13

a

 D.

4 17

a



Câu 62. (CHUN LÊ Q ĐƠN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB3,AD4 và các cạnh bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60  Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

A. 250

3

V  . B. 125

6

V   C. 50

3

V   D. 500

27

V  

Câu 63. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S ABCD có

ABCD là hình vng cạnh a, tam giác SAB đều và tam giác SCD vng cân tại S. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. A. a  B. a  C. a 

. D. a2

Câu 64. (CHUN HƯNG N NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình chóp S ABCD có ABCD là hình chữ nhật tâm I cạnh AB3a, BC4a. Hình chiếu của S trên mặt phẳng ABCD là trung điểm của ID. Biết rằng SB tạo với mặt phẳng ABCD một góc 45. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD .

A. 25

2 a



. B. 125

4 a



. C. 125

2 a



(74)

Câu 65. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho tứ diện ABCD có ABCD3,

5

AD BC , ACBD6. Tính thê tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. A. 35  ( đvtt). B. 35 ( đvtt). C. 35 35

6  ( đvtt). D. 35 35  ( đvtt). Câu 66. (THPT N PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho đường trịn tâm O có

đường kính AB2a nằm trong mặt phẳng  P Gọi I là điểm đối xứng với O qua A. Lấy điểm

S sao cho SI vng góc với mặt phẳng  P và SI 2a. Tính bán kính R của mặt cầu qua đường trịn tâm O và điểm S.

A. 65

4

a

R B. 65

16

a

R C. Ra 5. D.

4

a

R

Câu 67. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABC có đáy

ABC là tam giác vng cân tại B,

3

 

AB BC a , SAB SCB900. Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2a 3. Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC.

A. 72 18a3. B. 18 18a3. C. 6 18a3. D. 24 18a3.

Câu 68. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp O ABC có

OA  OB  OC  a,AOB60, BOC 90, AOC120. Gọi S là trung điểm cạnh OB.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là A.

4

a

B.

4

a

C.

2

a

D.

2

a

Câu 69. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho tứ diện ABCDcó AB6a,



CD a và các cạnh cịn lại bằng a 74. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. A. S 25 a   B. S 100 a   C. S 100 a

3

  D. S 96 a  

Dạng 4. Bài toán thực tế, cực trị

Câu 70. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Một cơ sở sản suất đồ gia dụng được đặt hàng làm các chiếc hộp kín hình trụ bằng nhơm đề đựng rượu có thể tích là

28

V  a a0. Để tiết kiệm sản suất và mang lại lợi nhuận cao nhất thì cơ sở sẽ sản suất những chiếc hộp hình trụ có bán kính là R sao cho diện tích nhơm cần dùng là ít nhất. Tìm R

A.

7

Ra B.

2

R a C. R2a314 D. Ra314

Câu 71. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9, tính thể tích Vcủa khối chóp có thể tích lớn nhất.

A. V 576 2 B. V 144 C. V144 D. V576

Câu 72. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng , khối chóp có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu ?

(75)

Câu 73. (THPT CHUN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Trong khơng gian Oxyz, lấy điểm C

trên tia Oz sao cho OC1. Trên hai tia Ox Oy, lần lượt lấy hai điểm A B, thay đổi sao cho

OA OB OC. Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O ABC?

A.

4 B. 6 C.

6

3 D.

6

Câu 74. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, các cạnh bên của hình chóp bằng cm, AB4cm. 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.

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Dạng 1. Diện tích xung quanh, bán kính

Câu 1. Chọn D Câu 2. Chọn C

Ta có: S 4R2 16a2 R2a

Câu 3. Ta có:  2

4 16

S R   a  a

Câu 4. Ta có: 2

4R 16 R 4R2(cm). Câu 5. Chọn B

Nhận xét : Đường trịn lớn của mặt cầu  S là đường trịn đi qua tâm của mặt cầu  S nên bán kính của đường trịn lớn cũng là bán kính của mặt cầu  S

Chu vi đường trịn lớn của mặt cầu  S bằng 4 2R4 R2. Vậy diện tích mặt cầu  S là

4 16

S  R  . Câu 6. Chọn B

Nhận xét: Đường tròn O R1; 1, O R2; 2 tiếp xúc ngồi, cùng tiếp xúc với một đường thẳng tại hai điểm A và B. Khi đó ta có:AB2 R R1 2

Gọi tâm các mặt cầu lần lượt là O O O1, 2, 3 có bán kính lần lượt là R R1, 2, R3.

R1 R2

A B

O1

(76)

Vì các tiếp điểm của các mặt cầu với mặt phẳng tiếp xúc lập thành tam giác có các cạnh bằng 4, 2 và nên ta có hệ phương trình:

1

2 3

3

2

2 2.4.3

2

R R

R R R R R R R

  



   



 



hay R R R1 2 3 3.

Dạng 2. Thể tích

Câu 7. Chọn B Câu 8. Chọn C

Câu 9. Thể tích khối cầu là: .33 36 cm 3

3

V   R    

Câu 10. Gọi mặt cầu có bán kính R. Theo đề ta có 2

4R 4a Vậy Ra cm( ).

Khi đó, thể tích khối cầu  S là:  

3 3

4

3

R a

V     cm

Câu 11. Gọi R là bán kính mặt cầu.

Mặt cầu có diện tích bằng 36a2 nên 4R2 36a2 R2 9a2 R3a

Thể tích khối cầu là 4 (3 )3 36

3

V  R   a  a

Câu 12. Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu  S

Gọi  P là mặt phẳng cách tâm một khoảng bằng 4cm. Ta có hd I P , 4cm

 P cắt mặt cầu  S theo được thiết diện là một hình trịn có bán kính r. Theo giả thiết ta có r2 9  r 3cm

Ta có R r2h2 5cm Suy ra thể tích khối cầu  S là 500

3

V  R   cm 3 Câu 13. Chọn C

 Thể tích khối H1 là 1

4

V  r

 Thể tích khối H2 là 2

4

V  r

 Tổng thể tích 2 khối là

3

3 3

1 2 1 1

4 4 9 3 3 8

V V V  r  r  r   r    r  V    

 Suy ra 9 1 180 1 160

(77)

Câu 14.

Khi đặt khối cầu có bán kính R 2R 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

3

c

h V h R 

 .

với hR R2R2  4 4222  4 3.

4 32 4 64 36 3

3

c

V     

      

 

.

Thể tích một nửa khối cầu 16

2 3

V  R   Thể tích khối nước cịn lại trong nửa khối cầu:

 

16 112

64 36 24

3 3

n c

V V V        

 

Dạng 3. Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối đa diện Dạng 3.1 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối lăng trụ

Câu 15. Chọn A

Đường chéo của hình lập phương: AC 2 3a. Bán kính   

AC

R a

h R

R'=2R

(78)

Câu 16. Chọn B

Gọi O ACA C O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương.

Bán kính mặt cầu: 2

2

1

3

a R R

ROA AC a 

Câu 17. Chọn A

Bán kính khối cầu là một nửa đường chéo của hình hộp chữ nhật:

2 2 2

1

' (2 ) (2 )

2 2

R AB AD BB  a  a  a  a.

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là:

2

4

2

a

S  R     a  

2a

2a a

D'

C' B'

A'

D

C B

(79)

Câu 18. Gọi R là bán kính khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật.

Ta có

2

R BD 12 22 32

   14

2

 Vậy thể tích khối cầu là:

3

V  R

3

4 14 3

     

   

7 14



.

Câu 19.

Gọi R là bán kính khối cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD EFGH . Ta có CE AB 33 3cm. Suy ra 3

2

R CE cm.

Thể tích khối cầu là:

3

4 3 27

3 2

V  R     

   

cm3.

A B

C D

H G

E F

(80)

Câu 20. Xét hình hộp chữ nhật là ABCD A B C D     có ABa, ADa 3, AA 2a.

Gọi I là trung điểmA C , suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhậtABCD A B C D    . Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp ABCD A B C D     là:

2 2

1

2 2

R AC AB AD AA a Vậy diện tích mặt cầu là: S 4R2 8a2.

Câu 21.

Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên BC  AH BCC B 

 

 ,     30

 AC BCC B HC A .

ABC là tam giác vng tại A, ABa 3, BC2a suy ra ACa. Ta có:

2

 AB AC a AH

BC AC2AH a

2

 

AA  AC AC a

Gọi I, I lần lượt là trung điểm BC, B C . Dễ thấy I, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp

ABC, A B C  .

Gọi O là trung điểm của II suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho. Bán kính mặt cầu là :

2

6

2 2

           

   

BC BB a

R OB

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng: 2

4 6

 

(81)

Dạng 3.2 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối chóp Dạng 3.2.1 Khối chóp có cạnh bên vng góc với đáy

Câu 22. Gọi điểm O là tâm đường trịn ngoại tiếp đáy. I là trung điểm SA. J là tâm mặt cầu ngoại tiếp.

Dễ thấy AIJO là hình chữ nhật. Do đó

2

2 2

2

a a

JA AO AI  a   

 

Câu 23. Chọn A

Theo giả thiết: SCA600 SC2a 2.

