Bài toán vận dụng cao chủ đề 6 KHỐI TRÒN XOAY có lời giải file word

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 6. KHỐI TRÒN XOAY
S . ABC

Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình chóp
·
BAC
= 60°.

M

SA ⊥ ( ABC )
có

,

AB = 1

,

AC = 2

và

N

SB SC
A
lần lượt là hình chiếu của
trên
,

. Tính bán kính
C
N
R
A B
M
của mặt cầu đi qua các điểm , , ,
, .
4
2 3
R=
R=
3
R= 2
3
R =1
A.
.
B.
.
.
D.
.
C.

Gọi

,

Hướng dẫn giải

Chọn D.

K
*Gọi
là trung điểm của
AK = AB = KC = 1

AC

suy ra :

*Lại

có

·
·
BAC
= 60° ⇒ ·ABK = 60°; KBC
= 30° ⇒ ·ABC = 90° ( 1)

·ANC = 90° ( 2 )

*Theo giả thiêt
·AMC = 90° ( 3)

* Chứng minh
Thật vậy, ta có:
BC ⊥ SA; BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SAB )
AM ⊥ SB ⇒ AM ⊥ ( SBC ) ⇒ AM ⊥ MC

( 1) ; ( 2 ) ; ( 3)
Từ

suy ra các điểm
KA = KB = KC = KM = KN =

kính

A B C M N
K
, , ,
, nội tiếp đường tròn tâm , bán
1
AC = 1
2

.
2a

Ax
,vẽ tia
a
Ax
về phía điểm B sao cho điểm B luôn cách tia
một đoạn bằng . Gọi H là

Câu 2: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

hình chiếu của B lên tia , khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường
gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay có diện tích xung quanh bằng
(2 + 2)π a 2
(3 + 3)π a 2
(1 + 3)π a 2
3 2π a 2
2
2
2
2
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Khi quay quanh tam giác AHB thì đường gấp khúc
AHB vẽ lên một mặt tròn xoay. Diện tích mặt tròn
xoay này bằng tổng diện tích xung quanh hai hình
nón đường sinh AH và BH.

Ta có
HK =

AH = AB 2 − BH 2 = a 3
AH .BH a 3.a a 3
=
=

AB
2a
2

S1 = π

a 3
3a 2π
.a 3 =
2
2

S2 = π

a 3
3a 2π
.a =
2
2

Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH là

Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh BH là

Diện tích mặt tròn xoay cần tìm là

(3 + 3)a 2π
S = S1 + S 2 =
2

Câu 3: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho hình chóp
A

BC = 6 ( cm )

, cạnh huyền

S . ABC

.

có đáy là tam giác vuông tại

, các cạnh bên cùng tạo với đáy một góc
S . ABC
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
là
2
2
48π cm
12π cm
16π cm 2
A.
.
B.
.
C.
.
D.

24cm 2

.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

60°

.


Gọi

H

là hình chiếu vuông góc của
BC
điểm của
.
Tam giác

ABC

A

vuông tại

,

O

S

( ABC )
lên mặt phẳng

O

. Gọi

là trung

BC

là trung điểm của cạnh huyền

, suy ra

OA = OB = OC (1)
.

∆SHA, ∆SHB, ∆SHC
Xét các tam giác

có:

 SH chung
·
·

·
 SHA = SHB = SHC = 90° ⇒ ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC ( g .c.g ) ⇒ HA = HB = HC (2)
·
·
·
 SAH = SBH = SCH = 60°

( 1)

( 2)

Từ
và
∆ABC
.
∆SAH

Trong

Khi đó
∆SBC

suy ra

H

trùng

O

dựng trung trực của

IA = IB = IC = IS

đều cạnh bằng

. Vậy

I

. Khi đó

SA

SH

SH

cắt

là trục đường tròn ngoại tiếp

tại

I

.

là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

2
2
6 ( cm ) ⇒ SO = 3 3 ⇒ SI = 3 .SO = 3 .3 3 = 2 3

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S . ABC

(

S = 4π 2 3
là:

)

2

chiều cao bằng
điểm của

OO′

và bán kính đáy

và tạo với

OO′

một góc

R

.

. Một mặt phẳng

( O)
và

,

cắt đường tròn đáy theo một

R

dây cung. Tính độ dài dây cung đó theo .
4R
2R 2
2R
3 3
3
3
A.
.
B.
.
C.
.

( O′ )

đi qua trung

(α )

,

.

= 48π ( cm 2 )

(α )

30°

S . ABC

.

Câu 4: (NGÔ GIA TỰ - VP) Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn
2R

.

D.

