File đáp án CHUYÊN ĐỀ TOÁN

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

KHỐI NĨNI NĨN

Chun đề 21

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ MỨC 7-8 ĐIỂM
Lý thuyết chung
MẶT NĨN

Các yếu tố mặt nón:
 Đường cao: h SO . ( SO cũng
được gọi là trục của hình nón).
 Bán kính đáy:

S

l

h
l

A

r

r OA OB OM .

l

O

B

M

Hình thành: Quay  vng
SOM quanh trục SO , ta được
mặt nón như hình bên với:

 Đường sinh: l SA SB SM .

 Góc ở đỉnh: ASB .
 Thiết diện qua trục: SAB cân
tại S .
 Góc giữa đường sinh và mặt

Một số công thức:
 Chu vi đáy:

p 2 r .

 Diện tích đáy:

Sđ  r 2 .

1
1
V  h.Sđ  h. r 2 .
3
3

Thể tích:
(liên tưởng đến thể tích khối chóp).

Diện tích xung quanh:
Diện tích tồn phần:

S xq  rl .

Stp S xq  Sđ  rl   r 2 .




đáy: SAO SBO SMO .

 h SO

 r OM .

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

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A , AB a và
AC 2a . Khi quay tam giác ABC quanh cạnh góc vng AB thì đường gấp khúc ACB tạo
thành một hình nón. Diện tích xung quanh hình nón đó bằng
2
A. 5 a .

B.

5 a 2 .

2
C. 2 5 a .
Lời giải

2

D. 10 a .

Chọn C

BC  AB 2  AC 2 a 5 .
2
Diện tích xung quanh hình nón cần tìm là S  . AC . BC  .2a . a 5 2 5 a .

Câu 2.

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 và góc ở đỉnh bằng 60 . Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. 8 .

16 3
3 .
B.

8 3
C. 3 .
Lời giải

D. 16 .
Trang 1


Chọn A
S
60°

A

B

Gọi S là đỉnh của hình nón và AB là một đường kính của đáy.
Theo bài ra, ta có tam giác SAB là tam giác đều  l SA  AB 2r 4 .
Vậy diện tích xung quanh của hình nón đã cho là
Câu 3.

S xq  rl 8

.

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hình nón có bán kính bằng 5 và góc ở đỉnh bằng 60 . Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. 50 .

100 3
3
B.
.

50 3
3 .
C.
Lời giải

D. 100 .

Chọn A
l

r


sin
2



Ta có độ dài đường sinh là
S  rl 50
Diện tích xung quanh xq
.
Câu 4.

5
10
sin 30

.

0

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hình nón có bán kính bằng 3 và góc ở đỉnh bằng 60 . Diện tích xung
quanh của hình nón đã cho bằng
A. 18 .

B. 36 .

C. 6 3 .
Lời giải

D. 12 3 .

Chọn A
Gọi l là đường sinh, r là bán kính đáy ta có r 3 .
r
r
3
sin    l 

6
l
sin  sin 300
Gọi  là góc ở đỉnh. Ta có
.
S


rl



.3.6

18

Vậy diện tích xung quanh
.
Câu 5.

0
(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4 và góc ở đỉnh bằng 60 . Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng

64 3
3 .
A.
Chọn B

Trang 2

B. 32 .

C. 64 .
Lời giải

32 3
3 .
D.

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

S
300

l

O

r

B

0
0

Ta có Góc ở đỉnh bằng 60  OSB 30 .
r
4
l
 8
0
1
sin 30
2
Độ dài đường sinh:
.
S  rl  .4.8 32
Diện tích xung quanh hình nón: xq
.

Câu 6.

(Mã 123 2017) Cho một hình nón có chiều cao h a và bán kính đáy r 2 a . Mặt phẳng ( P) đi
qua S cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB 2 3a . Tính khoảng cách d từ tâm của
đường trịn đáy đến ( P) .
A.

d

3a
2

B.

d

5a
5

d

C.
Lời giải

2a
2

D. d a

Chọn C

Có

 P   SAB  .

