Đáp án Bộ công thức giải nhanh Trắc Nghiệm Chuyên Đề Thể tích Khối Đa Diện

Biên soạn: Thầy Đoàn Công Chung

ĐÁP ÁN
01.B

02.D

03.A

04.B

05.D

06.A

07.C

08.B

09.A

10.A

11.B

12.D

13.B

14.A

15.C

16.A

17.A

18.C

19.A

20.B

21.D

22.C

23.D

24.A

25.B

26.D

27.A

28.D

29.C

30.D

31.D

32.B

33.D

34.B

35.B

36.D

37.B

38.A

39.D

40.B

41.C

42.D

43.A

44.B

45.A

46.A

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 7: Đáp án C.

AC  AB. cos   2 R.cos 
CH  AC.sin   2 R.cos  .sin  ;
AH  AC.cos   2 R.cos 2 
Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB là

V

1
8
AH . CH 2  R 3 .cos 4  .sin 2  .
3
3

8 32
8
8  t  t  2  2t 
R t 1  t   R 3 .t.t  2  2t   R 3 

3
6
6 
3


Đặt t  cos 2   0  t  1  V 

Vậy V lớn nhất khi t 

3

1
2
khi   arctan
.
3
2

Câu 8: Đáp án B

M là trung điểm của BC thì BC   AAM  .

A

Gọi MH là đường cao của tam giác AAM thì MH  AA và
HM  BC nên HM là khoảng cách
AA và BC .

C

H
B

2

Ta có AA.HM  AG. AM 

a 3
a 3
a
. AA 
AA2 
4
2
3


a2 
4a 2
4a 2
2a
 AA2  4  AA2    3 AA2 
 AA2 
 AA  .
3 
3
9
3

Đường cao của lăng trụ là AG 
Thể tích VLT 

A

C
G

4a 2 3a 2 a

 .
9
9
3

M

B

a 3a 2 a 3 3
.
.

3 4
12

S

2

Câu 9: Đáp án B.
Ta có 
ASO    30 .
Xét tam giác SOA vuông tại A , ta có R  OA  l.sin 30  a

l  2a

12

A

O

B


Biên soạn: Thầy Đoàn Công Chung

h  SO  l 2  R 2  a 3
Từ đó ta có: V 

1
 a3 3
S .h 
3
3

Câu 10: Đáp án A.

S

Ta có: CB   SAD  , AM   SAB   AM  CB 1

   SC , AM     AM  SC  2 
Từ 1 ,  2   AM   SBC   AM  MC  

AMC  90 .
APC  90
Chứng minh tương tự ta có 
Có AN  SC  
ANC  90 . Ta có: 
AMC  
APC  
APC  90
 mặt cầu đường kính AC là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .
AC
Bán kính cầu này là r 
 2.
2
4
32
Thể tích khối cầu: V   r 3 
B
3
3

N

P

M
D

A

C

Câu 26: Đáp án D.

h
h

R

b

Trường hợp 1: Hộp sữa hình trụ

V
2V
, Stp  2 R 2  2 Rh  2 R 2 
2
R
R
V V
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ ba số dương 2 R 2 , ,
R R
V V
V V
Ta có Stp  2 R 2    3 3 2 R 2 . .  3 3 2 V 2 (*)
R R
R R
Thể tích không đổi V   R 2 h  h 

Trường hợp 2: Hộp sữa hình hộp chữ nhật
Thể tích không đổi

V
V
V
V V

; Stp  2ab  2  a  b  h  2ab  2a.  2b.  2  ab   
ab
ab
ab
b a

V V
Áp dụng bất đẳng thức Cau chy cho bộ ba số dương ab; ;
a b
V  abh  h 

13

a


Biên soạn: Thầy Đoàn Công Chung

Ta có Stp  2.3 3 ab.

V V
.  6 3 V 2 (**)
a b

Xét hai kết quả ta thấy (*) nhỏ hơn
3

2

Vậy diện tích toàn phần của hộp sữa bé nhất là Stp  3 2V (đvdt)
Câu 27: Đáp án A.
C

B

A
H

O

R OB

suy ra OHB là tam giác nửa đều
22
2
  60  
 HOB
AOB  120
1
1
Suy ra diện tích hình quạt OAB là: S   R 2  
3
3
2

OB 3
3
Mặt khác: S AOB  2 S HOB  S BOC 
( BOC đều)

4
4
1
3
Vậy diện tích hình viên phân cung AB là  
3
4
1
3
Suy ra thể tích dầu được rút ra: V1  5.   