Bán kính mặt cầu

2

SC

R a

Diện tích 2

8

S  R  a 

Câu 24.

Gọi OACBD, đường chéo ACa 2. Gọi I là trung điểm của SC.

Suy ra OI là đường trung bình của tam giác SAC. Suy ra OI//SAOI ABCD. Hay OI là trục đường trịn ngoại tiếp đáy ABCD.

Mà IS IC IAIBICIDIS. Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp

S ABCD.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABCD :

2

SC SA AC

RSI    a

Diện tích mặt cầu: 2

4

(82)

Câu 25.

Ta có: SA AB SA ABC SA AC

SA BC

 

   

  

Ta có: BC SA BC SAB BC SB

BC AB

 

   

  

Gọi O là trung điểm SC, ta có tam giác SAC SBC, vng lần lượt tại A và B nên:

SC

OAOBOCOS Do đó mặt cầu đi qua S A B C, , , có tâm O và bán kính

SC R

Ta có: 2 2 2 2

SC SB BC SA AB BC a b c suy ra 2

R a b c Câu 26. Chọn C

Tam giác BCD vng tại C nên áp dụng định lí Pitago, ta được BD5a. Tam giác ABD vng tại B nên áp dụng định lí Pitago, ta được AD5a 2.

Vì B và C cùng nhìn AD dưới một góc vng nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là trung điểm I của AD. Bán kính mặt cầu này là:  

2

AD a

R

(83)

Ta có: 2

5

AC AB BC  a

Vì SAAC nên 2

13

SC SA AC  a

Nhận thấy: BC AB BC SB

BC SA

 

 

  

. Tương tự:CDSD

Do các điểm A, B, D đều nhìn đoạn thẳng SC dưới một góc vng nên gọi I là trung điểm của đoạn thẳng SC thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD .

Vậy 13

2

SC a R 

Câu 28. Chọn A

Gọi K là trung điểm AC. Gọi M là trung điểm SA.

Vì tam giác ABC vng tại B nên K là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC. Từ K dựng đường thẳng d vng góc với mp ABC .

Trong mp SAC dựng MI là đường trung trực đoạn SA cắt d tạiI

Khi đó điểm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và bán kính mặt cầu là R AI.

Ta có 2

5

2

AC AB BC   AK  Có

2

SA IK MA  12a

4a 3a

I

O

C

A D

B

S

d

K I M

A C

(84)

Vậy 2 25 25

4

R AI  AK IK    Gọi I là trung điểm của SC. Tam giác SAC vuông tại A nên IS ICIA (1)

Ta có BC AB BC; SABCSAB BCSB SBCvng tại B. Nên IS ICIB (2)

Từ (1) và (2) ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC bán kính

R SC

2

5

AC  AB BC  ; SC AS2AC2 5 2

Vậy

2

R Câu 29. Chọn C

Gọi r là bán kính khối cầu nội tiếp chóp S ABC, ta có

3

S ABC

S ABC tp

tp V

V S r r

S

  

1

48

S ABC ABC

V  SA S 

Ta dễ dàng có SAB, SAC vng tại S Tính được AC AB2BC2 10

108

tp SAB SAC ABC

S S S S  (đvdt)

3

S ABC

tp V r

S

  

Vậy thể tích khối cầu nội tiếp chóp S ABC là 256 81

V   r   Câu 30. Chọn B

Ta có

2 2

4 16

BC  AB AC  a  a  a

5

d

R a

2

2 2

5 14

4

d SA

(85)

Câu 31. *) Ta có SAC vng tại A  1

) CM SDC vng tại D.Ta có:

ADCD ( vìABCDlà hình chữ nhật).

SACD (vì cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy).

Ta suy ra: CDSAD CDSDSDC vng tại D  2 *) Chứng minh tương tự, ta được SBC vng tại B  3

Từ  1 ,  2 ,  3 : Ta suy ra: mặt cầu  S ngoại tiếp hình chóp S ABCD có đường kính SC. Ta có: SC  SA2 AC2  4a2 2a2 a 6.

Vậy mặt cầu  S ngoại tiếp hình chóp S ABCD có bán kính bằng

2

SC a

R 

Câu 32.

 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

 

IA IB IC

  

 Kẻ IH là trung trực của AC.

   

IH AC

IH SAC IH ANC

IH SA

 

   



 

Mà ANC vng tại N có AC là cạnh huyền và H là trung điểm AC IH là trục của  

ANC IA IC IN

   

 Tương tự kẻ IK là trung trực của ABIK là trục của AMBIAIBIM 3 .

     1 , , IAIBICIM IN I

là tâm đường trịn ngoại tiếp chóp A BCMN.

Định lí hàm sin trong ABC: 

2sin 60

2sin

BC a a

IA

BAC

  



Câu 33. Chọn D

Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD; I là trung điểm đoạn SC.

 

BC SA

BC SAB BC SB

BC AB

 

   

  

.

 

CD SA

CD SAD CD SD

CD AD

 

   

  

Các điểm A B D, , cùng nhìn SC dưới một góc vng nên I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD .

I

A

D C

(86)

Mặt khác AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng đáy nên góc giữa SC và mặt phẳng đáy là góc ACS bằng 45 Do đó tam giác 0 SAC vng cân tại ASAAC2a.

3

1

.2

3 3

S ABCD ABCD

a

V  SA S  a a a 

Câu 34.

Gọi OACBD. Dựng (d) đi qua O và vng góc vớimp ABCD . Dựng  là đường trung trực của cạnh SA cắt SA tạiE.

I d  I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD => Bán kính là:IA.

Ta có 2,

2

a a

AO AE  2 ( 2)2 ( 3)2

2 2

a a a

AI  AO AE   

Câu 35. Gọi M là trung điểm BC.

ABC

 vuông cân tại B 

2

MBMAMC  AC. (1)

KAC

 vuông tại K

2

MK AC

  (2)

 

BC AB

BC SAB BC AH

AH SBC AH HC BC SA

AH SB

  

     

   

  



 

.

AHC

  vuông tại H

2

MH AC

  (3)

Từ  1  3  M là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp AHKCB.

Bán kính khối cầu cần tìm: 1 2

2

R AC AB BC a

Thể tích khối cầu:

3

4

3

a

V  R  

Câu 36.

Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì ABC là tam giác đều cạnh nên ta có:

3

a

IAIBICR

Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB và AC.

Ta có: IM AB và IM SA( do SAABC) suy ra IM SAB; Mà AH HB nên M là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AHB; Do đó IM là trục của đường trịn ngoại tiếp tam giác

AHB IAIH IB  1

Lại có: IN AC và INSA( do SAABC) suy ra IN SAC; Mà AK KC nên N là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AKC; Do đó IN là trục của đường trịn ngoại tiếp tam giác

(87)

Từ  1 và  2 suy ra I là tâm mặt cầu đi qua 5 điểm , , , ,A B C K H và bán kính mặt cầu đó là

2

3

4

3 mc

a a

R S  R  

Câu 37. Chọn B

Gọi K M, lần lượt là trung điểm của AC AS,

Tam giác ABC là tam giác vng cân tại Bnên K là tâm đường trịn ngoại tiếp Từ K dựng đường thẳng d vng góc mặt phẳng (ABC).

Trong (SAC), dựng đường trung trực của SA cắt d tại I

Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC và bán kính mặt cầu là RIA

Ta có 2 2

2

AC a AC  AB BC a AK  



tan

2

SA a SAAC SCAa MA 

2

R IA MA AK a

     Diện tích mặt cầu là 2

4

S  R  a  Câu 38. Chọn C

Ta có BC AB BC SAB BC SB

BC SA

 

   



  , lại có CASA.

Do đó 2 điểm A, B nhìn đoạn SC dưới một góc vng. Suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC là mặt cầu đường kính SC.

Xét tam giac ABC cóAC BC2BA2 2a suy ra SC SA2AC2 2a 2. Vậy Ra 2.

Câu 39. Chọn A

Cách 1. Áp dụng công thức: (*)

tp V r

S

 và tam giác đều cạnh x có diện tích

2 3

4

x

S 

Từ giả thiết S.ABC đều có SASBSC. Lại có SA, SB, SC đơi một vng góc và thể tích khối chóp S.ABC bằng

3

6

a

nên ta có SASBSCa.

Suy ra ABBCCAa 2 và tam giác ABC đều cạnh có độ dài a 2. Do đó diện tích tồn phần của khối chóp S ABC là

 2 2

3

2

tp SAB SBC SCA ABC

a a

S S S S S    

2

3

a   Thay vào (*) ta được:

 

2

3

3 6

3

2

tp

a

V a

r

S a

  



(88)

Từ giả thiết suy ra SASBSCa. Kẻ SH (ABC), ta có H là trực tâm của tam giác ABC.

Gọi M AHBC, dựng tia phân giác trong của góc AMB cắt SH tại I, kẻ IE SBC tại E. Dễ thấy

ESM Khi đó ta có IH IE hay d I ABC( , )d I SBC( , ) do S.ABC la chóp tam giác đều nên hồn tồn có d I ABC( , )d I SAB( , )d I SAC( , ) tức là I là tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp S.ABC.

Ta có rIH IE.