Ta có SO a h , OA OB r 2a , AB 2a 3 , gọi M là hình chiếu của O lên AB suy ra M





d O;  SAB  OK
là trung điểm AB , gọi K là hình chiếu của O lên SM suy ra
.
2
2
Ta tính được OM  OA  MA a suy ra SOM là tam giác vuông cân tại O , suy ra K là

trung điểm của SM nên

OK 

SM a 2

2
2

Trang 3

Câu 7.

(KSCL THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO, A và B là hai
điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến


SAO
300 , SAB
600 . Độ dài đường sinh của hình nón theo a bằng
B. a 3

A. a 2

C. 2a 3
Lời giải

 SAB 

a 3
3
bằng
và

D. a 5

Chọn A

Gọi K là trung điểm của AB ta có OK  AB vì tam giác OAB cân tại O
AB   SOK    SOK    SAB 

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

OH  SK thì OH   SAB   OH d  O,  SAB  
SO
SA

sin SAO

 SO 
SA
2
Xét tam giác SAO ta có:
Xét tam giác SAB ta có:


sin SAB


SK
SA 3
 SK 
SA
2

1
1
1

1
1


 2

2
2
2
2
OK
OS
SK  SO
SO 2
Xét tam giác SOK ta có: OH
1
1
1
4
2

 2 
 2 2
2
2
2
6
3
SA
3SA SA

OH
SA SA

 2  SA 2a 2  SA a 2

2
SA
a
4
4
4

Câu 8.

(THPT Cẩm Giàng 2 2019) Cho một hình nón có bán kính đáy bằng a và góc ở đỉnh bằng 60 .
Tính diện tích xung quanh của hình nón đó.
A.

Trang 4

S xq 4 a

2

.

2 3 a 2
S xq 
3
B.

.

4 3 a 2
S xq 
3
C.
.
Lời giải

D.

S xq 2 a 2

.


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

S
60

O

a

A

B

Giả sử hình nón có đỉnh là S , O là tâm của đường tròn đáy và AB là một đường kính của đáy.

r OA a , ASB 60  ASO 30 .
OA
l SA 
2a
sin 30
Độ dài đường sinh là
.
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là
Câu 9.

S xq  rl  .a.2a 2 a 2

.

(THPT Cẩm Giàng 2 2019) Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a , vẽ tia Ax về phía điểm B
sao cho điểm B ln cách tia Ax một đoạn bằng a . Gọi H là hình chiếu của B lên tia Ax , khi
tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt trịn xoay có diện
tích xung quanh bằng:
3 2 a 2
2
A.
.

 3 3  a
B.

2

1 3   a

2

.

C.
Lời giải

2

 2 2a

2

.

D.

2

2

.

A

H

I

x

B
2
2
Xét tam giác AHB vuông tại H . Ta có AH = AB  HB a 3

HI =

AH .HB a 3.a a 3


AB
2a
2

Xét tam giác AHB vuông tại H , HI  AB tại I ta có
Khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt trịn 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 do quay tam giác AHI quanh trục AI có diện tích xung quanh là
a 3
3 a 2
S1 = π.HI.AH =  .
.a 3 
2
2

(N2) là hình nón có được do quay tam giác BHI quanh trục BI có diện tích xung quanh là
S 2 = π.HI.BH =  .

a 3

3 a 2
.a 
2
2
Trang 5






3  3  a2
3 a 2
3 a 2
 S = S1 + S2 


2
2
2
.
Câu 10.

(HSG Bắc Ninh 2019) Cho hình nón có chiều cao h 20 , bán kính đáy r 25 . Một thiết diện đi
qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 . Tính
diện tích S của thiết diện đó.
A. S 500

B. S 400

C. S 300
Lời giải

D. S 406

Giả sử hình nón đỉnh S , tâm đáy O và có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn u cầu bài tốn là SAB
(hình vẽ).
S

H
O

B

I
A

Ta có SO là đường cao của hình nón. Gọi I là trung điểm của AB  OI  AB .
Gọi H là hình chiếu của O lên SI  OH  SI .
OH   SAB   OH 12
Ta chứng minh được
.
1
1
1
1
1
1
1
1

1
 2 2 


 2 2 
2
2
2
2
OS
OI
OI
OH
OS
12 20
225 .
Xét tam giác vng SOI có OH
 OI 2 225  OI 15 .
2
2
2
2
Xét tam giác vng SOI có SI  OS  OI  20  15 25 .
2
2
2
2
Xét tam giác vng OIA có IA  OA  OI  25  15 20  AB 40 .
1
1

 AB.SI  .40.25
S

S
ABC
500 .
2
2
Ta có

Câu 11.

