Cd4.1 Bai Tap Tong Hop Non-Tru-Cau-Md4.Doc

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

HÌNH HỌC 12 - CHƯƠNG II
CHỦ ĐỀ 4.1 Bài tập tổng hợp nón-trụ-cầu.
MỨC ĐỘ 4
Câu 1.

[2H2-4.1-4] [THPT Quảng Xương 1 lần 2] Khi cắt mặt cầu S  O, R  bởi một mặt kính, ta
được hai nửa mặt cầu và hình trịn lớn của mặt kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu.
Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  nếu một đáy của hình trụ nằm trong đáy của
nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với nửa mặt cầu. Biết R 1 ,tính
bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  để khối trụ có thể tích
lớn nhất.
3
6
3
6
6
3
6
3
A. r  , h 
.
B. r  , h 
. C. r  , h 
. D. r  , h 
.
3
3

2
2
3
3
2
2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường trịn đáy trên có tâm O' có hình chiếu
của.
O xuống mặt đáy (O'). Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của
đáy.
dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu.Ta có: h 2  r 2 R 2  0  h R 1  r 2 1  h 2
.
3
Thể tích khối trụ là: V  r 2 h  (1  h 2 ) h  f (h)  f '(h)  (1  3h 2 ) 0  h 
.
3

.

.
Vậy: MaxV 
 0;1

Câu 2.

2 3
6
3

(đvtt) khi r 
và h  .
9
3
3

[2H2-4.1-4] [THPT Quảng Xương 1 lần 2] Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng đáy)
đựng đầy nướ.C. Biết rằng chiều cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của nó. Người ta thả vào
16
dm3 . Biết rằng một mặt của khối
đó một khối trụ và đo dược thể tích nước tràn ra ngồi là
9
trụ nằm trên mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn đáy còn lại đều thuộc các đường
sinh của hình nón (như hình vẽ) và khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón.
Diện tích xung quanh S xq của bình nước là:

TRANG 1


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

A

O N

M

P

I

B

Q

S

A. S xq 

.

3
dm 2 .
2

2
B. S xq 4 dm .

2
C. S xq 4 10 dm .

D. S xq 

9 10
dm 2 .
2

Hướng dẫn giải

Chọn C.
Xét hình nón : h SO 3r , r OB, l SA . Xét hình trụ : h1 2r NQ , r1 ON QI .
QI
SI 1
r
SQI SBO 

  r1   Thể tích khối trụ là :
BO SO 3
3
3
2 r 16
2
Vt  r12 h1 

 r 2  h 6  l  h 2  r 2 2 10  S xq  rl 4 10 dm .
9
9
Câu 3.

[2H2-4.1-4] [THPT Ngô Sĩ Liên lần 3] Cho tam giác đều và hình vng cùng có cạnh bằng 4
được xếp chồng lên nhau sao cho một đỉnh của tam giác đều trùng với tâm của hình vng, trục
của tam giác đều trùng với trục của hình vng (như hình vẽ). Thể tích của vật thể trịn xoay
sinh bởi hình đã cho khi quay quanh trục AB là.
A.

144  24 3
.
9

B.

48  7 3
136  24 3
.
C.
.
9
3
Hướng dẫn giải

D.

128  24 3
.
9

Chọn A.

A
H R'
h

C

K R

.
Khi xoay quanh trục AB thì :
Phần hình vng phía trên trở thành lăng trụ có bán kính R = 2, chiều cao h = 4.

 V  22.4 16 .
1

Phần dưới trở thành hình nón cụt với.

TRANG 2


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

h HK  AK  AH 2 3  2 2

PHƯƠNG PHÁP





3  1 ; R 2

R ' AH
2
1
R
2



 R' 


R AK 2 3
3
3
3

 24 3  8 
1
2
2
Áp dụng V   h R  R '  RR ' ...... 
  .
3
9


 24 3  136 
Vậy V V1  V2 
  .
9





Câu 4.