2R
3

.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Dựng
⇒ IH

OH ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( OIH ) ⇒ ( OIH ) ⊥ ( IAB )

là hình chiếu của

Theo bài ta được

( IAB )
lên

·
OIH
= 30°

Xét tam giác vuông
⇒ OH = OI tan 30° =

Xét tam giác

OI

OHA

OIH

vuông tại

O

R 3
3

vuông tại

H

⇒ AH = OA2 − OH 2 =

Câu 5: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho khối nón đỉnh
trực của
1
2
A. .

OI

.

, trục

OI

. Măt phẳng trung

chia khối chóp thành hai phần. Tỉ số thể tích của hai phần là:
1
1
1
8
4
7
B. .
C. .
D. .
Hướng dẫn giải

Chọn D.
Gọi

O

R 6
2R 6
⇒ AB =
3
3

R

là bán kính đáy của khối nón trục
1

⇒ V = π R 2 .OI
3

OI

OI
Giả sử mặt phẳng trung trực của
cắt
OI
OM
N
H
trục
tại , cắt đường sinh
tại .
Khi đó mặt phẳng này chia khối nón thành
2 phần, phần trên là khối nón mới có bán
R
OI
r=
2
2
kính
, có chiều cao là
2

1  R   OI  π .R 2 .OI
⇒ V1 = π  ÷ 
÷=
3 2  2 

24

. Phần dưới là
khối nón cụt có thể tích


V2 = V − V1 =

π R 2 .OI π R 2 .OI 7π R 2 .OI
−
=
3
24
24

.

π R .OI
V1
1
24
=
=
2
V2 7π R .OI 7
24
2

Vậy tỉ số thể tích là:

S . ABCD

2 2
có đáy là hình vuông cạnh
,
(α)
SA
SA = 3
A
cạnh bên
vuông góc với mặt phẳng đáy và
. Mặt phẳng
qua
SC
SB SC SD
M N P
và vuông góc với
cắt cạnh
,
,
lần lượt tại các điểm
,
, .
V
CMNP
Thể tích
của khối cầu ngoại tiếp tứ diện
.

Câu 6: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình chóp

V=

A.

32π
3

V=

.

B.

64 2π
3

V=

.

C.

108π
3

V=

.

D.

125π
6

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có:

CB ⊥ ( SAD ) , AM ⊂ ( SAB ) ⇒ AM ⊥ CB ( 1)

( α ) ⊥ SC , AM ⊂ ( α ) ⇒ AM ⊥ SC ( 2 )
Từ

( 1) , ( 2 ) ⇒ AM ⊥ ( SBC ) ⇒ AM ⊥ MC ⇒ ·AMC = 90°
.
Chứng minh tương tự ta có
Có

AN ⊥ SC ⇒ ·ANC = 90°

Ta có:

⇒

·APC = 90°

·AMC = ·APC = ·APC = 90°

khối cầu đường kính

AC

là khối cầu ngoại tiếp tứ diện

CMNP

.

.


– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

AC
=2
2

r=

Bán kính cầu này là

Thể tích cầu:

.

4
32π
V = π r3 =
3

3

Câu 7: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho mặt cầu
và bán kính đáy

R

A.

r

( S)

bán kính

R

. Một hình trụ có chiều cao

thay đổi nội tiếp mặt cầu. Tính chiều cao

h

h

theo bán kính

sao cho diện tích xung quanh hình trụ lớn nhất

h=R 2

.

B.

h=R

.

C.

R
h=
2

.

D.

.
h=

R 2
2

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có

h2

OO′ = h; IA = R, AO = r ⇒ r 2 = R 2 −
4

.

Diện tích xung quanh của hình trụ

S = 2π rh = π h 4 R 2 − h 2 ≤ π

(dùng BĐT

Vậy

a 2 + b2
ab ≤
2

h + 4R − h
2
2

2

2

,

).

S max = 2π R ⇔ h = 4R − h ⇔ h = R 2

2

2

2

2

.

Câu 8: (BẮC YÊN THÀNH) Cho ba hình tam giác đều cạnh bằng

a

chồng lên nhau
như hình vẽ (cạnh đáy của tam giác trên đi qua các trung điểm hai cạnh
a
bên của tam gác dưới). Tính theo
thể tích của khối tròn xoay tạo thành
d
khi quay chúng xung quanh đường thẳng .


A.

13 3π a 3
96

C.

3π a
8

.

B.

3

.

D.

11 3π a 3
96
11 3π a
8

.

3

.