(Liên Trường THPT TP Vinh Nghệ An 2019) Cắt hình nón

(N)

đỉnh S cho trước bởi mặt

phẳng qua trục của nó, ta được một tam giác vng cân có cạnh huyền bằng 2a 2. Biết BC là
một dây cung đường trịn của đáy hình nón sao cho mặt phẳng

( SBC )

tạo với mặt phẳng đáy của

hình nón một góc 60 . Tính diện tích tam giác SBC .
0

4a2 2
3

A.

4a2 2
9
B.

2a2 2
3
C.
Lời giải

Trang 6

2a2 2
9
D.


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vng cân, suy ra r = SO = a 2
Ta có góc giữa mặt phẳng

·
( SBC ) tạo với đáy bằng góc SIO
= 60

0

Trong tam giác SIO vng tại O có

Mà

BC = 2 r 2 - OI 2 =

SI =

SO
2 6
6
·
=
a OI = SI .cosSIO
=
a
·
3
3
sin SIO
và

4 3
a
3

1
4a2 2
S = SI .BC =
2
3

Diện tích tam giác SBC là
Câu 12.

(Sở Hà Nội 2019) Cho hình nón trịn xoay có chiều cao bằng 4 và bán kính bằng 3. Mặt phẳng

 P

đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác có độ dài cạnh đáy

bằng 2 . Diện tích của thiết diện bằng.
A.

6.

B. 19 .

C. 2 6 .
Lời giải

D. 2 3 .

Ta có: h OI 4, R  IA  IB 3, AB 2 .
 MI  AB  AB   SMI   AB  SM
Gọi M là trung điểm AB
.
2
2
2
2
2

2
2
2
Lại có: SB  OI  IB  4  3 5 ; SM  SB  MB  5  1 2 6 .
1
1
SSAB  .SM . AB  .2 6.2 2 6
2
2
Vậy:
.

Trang 7


Câu 13.

(Chun Hạ Long 2019) Cắt hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó, ta được một thiết
diện là một tam giác vuông cân cạnh bên a 2 . Tính diện tích tồn phần của hình nón.
a 2





2 1
2
C.
(đvdt). D. 2 2a  (đvdt).
Lời giải

Giả sử hình nón đã cho có độ dài đường sinh l , bán kính đáy là R .

2
A. 4a  (đvdt).

2
B. 4 2a  (đvdt).

Thiết diện của hình nón qua trục là tam giác OAB vuông cân tại O và OA a 2 .
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông cân OAB ta có:

AB 2 OA2  OB 2 4a 2  AB 2a .
Vậy: l a 2, R a .
Diện tích tồn phần của hình nón là:
2
2
STP S xq  SĐá y Rl R a

Cõu 14.



(đvdt).

2 1

(Chuyên KHTN 2019) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Tính diện tích tồn
phần của vật trịn xoay thu được khi quay tam giác AA ' C quanh trục AA ' .
A.







3  2 a2

.

B.

2





2 1 a 2

.

2
C.
Lời giải





6 1 a 2

.

D.







6  2 a2

.

Quay tam giácA'AA ' C một vịng quanh
trục AA ' tạo thành hình nón có chiều cao AA ' a , bán
D'

l  A ' C  AA '2  AC 2 a 3 .
r

AC

a
2
kính đáy
,
đường

sinh
B'
C'

Diện tích tồn phần của hình nón:





S  r  r  l   a 2 a 2  a 3 





6  2 a2

.

 P  qua đỉnh của hình nón và
Câu 15. Cho hình nón Acó chiều cao và bán kính đáy đều bằng 1 . Mặt phẳng
D

cắt đáy theo dây cung có độ dài bằng 1 . Khoảng cách từ tâm của đáy tới mặt phẳng
B

7
A. 7 .

a

Chọn D

Ta có l h 1

Trang 8

2
B. 2 .
C

3
C. 3 .
Lời giải

D.