[2H2-4.1-4] [208-BTN] Cho hình chữ nhật ABCD có AB 6 , AD 8 (như hình vẽ). Tính thể
tích V của vật thể trịn xoay được tạo thành khi cho hình chữ nhật ABCD quay quanh trục

AC .
A. V 110,525 .
B. V 106, 725 .
C. V 100, 425 .
D. V 105, 625 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
D'

B
H
R
A
I

R

r
O

B'

C
J

D

.
 Khi quay hình chữ nhật quanh trục AC , ta thấy vật thể tròn xoay được tạo thành gồm hai
khối nón có thể tích bằng nhau và hai khối nón cụt có thể tích bằng nhau (như hình vẽ trên).

Gọi V1 là thể tích của mỗi hình nón và V2 là thể tích của mỗi hình nón cụt thì ta có thể tích vật
thể trịn xoay cần tìm là V 2  V1  V2  .
 Hình chữ nhật ABCD có AB 6 , AD 8 nên AC  AB 2  AD 2 10 .
+ Xét tam giác vng ABC có IB là đường cao nên ta có:
1
1
1
1 1
25
24
 2
 2 2 
 IB  .
2
2
IB
AB
BC
6 8
576
5
+ Vì tam giác ABC ADC  HAC cân tại H nên HO  AC ( O là trung điểm của AC
).
AC
5 .
suy ra OA OC 
2
+

Xét

ABC

có

AB 2  AI . AC  AI 

AB 2 62 18
 
AC 10 5

nên

18 7
32
 ; IC  .
5 5
5
+ Dễ thấy hai tam giác vng COH , CIB đồng dạng nên ta có:
24
.5
OH OC
IB.OC
15
5

 OH 

 .
32

IB
IC
IC
4
5
OI OA  AI 5 

TRANG 3


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

2

1
1  24  18
 Thể tích của mỗi hình nón là V1   .IB 2 . AI   .   . 27,648 (đvtt).
3
3  5  5
1
2
2
Và thể tích của mỗi hình nón cụt là V2   .OI .  IB  OH  IB.OH  .
3
2
2
1 7   24   15  24 15 
  . .        .  25, 7145 (đvtt).

3 5   5   4 
5 4 
 Vậy thể tích cần tìm là V 2  V1  V2  2  27, 648  25, 7145  106, 725 (đvtt).
 Ghi nhớ:

Thể
tích
khới
nón cụt

Câu 5.

r
l

h
R

 S xq  l  R  r 


1
2
2
V   h  R  r  Rr 
3


[2H2-4.1-4] [THPT Quảng Xương 1 lần 2] Khi cắt mặt cầu S  O, R  bởi một mặt kính, ta
được hai nửa mặt cầu và hình trịn lớn của mặt kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu.

Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  nếu một đáy của hình trụ nằm trong đáy của
nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với nửa mặt cầu. Biết R 1 ,tính
bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  để khối trụ có thể tích
lớn nhất.
3
6
3
6
6
3
6
3
A. r  , h 
.
B. r  , h 
. C. r  , h 
. D. r  , h 
.
3
3
2
2
3
3
2
2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường trịn đáy trên có tâm O' có hình chiếu
của.

O xuống mặt đáy (O'). Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của
đáy.
dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu.Ta có: h 2  r 2 R 2  0  h R 1  r 2 1  h 2
.
3
Thể tích khối trụ là: V  r 2 h  (1  h 2 ) h  f (h)  f '(h)  (1  3h 2 ) 0  h 
.
3

.

TRANG 4


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

.
Vậy: MaxV 
 0;1

Câu 6.

2 3
6
3
(đvtt) khi r 
và h  .
9

3
3

[2H2-4.1-4] [THPT Quảng Xương 1 lần 2] Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng đáy)
đựng đầy nướ.C. Biết rằng chiều cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của nó. Người ta thả vào
16
dm3 . Biết rằng một mặt của khối
đó một khối trụ và đo dược thể tích nước tràn ra ngồi là
9
trụ nằm trên mặt trên của hình nón, các điểm trên đường trịn đáy cịn lại đều thuộc các đường
sinh của hình nón (như hình vẽ) và khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón.
Diện tích xung quanh S xq của bình nước là:
A

O N

M

P

I

Q

S

A. S xq 

3
dm 2 .