Chọn B.
Nếu ba hình tam giác không chồng lên nhau thì
V1 =

thể tích của khối tròn xoay là
V2 =

Thể tích phần bị chồng lên là
V = V1 − V2 =

⇒ Thể tích cần tính là

π 3a3
8

π 3a 3
96

11 3π a 3
96

Hoặc làm như sau:
V1; V2 ;V3 ;V4
Đặt

lần lượt là thể tích: khối nón sinh bởi tam giác

OAB

quay quanh

BCFE ; GCHK

OB

, khối tròn xoay sinh bởi hình

, khối nón sinh bởi tam giác
BC
DEB
khi quay quanh
. Khi đó: Thể tích khối cần tìm là:

1
a2 a 3
1
a 2 a 3 11 3π a 3
V = V1 + V2 + V3 = 3V1 − 2V4 = 3 × ×π × ×
− 2 × ×π × ×
=
.
3
4 2
3
16 4
96

Câu 9: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hình thang cân

ABCD

có đáy nhỏ

AB = 1

,

AD = 2
CD = 3
AB
đáy lớn
, cạnh bên
quay quanh đường thẳng
. Tính thể
V
tích
của khối tròn xoay tạo thành.
4
7
5
V= π
V= π
V= π
V = 3π
3
3
3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.

Theo hình vẽ:

AH = HD = 1

.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành bằng thể


– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

tích khối trụ có bán kính
cao

CD = 3

r = AH = 1

, chiều

trừ đi thể tích hai khối nón bằng

nhau (khối nón đỉnh A, đỉnh B và đáy là đáy của hình trụ).

Vậy

1
2 7

V = π . AH 2 .CD − 2. π . AH 2 .HD = π  3 − ÷ = π

3
3 3


.

O
, đáy là hình tròn tâm
120°
A
M
, góc ở đỉnh bằng
. Trên đường tròn đáy, lấy điểm
cố định và điểm
SAM
M
di động. Có bao nhiêu vị trí điểm của điểm
để diện tích tam giác
đạt
giá trị lớn nhất?
A. 2.
B. 3.
C. 1.
D. vô số.

Câu 10: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hình nón đỉnh

S

Hướng dẫn giải

Chọn A.
Gọi

r

là bán kính đáy của hình nón.

Vì góc ở đỉnh

·ASA′ = 120° ⇒ ·ASO = 60°

.

r
SO = OA.cot ·ASO =
3
Suy ra

.

Gọi H là trung điểm của
SH = SO 2 + OH 2 =
Ta có:

Diện tích tam giác
smax =

2 2
r
3

∆SAM

đạt được khi

AM

và đặt

r2
+ x2
3

,

.

AM = 2 AH = 2 OA2 − OH 2 = 2 r 2 − x 2

s=
bằng

x = OH

.

1
r2
2
SH . AM =

+ x2 . r 2 − x2 ≤ r 2 .
2
3
3

r2
r2
r
+ x2 = r 2 − x2 ⇔ x2 = ⇔ x =
3
3
3

. Tức là

OH = SO

.

Theo tính chất đối xứng của của đường tròn ta có hai vị trí của M thỏa yêu
cầu.


Câu 11: (PHAN ĐÌNH PHÙNG – HN) Trong các hình nón nội tiếp một hình cầu có bán
kính bằng 3, tính bán kính mặt đáy của hình nón có thể tích lớn nhất.
R = 4 2.
A. Đáp án khác.
B.
C.

R = 2.

D.

R = 2 2.

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Giả sử chóp đỉnh

∆AKM

vuông tại
cao của chóp.

A
K.

như hình vẽ là hình chóp có thể tích lớn nhất.
Ta thấy

IK = r

là bán kính đáy của chóp,

AI = h

là chiều

IK 2 = AI .IM ⇒ r 2 = h ( 6 − h ) .
1
1
V = π r 2 h = π h2 ( 6 − h ) ( 0 < h < 6 ) .
3
3
1
Vmax ⇔ π h 2 ( 6 − h ) max
⇔ y = −h 3 + 6h 2 max
3

( 0;6 )
trên

Câu 12: (CHUYÊN ĐH VINH) Cho nửa đường tròn đường kính

AB = 2 R

·
α = CAB

và điểm

C

thay

H
đổi trên nửa đường tròn đó, đặt
và gọi

là hình chiếu vuông góc
C
α
AB
của
lên
. Tìm
sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay
ACH
AB
tam giác
quanh trục
đạt giá trị lớn nhất.
1
arctan
2
α = 60°
α = 45°
α = 30°
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

Hướng dẫn giải
Đáp án: C.

AC = AB. cos α = 2 R.cos α
CH = AC.sin α = 2 R.cos α .sin α ;
AH = AC .cos α = 2 R.cos 2 α

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác

ACH

quanh trục

AB

là


– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

V=

1
8
AH .π CH 2 = R 3 .cos 4 α .sin 2 α
3
3

.

t = cos 2 α ( 0 < t < 1)

Đặt

8
⇒ V = R 3t 2 ( 1 − t )
3
3

=

8 3
8  t + t + 2 − 2t 
R .t.t ( 2 − 2t ) ≤ R 3 
÷
6
6 
3


Vậy

V

t=

lớn nhất khi

2
3

α = arctan
khi

1
2

.

f ( t ) = t2 ( 1− t )

 Chú ý: có thể dùng PP hàm số để tìm GTNN của hàm
Câu 13: (SỞ GD BẮC NINH) Cho một hình nón

( N)

O

. Đường
2a
SO = a
SO
H
kính
và đường cao
. Cho điểm
thay đổi trên đoạn thẳng
. Mặt

( P)

phẳng

vuông góc với

nón có đỉnh là
nhiêu?
2π a3
.
81
A.