Xét SAM vng tại S, đường cao SH, tính được

2 2

BC a a

SM   

2

2 2

2

a a

AM  SA SM  a   ;

2

6 :

2

SM a a a

MH

AM

  

2 2 2

1 1

3

a SH

SH  SA SB SC  a  

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có

: ( )

6 3

IH MH IH MH IH MH

IS MS IH IS MH MS SH MH MS

MH SH a a a a a

IH

MH MS

    

  

    

 

Vậy

3

a

r IH 



Câu 40. Chọn C

Ta có  

    / /EF



 

 

  



BD

SBD FE



. Gọi I là giao điểm của AM và SO Dễ thấy I là trong tâm tam giác SAC

 

2 2 2

2 2

3 3

          

SF SI

SF SD SF SD SD SA AD a SF SD SA

SD SO

Xét tam giác vuông SAD và SF SD SA2AF là đường cao của tam giác AFSF, chứng minh tương tự ta có AESB

Tam giác SAACa 2nên AM vừa là trung tuyến vừa là đường cao của tam giác

 

SAC AM SM

Ta có

  

    

AF SF

AE SE

AM SM

nên mặt cầu đi qua năm điểm , , ,S A E M F, có tâm là trung điểm của

SA và bán kính bằng

2 

SA a

Câu 41.

Gọi H G F, , lần lượt là trung điểm AB SC SE, , ; M  ACBD.

(89)

Ta có AF ( )

( / / / / , )

SE SA AE

GF SE GF AB CE AB SE

       Khi đó, (AFGH)là mặt phẳng trung trực của SE.

Theo giả thiết: tứ giác ABCE là hình vng CE AD CED vng tại E. Gọi I là trung điểm của CD, ta có I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CDE. Đường thẳng d đi qua I và song song SA là trục đường trịn ngoại tiếp tam giác CDE.

GHcắt dtại O, ta có O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S CDE , bán kính:ROC Vì

(AF ) OS=OE

O d OE OC OD

OS OC OD OE

O GH GH

              2

IC CD , OIHđồng dạng GMHnên GM OI

MH  IH

3

OI  

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác OIC, suy ra 11

2

ROC Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S CDE là

4 11

mc

S  R  . Câu 42.

Cách

Gọi M H, lần lượt là trung điểm BC,SA.

Ta có tam giác ABC vng tại A suy ra M là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. Qua Mkẻ đường thẳng d sao cho d ABC d là trục đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

.

Trong mặt phẳng SAM kẻ đường trung trực  của đoạn SA, cắt d tại I

  

    

 

IA IB IC

IA IB IC IS

IA IS I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC.

●            HA ABC

IM ABC //

    

HA AM

HA IM

●   , ,         HI SA AM SA

HI SA AM SAM

//

HI AM

Suy ra tứ giác HAMI là hình chữ nhật.

Ta có 1 2

2 2

   

AM BC ,

2

  IM SA

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là: 2 5

4

     

R AI AM IM

Cách 2. Sử dụng kết quả: Nếu SABC là một tứ diện vng đỉnh A thì bán kính mặt cầu ngoại

tiếp tứ diện SABC được tính bởi cơng thức: 2

2

   R AS AB AC

Áp dụng cơng thức trên, ta có  5 22 42

2

   

R

(90)

Dạng 3.2.2 Khối chóp có mặt bên vng góc với đáy Câu 43. Gọi O là trung điểm AD.

   

     

ABD ACD

ABD ACD AD CO ABD CO AD

 



    

  

COB

 vuông cân tại O và CB2 suy ra OBOC 2.

2

ODOA AC OC 

Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và bán kính bằng 2. Câu 44. Chọn B

Gọi M G H, , lần lượt là trung điểm của AB, trọng tâm ABC,SAB.

Vì ABC,SAB là hai tam giác đều nên CM  AB SM; AB.

Mà

   

     

 

;

SAB ABC

CM SAB

SAB ABC AB

SM ABC

CM AB SM AB

 

 

  

 

 

   



Trong SMC từ G H, lần lượt kẻ các đường thẳng song song với SM MC, và cắt nhau tại I. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABC .

Ta có

2

2 2 2

2

3

2

3

5 5

9 12

4 4 5 15

3 3 12 54

SI SH HI SH MG SM SM

SM

V R  SI  

   

       

   

  

 

      

   

(Với V là thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp S ABC ) Câu 45. Chọn C

Do AB và CD khơng bằng nhau nên hai đáy của hình thang là AB vàCD. Gọi H là trung điểm củaAB. Khi đó SH vng góc với AB nên SH vng góc với ABCD.

Gọi I là chân đường cao của hình thang ABCD từ đỉnh C của hình thangABCD. Ta có

2

AB CD a BI   

Do ABC600nên BCa. Từ đó ta có tam giác ABC vng tạiC. Do đó SH chính là trục của tam giácABC.

Mặt khác do tam giác SAB đều nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC chính là trọng tâm

G của tam giácSAB.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là 3

3

AB a

(91)

Câu 46.

Gọi H là trung điểm của AD. Tam giác SAD đều và SAD  ABCDSH ABCD. Ta có AH a SH, a 3 và tứ giác ABCH là hình vng cạnh a  BH a 2.

Mặt khác AB AD AB SAD AB SA

AB S

 

   

  

hay SAB900  1

Chứng minh tương tự ta có BCSC hay SCB900  2

Từ  1 và  2 ta thấy hai đỉnh A và C của hình chóp S ABC cùng nhìn SB dưới một góc vng. Do đó bốn điểm S A B C, , , cùng nằm trên mặt cầu đường kính SB

Xét tam giác vng SHB, ta có SB BH2SH2 a 5.

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là

2

4

2

SB

S    a  

. Câu 47.

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp 0

2sin 30

AB

ABC IA IB IC R a

      

Dựng đường thẳng d qua I và vng góc với ABC. Gọi M là trung điểm của AB.

Gọi G là trọng tâm ABCGAGBGC

Kẽ đường thẳng đi qua G và vng góc với SAB cắt d tại O OAOBOCOS. Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC bán kính là rOAOBOCOS.

Khi đó 3

2

a a

SM  GM  SM  OI.

2

2 2 2 13

12 12

a a

r OB OI IB  a 

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là

2

2 13 13

4

12

mc

a a

S  r    

Câu 48. Chọn C.

+) Xác định mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

Gọi SH là đường cao của tam giác SAB Vì SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy nên SH là đường cao của hình chóp S.ABCD

Gọi O là tâm của hình vng ABCD, từ O dựng Ox(ABCD). Từ trọng tâm G của tam giác SAB dựng Gy(SAB).

Gọi I OxGy. Vậy I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD . +) Chứng minh I là tâm mặt cầu cần tìm

Vì IOx, mà Ox(ABCD), O là tâm hình vng ABCD nên I cách đều A, B, C, D (1).

Mặt khác G là trọng tâm của tam giác đều SAB, IGy, màGy(SAB) nên I cách đều S, A, B (2). Từ (1) và (2) suy ra I cách đều S, A, B, C, D Nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

(92)

+) Tìm độ dài bán kính mặt cầu

Vì OI (ABCD), SH (ABCD) nên OI / /GH vì GSH (3)

Mặt khác Gy(SAB), IGy mà OH (SAB) (vì OH  AB OH, SH) nên GI / / OH (4)

Từ (3) và (4) suy ra GHOI là hình bình hành 1 3

3

a a

OI GH  SH  

Vì OI (ABCD)OI OBBOIvng tại B Xét BOIvng tại B ta có

2

2 2 21

6 12

a a

IB IO OB      a IB aR

   

.

Diện tích mặt cầu là

3

S  R  a

Câu 49. Chọn A

*) Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD:

Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, O là tâm của hình vngABCD, Mlà trung điểm củaAB. Do SAB đều SM  AB

Mà SAB  ABCDSM ABCDSM OM

OM là đường trung bình của ABCOM AD// OM  AB AD( AB)

 

OM SAB

 

.

Dựng các đường thẳng qua G O, lần lượt song song với MO SM, , hai đường thẳng này cắt nhau tại I

Ta có: IO SM SM// , ABCDIOABCD, mà O là tâm của hình vng ABCD

IA IB IC ID

    (1)

Ta có: GI OM// , MOSABGI SAB, mà Glà trọng tâm tam giác đều SAB

IS IA IB

   (2)

Từ (1), (2) suy ra: I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD.

*) Tính bán kính, thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD :

Ta có:

2 2

a a

OM  AD GI OM  (do tứ giácOMIG là hình chữ nhật)

SAB

 đều cạnh bằng a có Glà trọng tâm 3

3

a a

BG

   Do GI SABGI BG BGI vuông tại G

2

2 2

2

2 12

a a a a

IB IG GB     a

            

   

Bán kính khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCDlà: 12

RIBa

(93)

3

4 7 21

3 12 54

a

V  R   a   

 

. Câu 50. Chọn D

Gọi H là trung điểm CD BH ACD và tam giác ACD vuông tại A.