21
7

 P

bằng


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Mặt phẳng

 P

qua đỉnh của hình nón và cắt đáy theo dây cung AB có độ dài bằng 1 . I , K là

AB   SIO   OK   SAB 
hình chiếu O lên AB ; SI . Ta có
2

3
1
IO  R  OA  1    
2 .
 2
ta có
2

2

2

1
1
1
OI .SO
21
 2
 OK 

2
2

OK
OI
OS
7 .
OI 2  OS 2

Câu 16. Cho hình nón đỉnh S , đáy là đường trịn

 O;5  .Một

mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón cắt

SAB 
đường trịn đáy tại hai điểm A và B sao cho SA  AB 8 . Tính khoảng cách từ O đến 
.

3 2
C. 7 .
Lời giải

3 3
B. 4 .

A. 2 2 .

D.

13
2 .

Chọn B

Gọi I là trung điểm AB .
 AB  SO
 AB   SOI    SAB    SOI 

Ta có  AB  OI
.
SOI 
OH   SAB 
Trong 
, kẻ OH  SI thì
.
 d  O;  SAB   OH
.
2

 8.5 
2
SO  SA  OA  
  5  39
5


Ta có:
.
2

2

2

 4.5 
OI  OA2  AI 2  52  
 3
5


Ta có:
.
1
1
1
3 13
 2
 OH 
2
2
OI
SO
4 .
Tam giác vng SOI có: OH
Vậy

d  O;  SAB   OH 

3 13
4 .

Trang 9

Câu 17.

(Chun ĐHSPHN - 2018) Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình trịn tâm O , bán kính, R 3cm ,
góc ở đỉnh hình nón là  120 . Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua đỉnh S tạo thành tam giác đều
SAB , trong đó A , B thuộc đường trịn đáy. Diện tích tam giác SAB bằng
2
A. 3 3 cm .

2
B. 6 3 cm .

2
D. 3 cm .

2

C. 6 cm .
Lời giải

Theo đề bài ta có góc ở đỉnh hình nón là  120 và khi cắt hình nón bởi mặt phẳng qua đỉnh S
tạo thành tam giác đều SAB nên mặt phẳng không chứa trục của hình nón.


Do góc ở đỉnh hình nón là  120 nên OSC 60 .

Xét tam giác vuông SOC ta có



tan OSC


OC  SO  OC
3


tan OSC tan 60  3 .
SO

2
2
Xét tam giác vng SOA ta có SA  SO  OA 2 3 .

Do tam giác SAB đều nên
Câu 18.

S SAB 

2
1
2
2 3 .sin 60
3 3 cm .
2







(Chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp - 2018) Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam
S
giác vng có cạnh huyền bằng a 2 . Tính diện tích xung quanh xq của hình nón đó.
A.

S xq 

a 2 3
3 .

B.

S xq 

a 2 2
2 .

S xq 

C.
Lời giải

a 2 2
6 .

Gọi S là đỉnh hình nón, thiết diện qua trục là tam giác SAB .
Trang 10



D.

S xq 

a 2 2
3 .


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

Ta có AB a 2  SA a , suy ra l SA a ;
Vậy

S xq rl .

r

AB a 2

2
2 .

a 2
a 2 2
.a 
2
2 .

Câu 19. (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình trịn
tâm O, bán kính R. Dựng hai đường sinh SA và SB, biết AB chắn trên đường tròn đáy một
cung có số đo bằng 60 , khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng
của hình nón bằng
A. h R 3 .

B. h R 2 .

h

C.
Lời giải

R 3
2 .

 SAB 

R
.
bằng 2 Đường cao h

D.

h

R 6
.
4

Chọn D

Gọi I là trung điểm AB.
Kẻ OH vng góc với SI .

R
d  O,  SAB   OH  .
2

Ta có cung AB bằng 60 nên AOB 60 .