O

SO

tại

H

( C)

và cắt hình nón theo đường tròn

( C)

và đáy là hình tròn

B.

4π a3
.
81

có đáy là hình tròn tâm

C.

. Khối

có thể tích lớn nhất bằng bao
7π a3
.
81

D.

8π a 3
.
81

Hướng dẫn giải

(α)
Gọi

( N)
là mặt phẳng qua trục của hình nón

( N)
cắt hình nón

theo thiết

( C)
là tam giác SAB, cắt hình nón đỉnh S và có đáy là đường tròn
theo thiết
diện là tam giác SCD, gọi I là giao điểm của SO và CD.Ta có:
AB = 2a ⇒ OA = a = SO
SOA
S
.Do đó tam giác
vuông cân tại .Suy ra tam giác
SI = AC = x (0 < x < a) ⇒ OI = a − x
SIC
I
vuông cân tại .Đặt

Thể tích khối nón có đỉnh là

O

( C)
và đáy là hình tròn

là:


(

1
1
1
V = .π .IC 2 .OI = .π .x 2 (a − x ) = π − x 3 + ax 2

3
3
3

x = 0
V '( x) = 0 ⇔ 
.
 x = 2a
3


)

(

.

1
V ' ( x ) = .π . −3 x 2 + 2ax
3

)

Bảng biến thiên:

Chọn đáp án B

Câu 14: (SỞ GD BẮC NINH) Cho hình chóp

( ABC ) , SA = a, AB = a AC = 2a,

,

S . ABC
chóp
.
5 2
.π a
3
A.
.

B.

·
BAC
= 60 .

20π a

S . ABC

có

SA

Tính diện tích hình cầu ngoại tiếp hình

2

.

C.

20 2
πa
3

.

Hướng dẫn giải
Gọi
ABC

H

,

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

d

là đường thẳng đi qua

với mặt phẳng

H

và vuông góc

(α )

( ABC )
, gọi

là mặt phẳng

(α)
SA O
d
trung trực của
,
là giao điểm của và
.
O
Khi đó
là tâm của hình cầu ngoại tiếp hình
S . ABC
chóp
.
Theo định lí hàm số cosin ta có :

·
BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB.AC.cos BAC
= a 2 + ( 2a ) − 2a.2a.cos 600 = a 3
2

vuông góc với mặt phẳng

0

D.

5π a 2

.


– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Diện tích tam giác

S∆ABC

ABC

:

1
a2. 3
·
= .AB.AC.sin BAC =
2
2

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
AH =

ABC

:

AB.BC. AC a.2a.a 3
=
=a
4.S ∆ABC
a2 3
4.
2

Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S . ABC

:

R = OA = AH 2 + OH 2 =

( a ) 2 + 

2

a
a 5
÷ =
2
2

S . ABC
Diện tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp
2

a 5
S = 4π R = 4π . 
= 5π a 2
÷
÷
 2 
2

Chọn đáp án D

Câu 15: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho tứ diện đều
Tập hợp các điểm

M

sao cho

ABCD

có cạnh bằng

MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 2a 2

A. Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tam giác

ABC

a

.

là

và bán kính bằng

B. Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tứ diện và bán kính bằng

C. Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tứ diện và bán kính bằng

a 2
4
a 2
2

.

.

a 2
2

.


D. Đường tròn có tâm là trọng tâm tam giác

ABC

và bán kính bằng

a 2
4

.

Hướng dẫn giải
Chọn B.

I, J
Gọi

K

AB, CD
lần lượt là trung điểm của

. Gọi

K

là trung điểm

IJ

là trọng tâm tứ diện).

Áp dụng định lý đường trung tuyến trong tam giác, ta có:
2
 2

a2
2
2 AB
= 2 MI 2 +
 MA + MB = 2 MI +

2
2

2
2

2
2
2 CD
2 a
MC
+
MD
=
2
MJ
+
=
2
MJ
+

2
2

2

2 IJ
=
2
2
MK
+

÷+ a 2
⇒ MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 2 MI 2 + MJ 2 + a 2

2 ÷



(

)

2

IC 2 + ID 2 CD 2
a2  a 3  a2 a2
IJ =
−
= IC 2 −
=
=
÷ −

2
4
4  2 ÷
4
2

2

Ta có:

3a 2
⇒ MA + MB + MC + MD = 4MK +
2
2

2

2

2

.