2

7

CD CA AD a và 2

   BH BD HD a

Trong mặt phẳng BHA kẻ đường trung trực  của cạnh BA và gọi I   SH Khi đó ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Ta có

2

BIK  BAH BI  BK BA BA  a

BH BH

Suy ra bán kính mặt cầu là

3

  R BI a

Vậy diện tích của mặt cầu là

2 64

4

9

    a 

S R

Câu 51.

Gọi I, J là tâm đường trịn ngoại tiếp của tứ giác ABCD và tam giác SAB M là trung điểm của AB và O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Ta có: JM  AB và IM  AB và mp SAB mp ABCD  nên IM JM, ngồi ra O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp nên OI ABCDOI IM ; OJ SABOJ JM Do đó , ,O J M I, đồng phẳng và tứ giác OJMI là hình chữ nhật (do có 3 góc ở đỉnh vng). Gọi ,R Rb lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khới chóp và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác SAB.

Ta có:

2

2 2 2 2 2

4

b b b

AB

RSO SJ OJ  R IM  R IA AM  R IA 

Áp dụng định lý Pytago:

2 2 2

2

4 4

BD AB AD a a

IA      a IAa.

Áp dụng định lý sin trong tam giác SAB: 

2.sin 60

2sin

b

AB a a

R

ASB

  



Do đó:

2

2 13

3 12

a a

R a   a 13

3

S R a

  

Nhận xét: Bài toán áp dụng bổ đề quan trọng sau:

Xét hình chóp đỉnh S , có mặt bên SAB vng góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng đáy nội tiếp 

trong đường trịn bán kính R , bán kính mặt cầu ngoại tiếp tam giác SAB d R Khi hình b

chóp nội tiếp mặt cầu có bán kính

2 2

4

d b

AB

R R R 

(94)

Dạng 3.2.3 Khối chóp đều

Câu 52.

Gọi tứ diện đều làABCD, Olà tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácBCD thì ta có AOBCD. Trong mặt phẳng AOD dựng đường trung trực củaAD cắtAO tạiI , vậyI là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diệnABCD vớiAI là bán kính.

Gọi E là trung điểm AD. Ta có AEI ~AOD

2

AO AD AD AE AD

R AI

AE AI AO AO

     

2

2 2

3

a a

AO AD DO  a       

2

6

3

a a

R a

  

Cơng thức tính nhanh: Tứ diện đều ABCD có: độ dài cạnh bên ABACADx và chiều cao

h. Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là

2

x R

h



Câu 53. Chọn C

Gọi O là tâm hình vngABCD, G là trung điểm SD, GI SD I, SO. Ta có cạnh đáy bằng 3 2a nên BD3 2a 6a, OD3a.

Xét SOD vng tại O ta có: SO SD2OD2 4a

Ta có SODSGI, suy ra 1 5 25

2

SO SD a

a R a R

SG  SI    

Câu 54. Gọi O ACBD; M là trung điểm SA.

Trong mặt phẳng SAC gọi I là giao điểm của trung trực đoạn SA với SO. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD .

Tam giác SAO đồng dạng với tam giác SIM.

2

2 2

a a

SI SM SM SA a

R SI

SA AO AO a



      

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là

2

4

2

a

S    a

   

 

Cách 2:

Gọi O ACBD.

Vì SBD ABD nên OS OA.

Mà OAOBOCOD O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD .

Bán kính mặt cầu

2

a

(95)

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là

2

4

2

a

S    a

 

 

Câu 55.

Lờigiải Gọi các điểm như hình vẽ.

Ta có SIa 3. Góc SMO600.

Gọi cạnh đáy bằng x thì tan 600

2

x SOOM 

2

x SA SO AO 

SNI SOA

  nên SN SO

SI  SA

2

5 12

( 0)

8

x a x

    

Câu 56. Chọn B

Gọi M là trung điểm của BC, H là trọng tâm tam giác ABC

Khi đó SH ABCSBC , ABCSMA600 Gọi N là trung điểm của SA, kẻ NI SA I SH

Khi đó ta có IS IAIBIC, nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC ABC

 đều cạnh a nên 3,

2

a a a

AM  HM  AH 



tan

6

SH a

SMA SH a

HM

   

2 2

4 12

a a a

SA SH AH   

2

7

1

2 12.2. 12

2

SA SH SA SN SA a a

SAH SIN SI

SI SN SH SH a

        

Câu 57. Chọn A

Gọi Mlà trung điểm BCSBC , ABCDSMO60.

Gọi N là trung điểm SA, dựng mp trung trực của SA, cắt SOtại I I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

3

R IA IS a

    Gọi ABx

Có tan 60

x

SOOM   ,

2

x

OA AC , 2

2

x SA SO OA 

SNI

(96)

5 12

4 2

x x x a

a x

   

Dạng 3.2.4 Khối chóp khác

Câu 58.

Gọi H là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó SH ABC và SH là trục đường trịn ngoại tiếp đa giác đáy.

Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC là SAH600.

Gọi N là trung điểm SA, mặt phẳng trung trực của cạnh SA cắt SH tại O. Khi đó

OS OA OB OC nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC.

Khi đó bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là 0 sin 30

 BC 

AH a

0 tan 60

SHAH a , SA SH2AH2 2a. Bán kính mặt cầu là

2

SN SA SA

R SO a

SH SH

   

Thể tíchcủa khối cầu tâm O là 32 3

3 27

V  R  a Câu 59. Chọn D

Ta có 3,

2

a a

SM  AM  SA , do đó tam giác SAM đều.

Gọi M là trung điểm đoạn BC. Ta có SAM là mặt phẳng trung trực đoạn BC. Gọi G là trọng tâm tam giác SBC,  là trục đường trịn ngoại tiếp tam giác SBC.

Gọi E là trung điểm SA, ta có I   EM , khi đó I là tâm đường mặt cầu ngoại tiếp S ABC.

tan 30

a

IGGM   , 3 3

a a

SG 

Do đó

2 2

3 36

a a

RSI  IG GS   13

6

a R

  Câu 60. Chọn C

Theo giả thiết ta có: SA SB SA SBC

SA SC

 

  

 

; SBC có SBSCa BSC, 60 SBC đều.

Gọi M là trung điểm của BC.

Gọi G là trọng tâm của tam giác SBC  G là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác SBC. + Dựng đường thẳng  đi qua G và vng góc với SBC thì  là trục đường trịn ngoại tiếp tam giác SBC.

+ Dựng mặt phẳng   là mặt phẳng trung trực của cạnh bên SA. + Gọi I là giao điểm của  và   Khi đó:

 

I IB IS IC

I  IS IA

     

 

   



IA IS IB IC

    hay I

(97)

Ta có tứ giác SNIG là hình chữ nhật nên

2

SA a IGNS 

Lại có: 2 3

3 3

a a

SG SM  

Xét SGI vng tại G ta có:

2

2 2

2 2 21

2 36

a a a

R IS IG SG     

 

   

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

2 2 21

4

36

mc

a a

S  R    

Chú ý: Trên lời giải thực phương pháp đổi đỉnh dựa yếu tố đặc biệt của toán để từ có tính tốn đơn giản hơn, nhiên với giả thiết có nhiều đặc biệt đề học sinh khơng cần đổi đỉnh mà tính tốn tốt Học sinh cần

chú ý kiện SASB SC cho ta hình chiếu vng góc đỉnh S xuống mặt phẳng

đáy tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Mời em tìm hiểu tìm tịi lời giải

Câu 61.

Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp S ABCD và rlà bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp

S ABCD.

Ta có d I ,ABCDd I SAD , d I SAB , d I SBC , d I SCD , r Mặt khác, ta lại có: VS ABCD. VI ABCD. VI SAD. VI SAB. VI SBC. VI SCD. (*)

(*)

S ABCD ABCD SAD SAB SBC SCD

V r S r S r S r S r S

Suy ra S ABCD

ABCD SAD SAB SBC SCD

V r

S S S S S 

   

Ta tính được thể tích khối tứ diện đều là

3

S ABCD a

V 

Từ H ta dựng đường thẳng song song với AB cắt BC AD, lần lượt tại I và J Từ H ta dựng đường thẳng song song với AD cắt AB CD, lần lượt tại M và N

Ta có

4

a HI HN  và

4

a HM HJ 

Suy ra

4

a

SI SN  và 17

4

a SM SI 

Do đó

2

5

SBC SCD

a

S S  và

2

17

SAD SAB

a S S 

Do đó, từ (*) ta suy ra: 17

16

r  a

9 17

a





Câu 62.

Gọi O là hình chiếu vng góc của điểm S xuống mặt phẳng đáy. Ta có SBO SDO nên

SDSB. Chứng minh tương tự, SCSA, hay O là tâm của hình chữ nhật ABCD. Do tam giác

(98)

của cạnh SA đi qua trung điểm K và cắt SO tại điểm I Suy ra

2

25 3

SA R SI SO     Suy ra, 3

4 500

3 3 27

V  R     

 

Câu 63.

+ Gọi M N, lần lượt là trung điểm AB CD, Kẻ SH MN tại H SH (ABCD).

3

; ;

2

a a

SM SN MN a SMN

      vuông tại S

4 a SH   , a OH 

+ Gọi I J, là hình chiếu vng góc của H lên OC OD,

8

a OI OJ

   + Gọi OACBD. Qua O dựng đường thẳng  (ABCD).