3
4 

Nhận xét OH  CH  0,5 

Thể tích dầu ban đầu: V  5. .12  5
Vậy thể tích còn lại: V2  V  V1  12, 637 m3 .
Câu 28: Đáp án D.
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua 3 điểm có
tọa độ lần lượt là A  0;6  , B 1;3 , C  3;0  nên có phương trình là

y

1 2 7

x  x6
2
2

Theo hình vẽ ta có cạnh của “thiết diện lục giác” là BM . Nếu ta đặt

7
1
 2t  (chú ý là ta phải lấy giá trị có dấu “  ”
2
4
trước dấu căn và cho B chạy từ C đến A ).
t  OM thì BM 

Khi

đó,

diện

tích

của

“thiết

diện

lục

2

S  t   6.

BM 2 3 3 3  7
1

  2t   với t   0;6 .
4
2 2
4

14

giác”

bằng


Biên soạn: Thầy Đoàn Công Chung
6

2

6

3 37
1
135 3
Vậy thể tích của “túp lều” theo đề bài là: V   S  t  dt  

  2t   dt  ... 
2 2
4
8
0
0
Cho khối chóp O. ABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau. Biết OA  1 ,
Câu 29: Đáp án C.
Áp dụng công thức tính thể tích hình nó cụt

V

h
3

R

2

 r 2  R.r  

8 2 2
 6  3  18  168  cm3 
3

Câu 30: Đáp án D.
Giả sử khối trụ có bán kính đáy và đường cao lần lượt là r , h '

 0  x  2;0  h  6 

S

h 2  x

 h  6  3x
6
2
Thể tích khối trụ: V   x 2 h   x 2  6  3x   6 x 2  3 x3
Ta có:

V ( x)  12 x  9 x 2 , V ( x)  0  x  0  x 

h

4
3

4
Khi đó ta có thể suy ra được với x 
thì V đạt giá trị lớn nhất bằng
3

V

h'
x

O

2-x

B

A

32 2
m 
9

Câu 31: Đáp án D.
Rõ ràng trong hai khối nón cùng bán kính đáy nội tiếp trong một khối cầu thì
khối nón có chiều cao lớn hơn thì thể tích lớn hơn, nên ta chỉ xét khối nón có
chiều cao lớn hơn trong hai khối nón đó.
Giả sử rằng khối nón có đáy là hình tròn  C  bán kính r . Gọi x với 0  x  R
là khoảng cách giữa tâm khối cầu đến đáy khối nón. Khi đó chiều cao lớn
nhất của khối nón nội tiếp khối cầu với đáy là hình tròn  C  sẽ là h  R  x .
Khi đó bán kính đáy nón là r 

R
O
x

R 2  x 2 , suy ra thể tích khối nón là

1
1
1
1
V   r 2 h    R  x   R 2  x 2     R  x  R  x  R  x     R  x  R  x  2 R  2 x 
3
3

3
6
3

1  R  x  R  x  2R  2x 
32 R 3

Áp dụng BĐT Cô-si ta có V  
6
27
81
Câu 32: Đáp án B.
Gọi r là bán kính hình trụ, chiều cao h
Ta có: 2r  h  6  h  6  2r ,  0  r  3
3

 r  r  6  2r 
Khi đó: V   r h   r  6  2r   
  8
3


Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ là 8  cm3 
2

2

15

R

r


Biên soạn: Thầy Đoàn Công Chung

Câu 33: Đáp án D.
Kẻ SH   ABCD  tại H  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .Mà ABC

S

cân tại B và AC  BD  H  BD . Gọi O là giao điểm AC và BD .
Ta

có:

OB  AB  OA  a   SA  SO
2

2

2

2

2

2

  SO

2

a a

 SO  OB  OD  SBD

vuông tại S .

a
B

A
H
a

1
1
1
1
1
 SH .BD  SB.SD  V  SH .S ABCD  SH . AC .BD  SB.SD. AC  a. AC .SD
3
3
2
6
6
Lại có SD 

BD 2  SB 2  BD 2  a 2 .

BD 2
 4a 2  BD 2 .
4
2
2
2
2
1
a  4a  BD    BD  a  a3
2
2
2
2
 V  a. 4a  BD . BD  a  .
 .
6
6
2
4

2
2
2
Mà AC  2OA  2 AB  OB  2 a 

Câu 34: Đáp án B.
Gọi a , b , c lần lượt là ba kích thước của hình hộp chữ nhật.

 abc
Thể tích của khối hộp là V  abc . Ta có abc  


3



3

2

Mà ( a  b  c ) 2  3( a 2  b 2  c 2 )  3  2 R  (đường chéo của hình hộp là đường kính mặt cầu)

 a  b  c  2 3R
3

 2 3R  8 R 3
Do đó abc  
 3   3 3 .


Câu 35: Đáp án B.