3a 2
a 2
MA + MB + MC + MD = 2a ⇔ 4 MK +
= 2a 2 ⇔ MK =
2
4
2

Do đó:

2

2

2

2

2

2

.

. (Lúc này,


– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

M

Vậy tập hợp các điểm

kính bằng

a 2
4

thoả mãn hệ thức đề bài là mặt cầu tâm

A, BC = 2a 2

ABC

cân tại
S . ABC.
ngoại tiếp hình chóp

A.

97πa 2
S=
.
4

B.

,

97πa 2
S=
.
2

1
cos ·ACB = .
3

S=
C.

S . ABC

97 πa 2
.
3

Chọn A.

Gọi
Do

là trung điểm của

∆ABC

cos ·ACB =

cân tại

BC

⇒ HC =

A ⇒ AH ⊥ BC

1

⇒ AC = 3HC ⇒ AC = 3a 2
3

Gọi

là trung điểm

vẽ đường trung trực

AC
AC

Ta có

Trong

∆AMO

.

.

( ABC )
, trong mp
cắt

là tâm đường tròn ngoại tiếp
cos ·ACH =

AH

O⇒ O

tại

∆ABC

.

1
1
2 2
·
·
⇒ sin CAH
= ⇒ cos CAH
=
3
3
3

vuông tại

.

.

⇒ AH = AC 2 − HC 2 = 18a 2 − 2a 2 = 4 a

M

BC
=a 2
2

SA ⊥ ( ABC ) , SA = 2a
có

,

Tính diện tích

Hướng dẫn giải

H

, bán

.

Câu 16: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hình chóp
tam giác

K

.

2
3a
AM

2 = 9a
⇒ AO =
=
·
4
2 2
cos CAH
3
M

S

của mặt cầu

S=
D.

97 πa 2
.
5


N

Gọi
qua

là trung điểm

SA

( SAH )
. Trong mp

( ABC )

O

và vuông góc mp
S . ABC.
ngoại tiếp hình chóp
Ta có

⇒

ANIO

tại

vẽ trung trực

I

SA

. Chứng minh được

cắt đường thẳng

I

là tâm mặt cầu

là hình chữ nhật
AI = AO 2 + AN 2 =

đường chéo

81a 2
97 a 2
97
+ a2 =
=
a
16
16
4

.

97 a 2 97 2
S = 4πR = 4π
=
πa
16
4
2

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
(đvdt).

Câu 17: (LƯƠNG TÂM) Cho mặt cầu
∆

( S)

( S)
Có tâm

I

S . ABC

là

, bán kính

R=5

. Một đường thằng

MN = 2m
I
phân biệt nhưng không đi qua . Đặt
.
IMN
Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác
lớn nhất?
5 2
10

5
5 2
m=±
m=
m=
m=
2
2
2
2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Hướng dẫn giải

cắt

tại

2

điểm

M

,

N

Gọi H là trung điểm MN, ta có :

IH = 25 − m 2

1
IH .MN = m 25 − m 2
2
m 2 + 25 − m 2
2
2
= m (25 − m ) ≤
2

S IMN =

Diện tích tam giác IMN :
S IMN ≤

Suy ra

25
2

m 2 = 25 − m 2 ⇔ m =

5

2

. Dấu ‘=’ xãy ra khi

Chọn (D)

Câu 18: Cho hình chóp
SAB

S.ABC

có đáy

ABC

là tam giác đều cạnh bằng

1
, mặt bên

là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
V
đáy. Tính thể tích
của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.


– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

V =
A.

5 15p
18

V =
.

B.

5 15p
54

V =
.

C.

4 3p
27

V =
.

D.

5p
3

.

Hướng dẫn giải
Đáp án B
Gọi

O

điểm

là tâm đường tròn tam giác

AB

, kẻ đường thẳng qua

NO ^ ( ABC )

, gọi
Ta có

HS = HC

M

nên

O

là trung điểm

ABC

suy ra

song song

SC

,

HM

cắt

O

là trọng tâm,

SH

NO

SC

cắt

tại

tại

H

N

là trung
ta được

I.

HM ^ SC Þ IS = I C = IA = I B = r

Ta có
ÐNIM = ÐHCS = 450,

CN
CO
2
2 6
6
6
1
=
= Þ CN =
=
Þ SM =
, SN =
CS
CH
3
3 2
3
4

6

NM = SM - SN =
Suy ra

D NMI

vuông tại

M

6
12

tan450 =

NM
6
Þ IM = NM =
IM
12

r = IC = IM 2 + MC 2 =

Suy ra
V =
Vậy

4 3 5 15p
pr =

3
54

5
12

.

Cách khác:

P, Q
Gọi

lần lượt là trọng tâm các tam giác

SAB và ABC

.