Cách 1:

+ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: 2; 0;

a

A   

Ox, 0; 2;

a

B   

Oy và  Oz.

2 ; 0;

a

C 

    

, 2; 2;

8

a a a

S  

 

+ Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD là mặt cầu đi qua 4 điểm S A B C, , , Suy ra phương trình mặt cầu là:

2 2

0

a a x y z  z 

2

21

6

a a

r S r 

     Cách 2:

Trên 2 tia OM ON, lấy hai điểm P P, ' sao cho ' ' 2

a

OPOP   PP a

+ 2

2

a

SP SH HP   ; ' '2

2

a

SP  SH HP  

+ Trong tam giác SPP' có: ' ' ' ' ' 21

2

SPP

SP SP PP SP SP a

S PP SH R

R SH       Vậy diện tích mặt cầu là: 2 a

S  R  

Câu 64.

Gọi E là trung điểm của ID, F là trung điểm của SB. Trong mặt phẳng SBD, vẽ IT song song với SE và cắt EF tại T.

Ta có SEABCD, suy ra SBESB ABC; D45. Suy ra SBE vng cân tại E. Suy ra

EF là trung trực của SB. Suy ra TSTB. (1)

Ta có IT SE , suy ra IT ABCD. Suy ra IT là trục đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật

(99)

Từ (1) và (2) suy ra T là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD .

Do ABCD là hình chữ nhật nên BD AB2 BC2 5a, suy ra

IBID a.

Do E là trung điểm của ID nên

2

IE ID a.

BEF

 vng tại F có EBF45 nên BEF vng cân tại F.

EIT

 vng tại I có IET 45 nên EIT vng cân tại I Suy ra

IT IE a.

Do BIT vuông tại I nên 2 5

4

TB IB IT  a.

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD là 125

S  TB   a

Câu 65.

Gọi M , N, I lần lượt là trung điểm của AB,CD và MN.

Ta có ACD BCD AN BN  ABN cân tại N, mà AM là đường trung tuyến

 AM là đường trung trực của AB

2

MN

IA IB

   (1).

Chứng minh tương tự ta có

2

MN

IC ID

   (2).

Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Áp dụng cơng thức trung tuyến cho tam giác ACD ta có 36 25

2

AN    113

4

 Xét tam giác vng AMI có: AI2  AM2MI2

2 MN AM   2 MN AN MN    2 MN AN

  3 2

4

AN AN AM

   1 3 2

4 AN AM

  113 3.9

4 4

        35 

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là 35

R AI 

Vậy thê tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCDlà: 3

V  R  35 35

6 

Câu 66. Chọn A

* Gọi J là tâm mặt cầu qua đường tròn tâm O và điểm S J nằm trên đường trung trực của

AB và SA.

*SIA vuông tại I 

2

4

2

1

sin ; tan

2

a

SA a a a AK

AI AI S S SA SI                

(100)

*AKN vuông tại K

5

1

2

sin sin

2

a

AK a

N S AN

AN AN

      

2

a ON

 

*OJN vuông tại O tan tan

2

OJ a

N S OJ

ON

     

*OAJ vuông tại O 2 65

4

a

R JA OJ OA

    

Cách 2

Gắn hệ trục toạ độ Ixy sao cho A, B, O thuộc tia Ix, S thuộc tia Iy và giả sử a = 1. Khi đó: A1;0 ; S0; ; B3;0.

Gọi  C :x2 y22ax2by c 0 là đường tròn tâm J qua 3 điểm , ,A S B

2

7

6

4

3

a

a c

a c b

b c

c

     

 

 

           

  



.

Suy ra: 2;7 65

4

J RJA

  Vậy

65

a

R

Câu 67. Gọi I H, lần lượt là trung điểm của cạnh SB và AC

Mặt khác, theo giả thiết ta có ΔSAB,ΔSCB lần lượt là các tam giác vng tại A và C

IA IB IC IS

   

I

 là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

Mặt khác: ΔABC vng tại B H là tâm đường trịn ngoại tiếp ΔABC

 

IH ABC

 

Ta có:   

 

    

;

2 ;

;

d A SBC AC

d H SBC a HC

d H SBC    

Gọi K là trung điểm của cạnh BC HKBC HK / /AB AB, BC Lại có: BCIH IH ABCBCIHK

Mặt khác: BCSBC  SBC  IHK theo giao tuyến IK

Trong IHK, gọi HPIKHPSBC tại P HPd H SBC ; a 3

Xét Δ : 12 12 2 12 12

4

IHK HI a

HP HI HK HI  AB  

Xét ΔIHB IB:  IH2HB2 3a 2R. Vậy 24 18 3

V  πR  πa

Câu 68. Xét AOB đều nên cạnh AB  a.

(101)

Xét AOC có.AC AO2CO2 2.AO CO .cos1200 a 3.

Xét ABC có 2

AB BC AC nên tam giác ABC vng tại B  tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác là trung điểm H của cạnh AC.

Lại có hình chóp O ABC có OA OB OCa nên OH (ABC).

Xét hình chóp S ABC có OH là trục đường trịn ngoại tiếp đáy, trong tam giác OHB kẻ trung trực của cạnh SB cắt OH tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, bán kính RIS.

Xét OHB có HOB60,cạnh

4

a

OBaOE

3

.tan 60

4

a

IE OE

   

Xét IES vuông tại E:

2 2

2 3

4

a a a

IS IE ES      

 

. Câu 69.

Gọi ,E Fthứ tự là trung điểm của AB CD, Coi a1, từ giả thiết ta có 74

AC ADBCBD nên AF CD BF, CDABFCDEF CD. Chứng minh tương tự EF AB.

Khi đó EF là đường trung trực của CDvà AB. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD ta có IAIBICIDR nên I thuộc đoạn thẳng EF.

2 2 2

74 16

EF  AF AE  AD DF AE     Đặt EI xFI  7 x (với 0 x 7).

 

2 2

2

2 2

9

16 14 65

IA EA EI x

ID FI FD x x x

     



        



.

Ta có IAID x2 9 x214x65   9 14x65  x 4

Khi đó

9

IA x   Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là R5a. Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là S4πR2 4 25π a2 100πa2.

Dạng 4. Bài tốn thực tế, cực trị

Câu 70. Diện tích nhơm cần dùng đề sản suất là diện tích tồn phần S Ta có l h; mà

3

2

28

28 28 a

V a R h a h

R

  

    

3

2 28

2 2 a

S Rl R R

R

   

    với R0

3

28

2 a 14

S R R a

R

 

      

 

Bảng biến thiên

(102)

Vậy Smin  Ra314 Câu 71. Chọn D

Xét hình chóp tứ giác đều S ABCD nội tiếp mặt cầu có tâm I và bán kính R9. Gọi H  ACBD, K là trung điểm SC.

Đặt ABx SH; h , x h, 0. Ta có

2

x

HC

2

x

l SC h

   

Do SHI SHC SK SI l2 h R

SH SC

 ∽     x2 36h2h2.

Diện tích đáy của hình chóp

ABCD

S x nên 36 2

3

V  h x  h h h

Ta có    

3

1 1 36

36 36 576 576

3 3

h h h

h h h  h h  h        V   

, dấu bằng xảy ra khi hh36 2 hh12,x12. Vậy Vmax 576.

Câu 72.

Giả sử khối chóp S ABCD là khối chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng Gọi O là tâm hình vng ABCD thì SOABCD. M là trung điểm của SA, kẻ MI vng góc với SA và cắt SO tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD, bán kính của mặt cầu là IAIS 9.

Đặt IOx, 0x9, do IAO vng tại O nên AO AI2IO2  81x2 , suy ra

2

2 81

AC  x

Do tứ giác ABCD là hình vng nên

2

AC

AB  81x2 , suy ra

ABCD

S  AB  2

2 81 x  

.

Vậy .

3

S ABCD ABCD

V  S SO 281 2 9  x x

   2 81 729 x x x

    

Xét hàm số f x  2 

9 81 729

3 x  x  x với x0;9.

   

2 27

f x  x  x ; f x 0

 

3

x

x l

  

  

Bảng biến thiên :

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy :

0;9    

max

 

x f x f 576.

Vậy khối chóp có thể tích lớn nhất bằng 576 Câu 73. Bốn điểm O A B C, , , tạo thành 1 tam diện vng. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O ABC là

2 2

2

OA OB OC

(103)

Đặt OAa OB; b a b, , 0. Ta có a b    1 b a. Vậy

2 2

2

OA OB OC

R  

2 2

1

a b 

  

2

1

a  a 



2

1

2

2 6

2

a

          

 

 

Vậy min

4

R  , tại

2

ab Câu 74. Chọn D

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có SAC cân tại S nên SOAC và SBD cân tại S nên SOBD. Khi đó SOABCD.

Ta có: SAO SBO SCO SDOOA OB OCOD Vậy hình bình hành ABCD là hình chữ nhật.