Tam giác AOI vuông tại I , ta có


cos IOA


OI
3R
 OI OA.cos 30 
.
OA
2

Tam giác SOI vng tại O, ta có
1
1
1
1
1

1
1
1
8
6R
 2 2 




 2  SO 
.
2
2
2
2
2
2
OH
SO OI
SO
OH
OI
3R
4
 R   3R 
  
 2   2 

Trang 11

Câu 20. (Chun Bắc Ninh - 2020) Cho hình nón trịn xoay có chiều cao bằng 2a , bán kính đáy bằng 3a .
Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết
3a
diện bằng 2 . Diện tích của thiết diện đó bằng

2a 2 3
7 .
A.

B. 12a

2

24a 2 3
7
D.
.

12a 2
C. 7 .
Lời giải

3.

Chọn D
Xét hình nón đỉnh S có chiều cao SO 2a , bán kính đáy OA 3a .
Thiết diện đi qua đỉnh của hình nón là tam giác SAB cân tại S .

+ Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Trong tam giác SOI , kẻ OH  SI , H  SI .
 AB  OI
 AB   SOI   AB  OH

+  AB  SO
.
OH  SI
3a

 d  O ,  SAB   OH 

OH

SAB


OH

AB
2 .
+
1
1
1  4  1  7  OI  6a


2
2
2
2

36a 2
7.
OH
SO 2 9a 4a
Xét tam giác SOI vuông tại O , ta có OI
SI  SO 2  OI 2  4a 2 

36a 2 8a

7
7.

Xét tam giác AOI vuông tại I ,
 AB 2 AI 

AI  AO 2  OI 2  9a 2 

36a 2 3 3a

7
7

6 3a
7 .

Vậy diện tích của thiết diện là:

S SAB

1

1 8a 6 3a 24a 2 3
 .SI . AB  .
.

2
2 7
7
7
.

Câu 21. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình trịn tâm O . Một mặt phẳng đi qua
đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác vng SAB có diện tích bằng

Trang 12


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

4a 2 . Góc giữa trục SO và mặt phẳng  SAB  bằng 30 . Diện tích xung quanh của hình nón đã
cho bằng
2
A. 4 10 a .

2
B. 2 10 a .

2

C. 10 a .
Lời giải

2
D. 8 10 a .

Chọn B

Gọi M là trung điểm của AB , tam giác OAB cân đỉnh O nên OM  AB và SO  AB suy ra

AB   SOM 

.

Dựng OK  SM .

OK   SAB 
Theo trên có OK  AB nên
.

 SAB  là OSM
30 .
Vậy góc tạo bởi giữa trục SO và mặt phẳng

1 2
SA 4a 2  SA 2a 2
Tam giác vng cân SAB có diện tích bằng 4a suy ra 2
 AB 4a  SM 2a .
2

Xét tam giác vuông SOM có


cos OSM


SO
3
 SO  .2a  3a
SM
2
.

2
2
Cuối cùng OB  SB  SO a 5 .

Vậy diện tích xung quanh của hình nón bằng

S xq  rl  .a 5.2a 2 2a 2 10

.

Câu 22. (Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020) Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vng cân
có cạnh huyền bằng a 2 . Một thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 60 . Diện tích của thiết
diện này bằng

Trang 13


a2 2
A. 3 .

a2 2
B. 2 .

a2 2
D. 4 .

2

C. 2a .
Lời giải

Chọn A

Giả sử hình nón có đỉnh S , tâm đường tròn đáy là O . Thiết diện qua trục là SAB , thiết diện qua
đỉnh là SCD ; gọi I là trung điểm của CD .
Theo giả thiết ta có SAB vng cân tại S , cạnh huyền

AB a 2  r OA 

a 2
2

2a 2 a 2
 h SO  SA  OA  a 

4
2 .
SA SB l a
2

2

2

a 2
SO
SO
a 6

SIO
60  sin 60 
 SI 
 2 
SI
sin 60
3
3
2
Ta lại có
;
ID  SD 2  SI 2  a 2 

6a 2 a 3
2a 3

 CD 
9
3
3 .

Diện tích thiết diện cần tìm là

S SCD

1
1 2a 3 a 6 a 2 2
 .CD.SI  .
.

2
2 3
3
3 .

Dạng 2. Thể tích
Câu 1.

(Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh
hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3 . Thể tích của
khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng

32 5
3 .
A.
Chọn A

Trang 14

B. 32 .

C. 32 5 .
Lời giải

D. 96 .


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Theo giả thiết tam giác SAB đều, S SAB 9 3 và SO 2 5 .