SAB và ABC

Do các tam giác
là các tam giác đều cạnh bằng
lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
+ Qua

P

( SAB ) ,
đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

qua

O

1

nên

dựng đường

( ABC ) .
thẳng vuông góc với mặt phẳng

P, Q

I,
Hai trục này cắt nhau tại

suy ra


IA = IB = IC = IS
R = IC

I

. Vậy

là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S.ABC

và

.
2

2

æ
ö æ
2 3ö
÷
15
ç1 3÷
ç
÷
ç
D IQC : IC = IG 2 +GC 2 = ç
.
+
. ÷
=
÷
÷
ç
ç
÷
÷

ç
ç
6
÷ è
÷
ç3 2 ø
ç3 2 ø
è
+ Xét
V =
Vậy

4 3 5 15p
pR =
3
54

.

Câu 19: Cho hình trụ có chiều cao

h = 2,

(P )

không
AB
vuông góc với đáy của hình trụ, làn lượt cắt hai đáy theo đoạn giao tuyến
CD
ABCD

S
ABCD
và
sao cho
là hình vuông. Tính diện tích của hình vuông
.
A.

S = 12p.

B.

bán kính đáy

r = 3.

S = 12.

C.

S = 20.

Một mặt phẳng

D.

S = 20p.

Hướng dẫn giải
Kẻ đường sinh BB’ của hình trụ. Đặt độ dài cạnh của hình vuông ABCD là x ,

x > 0.
ìï CD ^ BC
ï
Þ CD ^ B 'C Þ D B 'CD
í
ïï CD ^ BB '
î

Do
của đường

(O ')
Tròn

. Xét

D B 'CD

vuông tại C. Khi đó , B’D là đường kính

vuông tại C

Þ B 'D 2 = CD 2 + CB '2 Þ 4r 2 = x2 + CB 2 (1)

Xét tam giác

D BB 'C

vuông tại B

Þ BC 2 = BB '2+ CB '2 Þ x2 = h2 +CB '2 (2)

Þ x2 =

Từ (1) và (2)

4r 2 + h2
= 20
2

.

Suy ra diện tích hình vuông ABCD là

S = 20

.


– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Câu 20: Cho hình chóp đều S.ABC có
hình chóp S.ABC là:
3π a 2
3a 2
S=
S=
11
11
A.

B.

AB = a

S=
C.

SB = 2a

,

. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp

12π a 2
11

S=
D.

12a 2
11

Hướng dẫn giải
1) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

• Xác định tâm mặt cầu
O

Gọi

S . ABC

do

là hình chóp đều nên

ngoại tiếp tam giác
trực

∆

Ta có:
Vậy

I

ABC

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

SO

,

là trục đường tròn

.Trong tam giác

SOA

dựng đường trung

SA ∆
SO
SA
J
I
của cạnh bên
,
cắt
tại và cắt
tại trung điểm .
 I ∈ SO ⇒ IA = IB = IC
⇒ IA = IB = IC = IS

 I ∈ ∆ ⇒ IA = IS

là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S . ABC

.

• Tính bán kính mặt cầu
Gọi

M = AO ∩ BC

AM =

Ta có:

thì

M

là trung điểm của

BC

AB 3 a 3
2
a 3
=
⇒ AO = AM =
2
2
3
3

.

.

3a 2 a 33
SO = SA − AO = 4a −
=
9

3
2

Trong tam giác vuông

SOA

ta có

Xét hai tam giác vuông đồng dạng
SI SJ
SA2
=
⇒ R = SI =
=
SA SO
2 SO

SJI

4a 2
2a 33
=
11
a 33
2.
3

và

2

SOA

ta có:

2


2) Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu
2

 2a 33  12π a 2
S = 4π R = 4π 
÷
÷ = 11
11


2

Diện tích mặt cầu là:

Câu 21: Cho hình chóp đều S.ABC có đường cao

.
SH = a

; góc SAB bằng 45 độ. Bán

kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là
a
3a
a
2
2
A.
B.
C.

D.

2a

Hướng dẫn giải
Gọi I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chop S.ABCD

Khi đó

IA = IB = IC = ID = IS

hay

 IA = IB = IC = ID(1)

 IA = IS (2)

I ∈ SH (*)
Gọi H là giao điểm của AC và BD.Từ (1) suy ra
Trong mặt phẳng (SAH) dựng đường thẳng

∆

là trung trực của SA.

I ∈ ∆ (2*)
Từ (2), suy ra

(*) + (2*) → SH ∩ ∆ = { I }

Gọi M là trung điểm của SA, khi đó:
SI SM
SM .SA SA.SA. SA2
=
→ R = SI =
=
=
SA SH
SH
2 SH
2 SH

vuông cân tại S. Đặt

SA = x

.Do SAB cân tại S và có

AB = x 2; HA =

, khi đó

∠SAB = 450

nên SAB

AB 3 x 6
=
3
3

SA2 − HA2 = SH 2 ↔ x 2 −

Trong tam giác vuông SHA có:
Đáp án C

6 x2
3a 2 3a
= a 2 ↔ x 2 = 3a 2 → R =
=
9
2a
2

.