2

2
C. S xq 4 10 dm .

B

.
2
B. S xq 4 dm .

D. S xq 

9 10
dm 2 .
2

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Xét hình nón : h SO 3r , r OB, l SA . Xét hình trụ : h1 2r NQ , r1 ON QI .
QI
SI 1
r
SQI SBO 

  r1   Thể tích khối trụ là :
BO SO 3
3
3
2 r 16

2
Vt  r12 h1 

 r 2  h 6  l  h 2  r 2 2 10  S xq  rl 4 10 dm .
9
9
Câu 7.

[2H2-4.1-4] [THPT Chun SPHN] Cho hình nón có đáy là hình trịn tâm O , bán kính R và
có chiều cao h . Hãy tính chiều cao của hình trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình nón đã
cho.
h
h
3h
h
A. .
B. .
C.
.
D. .
4
2
3
4
Hướng dẫn giải
Chọn B.

TRANG 5

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

Đặt h , r  0  h  h, 0  r  R  lần lượt là chiều cao và bán kính hình trụ.
Ta có thể tích khối trụ là V h. r 2 .
Lại có NPB đồng dạng SOB nên:

h R  r
hr

 h h 
.
h
R
R
3

r r

 R r 
Cos i 4 h 
hr
4

h
r
r
4 hR 2



2 2

.
.
R

r

.

Ta được V h. r 2  r 2  h 
.





R
R 2 2
R 
3
27





Vậy Vmax 
Câu 8.

r
2
1
4 hR 2
đạt được khi R  r  r  R  h  h .
2
3
3
27

[2H2-4.1-4] [208-BTN] Cho hình chữ nhật ABCD có AB 6 , AD 8 (như hình vẽ). Tính thể
tích V của vật thể tròn xoay được tạo thành khi cho hình chữ nhật ABCD quay quanh trục
AC .
A. V 110,525 .
B. V 106, 725 .
C. V 100, 425 .
D. V 105, 625 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
D'

B
H
R
A
I

R

r
O

B'

C
J

D

.
 Khi quay hình chữ nhật quanh trục AC , ta thấy vật thể tròn xoay được tạo thành gồm hai
khối nón có thể tích bằng nhau và hai khối nón cụt có thể tích bằng nhau (như hình vẽ trên).
Gọi V1 là thể tích của mỗi hình nón và V2 là thể tích của mỗi hình nón cụt thì ta có thể tích vật
thể trịn xoay cần tìm là V 2  V1  V2  .
 Hình chữ nhật ABCD có AB 6 , AD 8 nên AC  AB 2  AD 2 10 .
+ Xét tam giác vng ABC có IB là đường cao nên ta có:
1
1
1
1 1
25
24
 2
 2 2 
 IB  .
2
2
IB
AB

BC
6 8
576
5
+ Vì tam giác ABC ADC  HAC cân tại H nên HO  AC ( O là trung điểm của AC
).
AC
5 .
suy ra OA OC 
2
+

Xét

ABC

có

AB 2  AI . AC  AI 

AB 2 62 18
 
AC 10 5

nên

18 7
32
 ; IC  .
5 5

5
+ Dễ thấy hai tam giác vuông COH , CIB đồng dạng nên ta có:
OI OA  AI 5 

TRANG 6


TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA MƠN TỐN

PHƯƠNG PHÁP

24
.5
OH OC
IB.OC
15
5

 OH 

 .
32
IB
IC
IC
4
5
2

1

1  24  18
 Thể tích của mỗi hình nón là V1   .IB 2 . AI   .   . 27,648 (đvtt).
3
3  5  5
1
2
2
Và thể tích của mỗi hình nón cụt là V2   .OI .  IB  OH  IB.OH  .
3
2
2
1 7   24   15  24 15 
  . .        .  25, 7145 (đvtt).
3 5   5   4 
5 4 
 Vậy thể tích cần tìm là V 2  V1  V2  2  27, 648  25, 7145  106, 725 (đvtt).
 Ghi nhớ:

Thể
tích
khới
nón cụt

r
l

h
R

 S xq  l  R  r 



1
2
2
V   h  R  r  Rr 
3


TRANG 7