Đặt

2

2 16

4

2

       AC  x

BC x AC x AO

Xét SAO vng tại O, ta có:

2

2 16

6

4

 

    x  x

SO SA AO

Thể tích khối chóp S ABCD là:

2

1

.4

3 3



   

S ABCD ABCD

x

V SO S x x x

Áp dụng bất đẳng thức :

2



a b

ab ta có:

2 2

2 8

3 3

 

   x x 

V x x

Dấu "" xảy ra

8

 x xx Do đó: BC 2,SO1.

Gọi M là trung điểm của SA, trong SAO kẻ đường trung trực của SA cắt SO tại I. Khi đó mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD có tâm I và bán kính RIS.

Vì SMI∽SOA g g( ) nên

2

6

3 3( ) 2.1

SI SM SA

SI R cm

SA SO   SO    

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD là: 4R2 4 3 36 ( cm2).

(104)

MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP KHỐI TRÒN XOAY

MỤC LỤC

PHẦN A CÂU HỎI PHẦN B ĐÁP ÁN THAM KHẢO

PHẦN A CÂU HỎI

Câu (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019)Cho hình thang ABCD vng A

B với

2 AD

ABBC  a Quay hình thang miền quanh đường thẳng chứa cạnh

BC Tính thể tích V khối tròn xoay tạo thành

A

3

3 a

V   B

3

3 a

V   C V  a3 D

3

3 a V  

Câu (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình nón có chiều cao cm 

nội tiếp hình cầu có bán kính cm  Gọi V V1, 2 thể tích khối nón khối cầu Tính tỉ số

2 V V A 81

125 B

81

500 C

27

125 D

27 500

Câu (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019)Một khối gỗ hình trụ trịn xoay có bán kính

đáy 1, chiều cao Người ta khoét từ hai đầu khối gỗ hai nửa khối cầu mà đường tròn đáy khối gỗ đường tròn lớn nửa khối cầu Tỉ số thể tích phần cịn lại khối gỗ khối gỗ ban đầu

A

3 B

1

4 C

1

3 D

1

Câu (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN NĂM 2018-2019) Một khối trụ bán kính đáy

3

(105)

A

8 6a B

6 a  C

4 a  D

a 

Câu (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019)Một khối cầu pha lê gồm hình

cầu H1 bán kính R hình nón H2 có bán kính đáy đường sinh r l, thỏa

mãn

2

r l

l R xếp chồng lên (hình vẽ) Biết tổng diện tích mặt cầu H1 diện tích tồn phần hình nón H2 91cm2 Tính diện tích mặt cầu H1

A 104

5 cm B

2

16cm C 64cm2 D 26

5 cm

Câu (KTNL GV THUẬN THÀNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình thang cân ABCD có

đáy nhỏ AB 1, đáy lớn CD  3, cạnh bên BC DA Cho hình thang quay quanh

AB vật trịn xoay tích

A

3 B

4

3 C

7

3 D

2 3

Câu (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019)Một hộp đựng mỹ phẩm thiết kế (tham khảo

hình vẽ) có thân hộp hình trụ có bán kính hình trịn đáy r5cm, chiều cao h6cmvà nắp hộp nửa hình cầu Người ta cần sơn mặt ngồi hộp (khơng sơn đáy) diện tích S cần sơn

A S 110

cm B S 130 cm2 C S 160 cm2 D S 80 cm2 2a 3

(106)

Câu (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019)Cho hình trụ có hai đáy hai hình trịn

 O  O chiều cao R bán kính R Một hình nón đỉnh O đáy hình trịn O R;  Tỉ lệ thể tích xung quanh hình trụ hình nón

A B C D

Câu (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019)Cho hình trụ có bán kính đáy r, gọi

Ovà O'là tâm hai đường tròn đáy với OO 2r Một mặt cầu tiếp xúc với hai đáy hình trụ O O' Gọi VCvà VTlần lượt thể tích khối cầu khối trụ Khi C

T

V V

A

5 B

3

4 C

1

2 D

2

Câu 10 (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một đồ vật thiết kế nửa khối cầu khối nón úp vào cho đáy khối nón thiết diện nửa mặt cầu chồng khít lên hình vẽ bên

Biết khối nón có đường cao gấp đơi bán kính đáy, thể tích tồn khối đồ vật 36cm3

Diện tích bề mặt tồn đồ vật

A  3 cm2 B 9 52cm2

C 9 3 cm2 D  52cm2

Câu 11 (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019)Cho khối cầu  S có bán kính R Một khối trụ tích 3

9 R



nội tiếp khối cầu  S Chiều cao khối trụ

A

3 R B R C

2

2 R D

2 3 R

Câu 12 Tính thể tích vật thể trịn xoay quay mơ hình (như hình vẽ) quanh trục DF

A B

C D

F E

30

  

(107)

A 10 a



B

3a



C

a



D 10

a



Câu 13 (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019)Cho mặt cầu  S tâm O, bán kính

 P mặt phẳng cách O khoảng cắt  S theo đường tròn  C Hình nón  N

có đáy  C , đỉnh thuộc  S , đỉnh cách  P khoảng lớn Kí hiệu V1, V2 thể tích khối cầu  S khối nón  N Tỉ số

2

V V

A

3 B

2

3 C

16

9 D

32

Câu 14 (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017)Cho mặt cầu  S tâm O, bán kính R3 Mặt phẳng  P cách

O một khoảng bằng và cắt  S theo giao tuyến là đường tròn  C có tâm H Gọi T là giao điểm của tia HO với  S , tính thể tích V của khối nón có đỉnh T và đáy là hình tròn  C

A 32

3

V   B V 16 C 16

3

V   D V 32

Câu 15 (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ - NĂM 2019)Một hình trụ có hai đường trịn đáy nằm

trên mặt cầu bán kính R có đường cao bán kính mặt cầu Diện tích tồn phần hình trụ

A  

2

3 3

R

 

B  

2

3

R

 

C  

2

3 2

R

 

D  

2

3 2

R

 

Câu 16 (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017)Cho mặt cầu  S có bán kính 4, hình trụ  H có chiều cao hai đường trịn đáy nằm  S Gọi V1 thể tích khối trụ  H V2 thể tích khối cầu  S Tính tỉ số

2 V V

A

2 16 V

V  B

1

2 V

V  C

1

1 V

V  D

1 16 V V 

Câu 17 (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01)Cho tam giác ABC

nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AA, M trung điểm BC Khi quay tam, giác ABM với hình trịn đường kính AA xung quanh đường thẳng AM (như hình vẽ minh hoạ), ta khối nón khối cầu tích V , V Tỉ số 1 2

2 V

(108)

A

4 B

4

9 C

27

32 D

9 32

Câu 18 (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01)Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng

có đáy), đựng đầy nước Người ta thả vào khối cầu có đường kính chiều cao bình nước đo thể tích nước tràn ngồi 18 dm Biết khối cầu tiếp xúc với tất đường sinh hình nón nửa khối cầu chìm nước (hình bên) Thể tích V nước cịn lại bình

A 24 dm B dm C 54 dm D 12 dm

Câu 19 (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02)Người ta thả viên billiards

snooker có dạng hình cầu với bán kính nhỏ 4, cm 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, cm chiều cao mực nước ban đầu cốc 4, cm Bán kính viên billiards bằng?

A 4, cm B 3, cm C 2, cm D 2, cm

Câu 20 (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02)Cho tam giác ABC có

đường tròn nội tiếp O r; , cắt bỏ phần hình trịn cho hình phẳng thu quay quanh AO Tính thể tích khối trịn xoay thu theor

A

3r B

3

4

3r C

3

3 r

 D r3

Câu 21 (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01)Cho bình hình trụ có bán

(109)

A   2 3

R   B  

2 3 R  

C  

2 3

R   D  

2 3 R  

Câu 22 (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019)Cho hình cầu tâm O bán kính

5



R , tiếp xúc với mặt phẳng ( )P Một hình nón trịn xoay có đáy nằm ( )P , có chiều cao

15



h , có bán kính đáy R Hình cầu hình nón nằm phía mặt phẳng ( )P Người ta cắt hai hình mặt phẳng ( )Q song song với ( )P thu hai thiết diện có tổng diện tích S Gọi x khoảng cách ( )P ( )Q , (0x5) Biết S đạt giá trị lớn xa

b (phân số a

b tối giản) Tính giá trị T a b

A T 17 B T 19 C T 18 D T 23

Câu 23 (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019)Một khối đồ chơi gồm khối hình trụ ( )T gắn chồng lên khối hình nón ( )N , có bán kính đáy chiều cao tương ứng r1, h1, r2, h2 thỏa mãn r2 2r1, h12h2 (hình vẽ) Biết thể tích khối nón ( )N

3

20 cm Thể tích tồn khối đồ chơi

A 140cm3 B 120cm3 C 30cm3 D 50cm3

Câu 24 (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Thả cầu đặc có bán kính cm

(110)

A 12



B 14



C 16



D 18



Câu 25 (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019)Cho hình nón có chiều cao 2R bán kính đáy R Xét hình trụ nội tiếp hình nón cho thể tích trụ lớn Khi bán kính đáy trụ