Câu 22: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2a, tâm O, mặt bên

( SAB) ⊥ ( ABCD )

(SAB) là tam giác đều và
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó.

. Xác định tâm và bán kính của


– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

R=
A.

a 21
3

R=
B.

a 3
3

( ∆ ) ⊥ ( ABCD )

a 3
2

R=
D.

a 6
3

Hướng dẫn giải

1

thì

( SAB) ⊥ ( ABCD )
Do

C.

(∆ )

1

Qua O, kẻ

R=

nên kẻ

là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD.

SH ⊥ AB

SH ⊥ ( ABCD )

thì

( ∆ ) ( ∆ ) ⊥ ( SAB)
1

Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB và kẻ
là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB.

(∆ )

(∆ )

1

2

cắt

(∆ )

2

2

tại E thì

(∆ )

tại I : tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
2

Tứ giác OHEI có 3 góc vuông O, H, E nên là hình chữ nhật

SH = 2a.

3
a 3
= a 3 ⇒ EH =
2
3

∆AIO : R = AI = OA 2 + OI 2 = 2a2 +

Trong

3a2 a 21
=
9
3

.

Đáp án A.
Câu 23: Cho hình cầu tâm O, đường kính 2R và hình trụ tròn xoay nội tiếp trong hình
cầu. Hãy tìm kích thước của hình trụ khi nó có thể tích đạt giá trị lớn nhất.
2R
2R
R 6
2R
r=
r=
r=

r=
3
3
3
3
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Gọi h và r là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ. Bài toán quy về việc tính h và r
phụ thuộc theo R khi hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong hình tròn (O, R) thay đổi về
V = π r 2h

Ta có :

đạt giá trị lớn nhất

AC 2 = AB2 + BC 2 ⇔ 4R2 = 4r 2 + h2



1 
 1

V = π  R2 − h2 ÷h = π  − h3 + R2h÷
4 

 4


 3

2R
V ' = π  − h2 + R2 ÷⇔ h = ±
3
 4


Vậy

( 0 < h < 2R)

4
2R
V =h
Vmax = π R3 3 ⇔ h =
9
3

Lúc đó

1 4R2 2R2
R 6
r 2 = R2 − .
=
⇒r=
4 3
3
3

. Chọn A.

Câu 24: Cho hình cầu (S) tâm O, bán kính R. Hình cầu (S) ngoại tiếp một hình trụ

tròn xoay (T) có đường cao bằng đường kính đáy và hình cầu (S) lại nội tiếp
60o
trong một nón tròn xoay (N) có góc ở đỉnh bằng
. Tính tỉ số thể tích của
hình trụ (T) và hình nón (N).
VT
VT
VT 6 2
2
2
=
=
=
VN
6
VN
3
VN
2
A.
B.
C.
D. Đáp án khác.

Hướng dẫn giải
Bài toán quy về hình nón tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD và nội tiếp tam giác

đều SEF mà EF // AB.Vì OAB là tam giác vuông cân nên

AB = BC = R 2

.Suy ra

2

 AB 
π R3 2
VT = π 
BC
=
÷
2
 2 
Ta thấy, tâm O của hình tròn cũng chính là tâm của hình vuông ABCD đồng thời
cũng là trọng tâm của tam giác đều SEF.
Như vậy, đường cao của tam giác SEF là
Trong tam giác EOH (vuông tại H,

SH = 3OH = 3R

¼
EOH
= 30°

). Ta có :

EH = OH . 3 = R 3

Thể tích của hình nón

1
1
VN = π EH 2.SH = π 3R2.3R = 3π R3
3
3


– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

π R3 2
VT
2
2
=
=
3
VN
6
3π R
Vậy

. Chọn A.
N

Câu 25: Cho hình nón

có bán kính đáy R, đường cao SO. Gọi (P) mà mặt phẳng

1
SO1 = SO
3
vuông góc với SO tại O1 sao cho
. Một mặt phẳng qua trục hình
N
nón cắt phần khối nón
nằm giữa (P) và đáy hình nón theo thiết diện là
N
hình tứ giác có hai đường chéo vuông góc. Tính thể tích phần hình nón
N
nằm giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng chứa đáy hình nón
.
3
3
3
7π R
πR
26π R
52π R 3
9
9
81
81
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
AA1B1B

Gọi thiết diện thu được là

Vì

1
SO1 = SO
3

A1B1 =
nên

1
1
AB = .2 R
3
3

AB1 ⊥ A1B
Mặt khác

IO =

tại I nên

1
1
AB, IO1 = A1 B1
2
2
OO1 = R +

Vậy

Dễ thấy
Từ đó

R 4R
=
3
3

1
2R
SO1 = OO1 =
2
3

SO = 2 R
V * = V1 − V2

Gọi thể tích phần hình nón phải tính là V* thì
V1 là thể tích của hình nón

N

, trong đó:

.