AB 2 3
9 3  AB 6
4
.
SAB đều SA  AB 6 .
S SAB 9 3 

Xét SOA vuông tại O , theo định lý Pytago ta có:



OA  SA2  SO 2  62  2 5



2

4

.

1
1
1
32 5
V   r 2 h   .OA2 .SO   42.2 5 

3
3
3
3
Thể tích hình nón bằng
.
Câu 2.

o
(KSCL THPT Nguyễn Khuyến 2019) Tính thể tích của hình nón có góc ở đỉnh bằng 60 và
2
diện tích xung quanh bằng 6 a .

A.

V

3 a 3 2
4

3
B. V 3 a

V

C.
Lời giải

3 a 3 2
4

3
D. V  a

Chọn B
o
o
Khối nón có góc ở đỉnh bằng 60 nên góc tạo bởi đường sinh và đáy bằng 60 .
l
R
2
2
S xq  Rl  R.2 R 6 a 2
2
Vậy
; lại có
nên R a 3 ; vậy h  l  R R 3 3a

1
V   R 2 h 3 a 3 .
3
Vậy

Câu 3.

(Chuyên Thái Nguyên 2019) Cho tam giác ABC vuông tại A , cạnh AB 6 , AC 8 và M là
trung điểm của cạnh AC . Khi đó thể tích của khối trịn xoay do tam giác BMC quanh quanh AB
là
A. 86

B. 106

C. 96
Lời giải

D. 98

Trang 15


Khi tam giác BMC quanh quanh trục AB thì thể tích khối trịn xoay tạo thành là hiệu của thể tích
khối nón có đường cao AB , đường sinh BC và khối nón có đường cao AB , đường sinh BM .

1
1
1
V  AB. . AC 2  AB. . AM 2  AB. . AC 2 96
3
3
4
Nên
. Đáp án C

Câu 4.

(Chun Lê Q Đơn Điện Biên 2019) Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 cm, góc ở đỉnh
bằng 60 . Tính thể tích của khối nón đó.
8 3
cm 3
A. 9
.

3

B. 8 3 cm .

8
cm3
D. 3
.

8 3
cm3
C. 3
.
Lời giải
A

B

H

C

Cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục, ta được thiết diện là tam giác ABC cân tại đỉnh A
của hình nón.


Do góc ở đỉnh của hình nón là BAC 60 , suy ra HAC 30 . Bán kính đáy R HC 2 cm.
2

1
HC
AH 
3 2 3 cm.
tan 30
Xét AHC vng tại H , ta có

1
8 3
V   R 2 . AH 
3
3
3 cm .
Thể tích của khối nón:
Câu 5.

V
(Việt Đức Hà Nội 2019) Cho tam giác ABC vuông tại A , AB 6cm, AC 8cm . Gọi 1 là thể
V
tích khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB và 2 là thể tích khối nón tạo
V1
thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC . Khi đó, tỷ số V2 bằng:

3
4
16
9
A. 4 .
B. 3 .
C. 9 .
D. 16 .
Lời giải

Trang 16


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

B

C

l

l
h=8

h=6

r=6=

r=8
A

C

B

A

1
V   r 2h
3
Ta có cơng thức tính thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính r là
+ Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB thì:
1
V1   .82.6 128
h  AB 6cm và r  AC 8cm thì
3
+ Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC thì:
1
V2   .62.8 96
h  AC 8cm và r  AB 6cm thì
3
V1 4

Vậy: V2 3 đáp án
B.
Câu 6.

N1 đỉnh S đáy là đường tròn C  O ; R  , đường cao
SO 40 cm . Người ta cắt nón bằng mặt phẳng vng góc với trục để được nón nhỏ N 2 có đỉnh
(Việt Đức Hà Nội 2019) Cho hình nón

VN 2
S và đáy là đường trịn C  O; R . Biết rằng tỷ số thể tích VN1



1
8

. Tính độ dài đường cao nón

N2 .
A. 20 cm .