A

3 R

B

3 R

C

4 R

D

2 R

Câu 26 (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một xoay thiết kế gồm hai khối trụ ( )T1 , ( )T2 chồng lên khối nón (N)(Tham khảo mặt cắt ngang qua trục hình vẽ) Khối trụ ( )T1 có bán kính đáy r cm( ), chiều cao h cm1( ) Khối trụ ( )T2 có bán kính đáy (r cm), chiều cao h2 2 (h cm1 ) Khối nón (N) có bán kính đáy r cm( ), chiều cao hn 4 (h cm1 ) Biết thể tích toàn xoay

31(cm ) Thể tích khối nón (N)

A 5(cm3) B 3(cm3) C 4(cm3) D 6(cm3)

Câu 27 Cho tam giác ABC có đỉnh A5;5 nội tiếp đường trịn tâm I đường kính AA, M trung điểm BC Khi quay tam giác ABM với nửa hình trịn đường kính AA xung quanh đường

thẳng AM (như hình vẽ minh họa), ta khối nón khối cầu tích V1 V2

A'

M C

B

(111)

Tỷ số

2 V

V

A

32 B

9

4 C

27

32 D

4

Câu 28 (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017)Cho mặt cầu tâm O bán kính R Xét mặt phẳng  P

thay đổi cắt mặt cầu theo giao tuyến đường trịn  C Hình nón  N có đỉnh S nằm mặt cầu, có đáy đường trịn  C có chiều cao h h R Tính h để thể tích khối nón tạo nên  N có giá trị lớn

A h 2R B

3

 R

h C

2

 R

h D h 3R

Câu 29 (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019)Một cái thùng đựng đầy

nước được tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh một hình nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của 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

2chiều 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?

A 46

5  (dm

3) B 18 3 (dm3) C 46 3

3  (dm

3) D 18 (dm3).

Câu 30 (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019)Chiều cao khối trụ tích lớn

nội tiếp hình cầu có bán kính R

A

3 R

B R C

3 R

D

3 R

Câu 31 Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng có đáy) đựng đầy nước Người ta thả vào khối

cầu có đường kính chiều cao bình nước đo thể tích nước tràn ngồi 18 dm

.Biết khối cầu tiếp xúc với tất đường sinh hình nón nửa khối cầu chìm nước Tính thể tích nước cịn lại bình

A 27 dm B dm C dm D 24 dm

Câu 32 (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019)Cho khối nón có độ lớn góc đỉnh

là

3



(112)

với S2 ;… ; Sn khối cầu tiếp xúc với tất đường sinh nón với Sn1 Gọi V V1, 2,…

,Vn ,Vn thể tích khối cầu S S1, 2, S , ,3 Sn V thể tích khối nón Tính giá trị

của biểu thức lim n

n

V V V

T

V



  



A

5



T B

13



T C

9



T D

2



T

PHẦN B ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Câu

Thể tích khối trụ sinh hình chữ nhật ABID quay cạnh BI là:

2

V  AB AD a Thể tích khối nón sinh tam giác CID quay cạnh CI là:

3

2

3

a V  ID CI   Vậy

3

5

a V V V  

Câu

Gọi hình cầu có tâm O bán kính R

Gọi hình nón có đỉnh S, tâm đáy H, bán kính đáy rHA

Vì hình nón nội tiếp hình cầu nên đỉnh S thuộc hình cầu, chiều cao SH hình nón qua tâm O hình cầu, đồng thời cắt hình cầu điểm S'

Theo đề chiều cao hình nón SH 9, bán kính hình cầu OS 5 OH 4, từ ta có

2 2

5

HA OA OH   

Thể tích khối nón 2

1

1 1

.9 27

3 3

V  h r  SH HA    

Thể tích khối cầu 3

2

4 500

5

3 3

(113)

Tỉ số

27 81

500 500

V V

 

 

Câu Theo tốn ta có hình vẽ

Thể tích khối trụ V .1 22 2

Vì đường tròn đáy khối trụ đường tròn lớn nửa khối cầu nên bán kính nửa khối cầu R1

Thể tích hai nửa khối cầu bị khoét

3

1 4

2

2 3

V      

Thể tích phần cịn lại khối gỗ 2 1

3

V V V      

Vậy tỉ số thể tích cần tìm 2

1

3

2

V V

 

 

Câu

Xét hình hình chữ nhật OABO' hình vẽ, với O O, ' tâm hai đáy khối trụ Gọi I trung điểm đoạn thẳng OO' Khi IA bán kính khối cầu ngoại tiếp khối trụ

Ta có: IA2 OA2OI2 3a23a2 6a2 IA 6a

Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối trụ là:  3

6

3

V   a  a

Câu 1 3

2 2

r l R R Diện tích mặt cầu S14R2

Diện tích tồn phần hình nón

2

3 27

4 16 16

R S rlr  R R R  

Theo giả thiết:

2

2 27 91

4 91 91 16

16 16

R R

R   R

      

Vậy S14R2 64cm2

Câu Chọn C

2

1

I

O O'

A B

(114)

Thể tích khối trịn xoay thể tích hình trụ đường caoDC bán kính đường trịn đáy

AH AH DH 1

Trừ thể tích hai khối nịn trịn xoay chiều cao DH bán kính đường trịn đáy AH Ta tích khối trịn xoay cần tìm là:

  

 3 .122 .1 .11 

3

V Câu Diện tích nắp hộp cần sơn là:

2

4

50

r

S    

cm Diện tích than hộp cần sơn là: S22rh60

cm Diện tích Scần sơn là: SS1S25060 110

cm

Câu

Ta có diện tích xung quanh hình trụ là: S12R R 32R2

Ta có diện tích xung quanh hình nón là:  

2

1  2

S R R R R Suy

2

3



S S

Câu

H 3

1

2

D C

B A

O' O

D

C B

(115)

3

2

3

 

 

C

T

r V

V r r

Câu 10 Chọn B

Thể tích khối nón 1 2.2

3

 

V R R R

Thể tích nửa khối cầu 2

2 3

 

V R R

Thể tích toàn khối đồ vật V1V2 36 . 36 3

3

 R  R

Diện tích xung quanh mặt nón 2

1   59

S R R R R 

Diện tích nửa mặt cầu 2 1.4 18

 

S R 

Diện tích bề mặt toàn đồ vật S1S2 9 52  cm2

Câu 11

Gọi r bán kính khối trụ h chiều cao khối tru, ta có

2 2 2

2

h h

r R    R   

Thể tích khối trụ

2 2

4 h V r hR  h

 

Theo đề thể tích khối trụ 3

9 R



nên ta có phương trình

3

4

9

h

R R h



 

   

 

3 9h 36R h 16 3R

   

3

9 h 36 h 16

R R

   

      

   

2 3

3

h

h R

R

   

Vậy chiều cao khối trụ 3 h R

(116)

Khi quay mơ hình quanh trục DF Tam giác AFE tạo khối nón trịn xoay ( )N hình vng ABCD tạo khối trụ trịn xoay ( ).T

 N có chiều cao AF a, bán kính đáy

 

2 3

0

tan 30

3

3 N

a a a

EF AF  V    a  



 

 T có chiều cao AD a, bán kính đáy AB  a V T a a2 a3

Vậy thể tích cần tính là:    

3

3 10 .

9

N T

a a

V V V a   

Câu 13

Thể tích khối cầu  S 3

1

4 32

.2

3 3

V   R    

Khối nón  N có bán kính đáy 2

2

r    , chiều cao h3

Thể tích khối nón  N  2

2

1

3

V  r h    Do

2

32 V

V 

Câu 14 Chọn A

Gọi r là bán kính đường tròn  C r bán kính đáy hình nón ta có: 2 r R OH  ;

1

HT HO OT    h chiều cao hình nón

Suy ra:   1.4 .8 32

3 3

n C

V  h S    

Câu 15 Chọn B

1

(C)

R=3

T

(117)

Đường cao hình trụ hR nên ta có bán kính đáy hình trụ

2

4

 R  R

r R

2

  

  

xq

R

S rh R R

Vậy  

2

2 3

2



   

      

 

 

tp xq đáy

R R

S S S R

Câu 16 Chọn A

Ta có r 4222 2 Thể tích khối trụ  H

1 12.4 48

V r h  

Thể tích khối cầu  S 3

2

4 256

.4

3 3

V  R     Vậy

2 16 V

(118)

Gọi tam giác cạnh a Ta có

r a

 bán kính đường trịn đáy khối nón.