V2 là thể tích hình nón đỉnh S và đáy là thiết diện của

N

được cắt bởi (P).


Ta có thể tích phần hình nón phải tính là

1  2
R 2 2 R  52π R 3
1
1
2
2
=
π
R
.2
R
−
.
÷=
V * = V1 − V2 = π OB .SO − π O1 B1 .SO1 3 
9
3
81


3
3

Câu 26: Chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình cầu có bán
kính

R

là

R 3
A.

.

B.

R 3
3

.

C.

4R 3
3

.

D.

2R 3

3

.

Hướng dẫn giải
(0 < x < R )
2x
Giả sử
là chiều cao hình trụ
(xem hình vẽ)

r = R2 − x2

Bán kính của khối trụ là
. Thể tích khối trụ là:
2
2
V = π ( R − x )2 x
V ( x ) = π ( R 2 − x 2 )2 x , 0 < x < R
. Xét hàm số
R 3
V '( x ) = 2π ( R 2 − 3x 2 ) = 0 ⇔ x =
3
Ta có :
. Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là
2R 3
4π R 3 3
Vmax =

3
9
;
.

x
. Tính chiều cao
của khối trụ có thể tích lớn
h
nhất nội tiếp trong hình nón theo .
h
h
h
2h
x=
x=
x=
x=
3
2
3
3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

Câu 27: Cho hình nón có chiều cao

h

Hướng dẫn giải
r, R

Gọi

theo thứ tự là bán kính đáy hình nón và khối trụ cần tìm.

của hình nón,

I

là tâm của đáy hình nón,

J

O

là đỉnh

là tâm của đáy hình trụ và khác


– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

I

.

OA

là một đường sinh của hình nón,

trụ. Ta có:

B

là điểm chung của

OA

với khối

r h−x
R
=
⇒ r = (h − x )
R
h
h

Thể tích khối trụ là:

Xét hàm số

.

R2
V = π xR 2 = π x 2 ( h − x ) 2
h

R2
V ( x ) = π x 2 (h − x )2 , 0 < x < h
h

.
R
h
V '( x ) = π 2 ( h − x )( h − 3 x ) = 0 ⇔ x = hay x = h.
h
3
2

Ta có
Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là
x=

4π R 2 h
h
Vmax =
3
27
;
.

Câu 28: Cho hình nón đỉnh

O

. Một khối nón khác có đỉnh là tâm của
O
đáy và có đáy là là một thiết diện song song với đáy của hình nón đỉnh
x
đã cho (hình vẽ). Tính chiều cao
của khối nón này để thể tích của nó lớn
0< xnhất, biết
.

x=

A.

h
3

.

, chiều cao là

h

B.

x=h 3

x=

.

C.

2h
3

Hướng dẫn giải
JB OJ h − x
R(h − x )
=
=
⇒ JB =
IA OI
h
h
Từ hình vẽ ta có
.

x=

.

D.

h 3
3

.


1 R2
V = π 2 (h − x )2 x
3 h

Thể tích khối nón cần tìm là:
.
2
1 R
V ( x ) = π 2 (h − x )2 x , 0 < x < h
3 h
Xét hàm số
.
2
1 R
h
V '( x ) = π 2 ( h − x )( h − 3x ) = 0 ⇔ x = h hay x = .
3 h
3
Ta có
Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối nón cần tìm lớn nhất khi chiều cao của
x=

nó là

4π R 2 h
h
Vmax =
3
81
;
.

Câu 29: Cho một hình nón có bán kính đáy là
S ( O; r )
hình cầu
16π R 3
A.

(

)

5 −1

3

.

R

, chiều cao là

, ngoại tiếp một
S (O; r )

. Khi đó, thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình cầu
là
3
16π R
4π R 3
4π R 3
3
1+ 5
1+ 2 5
2 5 −1
B.
.
C.
.
D.
.

(

)

Hướng dẫn giải
Giả sử hình nón có đỉnh

O

và đường kính đáy là

AB

.

OA = OB = R 2 + (2 R ) 2 = R 5

Ta có
Tam giác

2R

OAB

có diện tích là
2 p = 2 R(1 + 5)
chu vi là
.

.
S = 2R2

r=

S ( O; r )
Do đó bán kính khối cầu

,

là

S
2R

=
p 1+ 5

Vtru = π r 2 h = 2π r 3 =

Thể tích khối trụ cần tìm là:

.
16π R 3

(1 + 5)

3

.