B. 5cm .

C. 10cm .
Lời giải

D. 49 cm .

1
1
VN1   R 2 .SO VN2   R2 .SO
3
3
Ta có:
,
.
Trang 17

R SO

Mặt khác, SOA và SOB đồng dạng nên R SO .
VN2

Suy ra:

VN1

3

R2 .SO  SO 
1
 2

 
R .SO  SO 
8

SO 1
1
  SO  .40 20 cm
2
Suy ra SO 2
. Do đó chọn

Câu 7.

A.

(THPT Lê Quy Đơn Điện Biên 2019) Cho một đồng hồ cát như bên dưới (gồm hai hình nón

chung đỉnh ghép lại), trong đó đường sinh bất kỳ của hình nón tạo với đáy một góc 60 . Biết rằng
3
chiều cao của đồng hồ là 30 cm và tổng thể tích của đồng hồ là 1000 cm . Hỏi nếu cho đầy
lượng cát vào phần bên trên thì khi chảy hết xuống dưới, tỷ số thể tích lượng cát chiếm chỗ và thể
tích phần phía dưới là bao nhiêu?

1
A. 64 .

1
B. 8 .

1
C. 27 .
Lời giải

1
D. 3 3 .

Chọn B
Gọi r1 , h1 , r2 , h2 lần lượt là bán kính, đường cao của hình nón trên và hình nón dưới.

Do đường sinh bất kỳ của hình nón tạo với đáy một góc 60 .




h  3r1 , h2  3r2 .
Suy ra: OAI  OBI 60 , khi đó ta có mối liên hệ: 1
1
1
V V1  V2    h1r12  h2 r22     h13  h23  1000
3
9
Theo đề ta có:
.
3

3
3
Mà:  h1  h2   h1  h2   3  h1  h2  .h1h2  h1 .h2 200 .
 h1 10

h 20
h

h

30
1
2
Kết hợp giả thiết:
ta được  2
.
2

V1  10 3  .h1 1 1 1


 . 
V2  20 3  2 .h
4 2 8
2
Từ đó tỉ lệ cần tìm là
.
Câu 8.

 P  . Quay  P  một
Cho hinh chữ nhật ABCD có AB 2, AD 2 3 và nằm trong măt phẳng
vòng quanh đường thẳng BD . Khối trịn xoay được tạo thành có thể tích bằng
28
A. 9
Chọn C

Trang 18

28
B. 3

56
C. 9
Lời giải

56
D. 3


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

A
B

E

C'

J
A'

I

E'

D
C

V
Khối nón đỉnh D , tâm đáy I có thể tích 1
Ta có BD 4 mà IC '.BD BC '.C'D  IC'  3

1
DC '2
1
V1   .IC '2 .ID 
BD
3
nên
Khối nón cụt có tâm đáy J , I có thể tích V2

ID 

JE DJ 2
2 3

  JE 
3
Ta có DI 3, DJ 2 , IC ' DI 3
1
19
V2   IC '2 .DI  JE 2 .DJ 
3
9
56
V 2  V1  V2   
9 . Đáp án
Vậy thể tích cần tìm là



Câu 9.



C.

(Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2 , AD 2 3 và
nằm trong mặt phẳng
thành có thể tích bằng
28

A. 9 .

 P  . Quay  P 
28
B. 3 .

một vòng quanh đường thẳng BD . Khối tròn xoay được tạo
56
C. 9 .
Lời giải

56
D. 3 .

Gọi điểm như hình vẽ

Trang 19


V1 ,V2 lần lượt là thể tích khói nón, nón cụt nhận được khi quay tam giác ABH và tứ giác AHLT
quay BD .
2
AH  3, I L  , BH HL 1
3
Ta có:
.
Ta có:

V 2  V1  V2 

1
1

2  BH . . AH 2  HL. .  IL2  IL. AH  AH 2  
3
3


1
1
4
  56
2  .1. .3  .1. .   2  3   
3
9 .
3

 3`
Câu 10.

 
(Cụm 8 Trường Chun 2019) Cho hình thang ABCD có A B 90 , AB BC a ,
AD 2a . Tính thể tích khối trịn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD xung quanh trục CD .

7 2 a 3
6
A.
.

Trang 20

7 2 a 3
12 .
B.

7 a 3
C. 6 .
Lời giải

7 a 3
D. 12 .