2 3

R

3

a a

 

  

  bán kính khối cầu

2 3

1

3

2

1

1 3

3 2 24

4 4

3 3 27

9 32

a a a

V r h

a a

V R

V V



 



 

 

     



   

 

    

 

 

Câu 18

Đường kính khối cầu chiều cao bình nước nên OS2OH

Ta tích nước tràn ngồi thể tích nửa cầu chìm bình nước:

B A

H

(119)

3

2

18

2

C

V OH

OH



    

Lại có: 2 12 12 OB2 12

OH OS OB  

Thể tích bình nước ( thể tích nước ban đầu):

2

24

n

OS OB

V     3

dm Thể tích nước cịn lại là: 24 18 6  3

dm

Câu 19 Gọi r bán kính viên billiards snooker

Thể tích viên billiards

3

bi

V  r

Phần thể tích nước dâng lên sau bỏ viên billiards vào V  5, 2  2 r4, 5 Vì thể tích nước dâng lên thể tích viên billiards nên ta có Vbi Vn Ta có phương trình 5, 2  2 4, 5

3r  r

0 4,5

2,

r

 

 

Câu 20

Gọi H chân đường cao AH tam giác ABC

Vì tam giác ABCđều nên ta có: AH 3OH 3r, 2

2

AH BC BC AH r

Khi quay tam giác ABC quanh trụcAO ta hình nón tích là: VN, có đáy đường trịn

đường kính BC đó: 2

3

N

S HC r , chiều cao hình nón là: AH 3r, thể tích

hình nón là: 1

3

N N

V  AH S  r r  r (đvtt)

Thể tích khối cầu quay hình trịn O r;  quanh trục AO là: 3

C

V  r

Vậy thể tích V khối tròn xoay thu quay tam giác ABCđã cắt bỏ phần hình trịn quanh

trụcAO là:

3

N C

V V V  r  r  r

Câu 21 Gọi A B C, , tâm ba cam có bán kính r K tâm cam có bán kínhR IJ chiều cao hình trụ

Khi 2 3

3

r r

OA  Do ba cam tiếp xúc với ba đường sinh hình trụ nên ta có

 

2

2 3

r

(120)

Do cam có bán kính R tiếp xúc với ba cam có bán kính r nên khoảng cách từ tâm K đến

mặt phẳng ABC     

2

2 2 3

OK  KA OA  Rr  R   R  Vậy chiều cao hình trụ

2 3 2 3  3 12 IJ IO OK KJ R   R  RR  

Câu 22

Gọi G tâm thiết diện cắt mặt phẳng  Q mặt cầu

Theo giả thiết ta có OAOBOH R5 HG x GF bán kính đường trịn thiết diện Khi GF  525x2  10x x

Gọi S1 tâm thiết diện cắt mặt phẳng  Q mặt cầu

Gọi M tâm thiết diện cắt  Q hình nón Theo giả thiết ta có MIx

 

x

SM ML SM ID x

ML

SI ID SI



    15 5 5

15

Gọi S2 diện tích thiết diện mặt phẳng  Q hình nón Ta có S  x

 

2

3

Vậy SS S   xx  x  x  x 

   

 

 

2

1

8 20

10 25

3

S đạt giá trị lớn f x  8x220x25

9 đạt giá lớn x

15

4

Theo đề ta có x a T a b

b

 15   19

4

Câu 23 Ta tích khối trụ

1 1

(121)

2

1 2

.2

2

r

V    h   r h

 

Mặt khác thể tích khối nón 2 2 2

1

20 60

3

V   r h   r h   3 cm

Suy

1

.60 30 cm

V  

Vậy thể tích tồn khối đồ chơi 30 20 50 cm V V   

Câu 24 Xét hình nón cầu hình vẽ bên

  2

3

cm

5

IK OI

SI

  

Thể tích chỏm cầu tâm I có bán kính OK là:

   

2 9

2 5 3

2

3

9 468

cm

3 125

IK OI

V  IKOI IK          

     

Thể tích hình nón có đỉnh S, đáy hình trịn tâm O, bán kính đáy OK là: ( ; )

1

3 O OK

V  SO S  

2

3

1 16 12 768

cm

3 5 125

   

 

Thể tích phần khơng gian kín giới hạn bề mặt cầu bề mặt vật hình nón là:

 3

768 468 12

cm

125 125

V V      

Câu 25

Gọi D E, tâm đáy nhưu hình vẽ Đặt bán kính đáy r  x 0;R Ta có GC FG

CE  AE

R x FG

R R



  FG2R x h

(122)

  2

2

V r h x Rx    2 x x R x    3 2 27 x x R x R                

Dấu '''' xảy

2

x R

R x x

   

Câu 26 Theo ta có 1 1 ; 2 1

4

n n n

h  h h  h h  h  h

Thể tích toàn xoay

1

2 2 ( ) ( ) ( )

1 (2 )

3

T T N n

V V V V  r h  r h   r h 2 1

31

4 n n n

r h r h r h

  

   

2 2

3 1 31

31 31

4 3 r hn 3 r hn 3 r hn 3 r hn

     

         

     

2

3 r hn

 

Vậy thể tích khối nón ( )N là: V(N) 4(cm3)

Câu 27 Gọi độ dài cạnh tam giác ABC a

Khi khối nón tạo thành có bán kính đáy là:

2 a

r BM  ; chiều cao a hAM 

Thể tích khối nón

2 3

1

1 3

3 2 24

a a a

V  r h    

 

Khối cầu tạo thành có bán kính

3

a R AM 

Thể tích khối cầu là:

3

2

4 4

3 3 27

a a

V  R      

    Suy ra: 3

3

:

24 27 32

V a a

V

 

 

Câu 28 Chọn B

Cách 1:

Gọi I tâm mặt cầu H , r tâm bán kính  C Ta có IH  h R 2 2  2

2

      

(123)

Thể tích khối nón 2 2

3

 

  

V h r h Rh h

Ta có    

3 3

2

4 4

4 2

3 3

  

     

           

     

h h R h R R

h h R h h R h

Do V lớn 4

3

    R

h R h h

Cách 2:

Gọi I tâm mặt cầu H , r tâm bán kính  C

Ta có IH  h R 2 2  2

2

      

r R IH R h R Rh h

Thể tích khối nón 2 2 2 3

3 3

 



    

V h r h Rh h h R h

Xét hàm f h  h32h R h2 , R R, , có f h  3h24hR

 

0 0

       

f h h hR h

3

 R

h

Bảng biến thiên

  32

max

27



f h R ,

3

 R

h Vậy thể tích khối nón tạo nên  N có giá trị lớn

3

1 32 32

3 27 81

 

V R R

3

 R

(124)

Câu 29

Gọi R bán kính khối cầu Khi thể tích nước tràn ngồi thể tích nửa khối

cầu nên 54 3

2 3R   R

Do chiều cao thùng nước 2.2

3

h R

Cắt thùng nước thiết diện qua trục ta hình thang cân ABCD với AB3CD Gọi O giao điểm ADvà BC tam giác OABcân O

Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB I giao điểm OHvà CD I trung điểm

của DCnên

3 DI  AH

Ta có

3

OI DI

OH  AH 

3

6

OH HI

  

Gọi K hình chiếu H OA HKR3

Tam giác OHA vng H có đường cao HK nên

2 2 2

1 1 1 1

36

HK  HO  AH  AH  HK HO  AH  6 DI 2

Thể tích thùng đầy nước    

2 2

6.2 208 3

3 3

h AH DI AH DI    

 

Do thể tích nước lại là208 54 46  3

3 dm

 



 

Câu 30 Gọi O tâm hình cầu bán kính R I I,  tâm hai hình trịn đáy khối trụ với AB

(125)

Dễ thấy O trung điểm II

Đặt x chiều cao khối trụ ta có 0 x 2R ABIIx Tam giác OAI có

2 2 2 2

2

x x

AI  AO OI  R     R 

 

Thể tích khối trụ  

2 2

4

x x

f x IA ABR  xR x 

   

 

4 f x R  x 

 ,  

2

3

2

3 R x f x

R x

   

  

    

với x0 nên 0; 

3 R

x  R

Ta có bảng biến thiên:

(126)

Câu 31

Vì nửa khối cầu chìm nước nên thể tích khối cầu gấp lần thể tích nước tràn ngồi

Gọi bán kính khối cầu R, lúc đó: 3

=36 27

3R  R 

Xét tam giác ABCcó AClà chiều cao bình nước nên AC2R( Vì khối cầu có đường kính chiều cao bình nước)

Trong tam giác ABC có:

2 2 2 2

1 1 1

4

R CB

CH CA CB  R  R CB  

2

2 3

1

.2 24

3 3

n

R

V  CB AC  R  R   dm

Vậy thể tích nước cịn lại bình: 2418 6 dm

Câu 32

Thiết diện qua trục hình nón tam giác cạnh l Do bán kính đường trịn nội tiếp

tam giác bán kính mặt cầu nội tiếp chọp 1 3

3

l l

r  

(127)

3 3 3 l l

AA AH AH HH

AB AH AH l



   

   

3 AA

 

Tương tự ta tìm

2

3

3 18

r

l l

r   

Tiếp tục ta có 3 2, r4 1r , ,3 1

3 n n

r  r  r  r

Ta có

   

3

3 3

1 2 3 3 1 3 1

4 4 1

, V ,V V , ,

3 3 3 3 n n 3 n

r

V  r V  r      V  r   V

 

Do    

1 3 3

1

1 1

1

3 3 3

lim lim lim

n n

n n n

V

V V V V S

T

V V V

                      Đặt

 2  

3 3 3

1 1

1

3 3 3 n

S     

Đây tổng CSN lùi vô hạn với công bội

3 q 27 lim 26

nS

  



3

1

27 27 3

26 26 52

n

l

V V V V   l

         

 

2 3

2

1 3

3 2 24

l l l

V r h    

Định dạng
Số trang	127
Dung lượng	5,94 MB