 HA2  SA2  SH 2

Kẻ SH   ABC  tại H   HB 2  SB 2  SH 2
 HC 2  SC 2  SH 2

Mà SA  SB  SC  a  HA  HB  HC  H là tâm đường tròn
ngoại tiếp ABC .
Tam giác ABC cân tại B, gọi P  BH  AC  BP  AC và

PA  PC 

AC
.
2

AB a
 .
2
2
2
BK .BA
a
Ta có BKH  BPA  BH 

.
BP
2 BP
Kẻ HK  AB    K  AB   KA  KB 

Đặt BP  x  0  BH 

a2
a4
a 4x2  a2
 SH  SB 2  BH 2  a 2  2 
.
2x
4x
2x

16

a
D
O
C


Biên soạn: Thầy Đoàn Công Chung

Cạnh AC  2 AP  2 AB 2  BP 2  2 a 2  x 2 .

1
1
1
1 a 4x2  a2
SH .S ABC  SH . BP. AC  .
.x.2 a 2  x 2
3
3
2
6
2x
2
2
2
2
1
1  4 x  a   4  a  x  a3
 VS . ABC  a 4 x 2  a 2 .2 a 2  x 2  a.

 .
12
12
2
8
5
   x  0 .
Dấu "  " xảy ra  4 x 2  a 2  4  a 2  x 2   8 x 2  5a 2  x  a
8
Do đó VS . ABC 

Câu 36: Đáp án D.

1
3

Ta có: Thể tích khối nón là V1   r 2 h .

 , cắt SO tại I .
Xét mặt cắt qua tâm SAB, kẻ tia phân giác của góc SBO

IO OB
r
r 2  h2


 IS  IO 
IS SB
r
r 2  h2

Mặt khác: IO  IS  h
Ta có:

Do đó ta có bán kính của mặt cầu nội tiếp hình chóp là R  IO 
Thể tích khối cầu là V2 

4 3 4
r 3h3
R  
3
3 r  h2  r 2





3

rh
r  h2  r 2

.

3



r  r 2  h2
V1
 

V2
4rh 2
Đặt f  t 

 t  1

t 1



3


h2 
1  1  2 
3
2

r 
1 t 
t  1
h2


V1

. Đặt t  1  2 ( t  1 ) 




h2
r
V2 4  t 2  1 4  t  1
4 2
r

2

, Điều kiện: t  1 , f   t  

BBT  f  t   8t  1 

t 2  2t  3

 t  1

2

V1
2
V2
17

; f   t   0  t  3 , f  3  8


Biên soạn: Thầy Đoàn Công Chung

Câu 37: Đáp án B.
Giả sử 2x là chiều cao hình trụ (0  x  R ) (xem hình vẽ)

x
R

O
x

Bán kính của khối trụ là r 
Xét

hàm

số

R 2  x 2 . Thể tích khối trụ là: V   ( R 2  x 2 )2 x .

V ( x )   ( R 2  x 2 )2 x, 0  x  R ,

V ( x)  2 ( R 2  3x 2 )  0  x 

có

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

R 3
.
3

2R 3
4 R 3 3

; Vmax 
.
3
9
B

Câu 38: Đáp án A.

  105 . Theo định lý sin trong tam giác
Ta có BAC
A

AB sin105 1  3
BC
AB
nên BC 
.




30
2
sin BAC sin ACB
Ta có AO  BO 

1
.
2

O

C

1
1
1
1 1
Thể tích khối tròn xoay tạo thành là: V  V
  1  V2   R 2 BO   R 2CO   R 2 BC   .  
3
3
3
3 2



 1 3


2

 1 3 
. 

 2 



24

Câu 39: Đáp án D.

1 h
 R 2h
2
Thể tích của mỗi khối nón là V1  . . R 
3 2
6
2
 R h  R 2h
Tổng thể tích của hai khối nón là Vn  2.

6
3
V 1
Thể tích của khối trụ là Vt   R 2 h . Vậy n 
Vt 3
Câu 40: Đáp án B.

30

 15  lần lượt là chiều cao, bán kính của hình nón phía dưới và phía trên của đồng
2

h
h
h 30  h

; h  30  h; r  


hồ. Ta có: r 
. Khi đó: thể tích của đồng hồ:
tan 60
3
3
3



Gọi h, h, r , r   h 

18


Biên soạn: Thầy Đoàn Công Chung
2
2

1 2
1
1  h 
 30  h 
V   r h   r h    
h

30

h







3
3
3   3 
 3 


1  h3  27000  2700h  90h 2  h3  1
2
 
   90h  2700h  27000  1000
3 
3
 9





 h  20
 h 2  30h  200  0  
 h  20  h  10
 h  10   15 
3
V1  h  1
Do 2 hình nón đồng dạng nên

   .
V2  h  8
Câu 41: Đáp án C.
h  0, 6 m ; R1  1m ; R2  0,5 m .

B   R12    m 2  , B   R22  0, 25  m 2  .

V

h
0, 6
B  B ' BB ' 
  0, 25   .0, 25  1.099557429 .
3
3









Câu 42: Đáp án D.

S

A
D

H

M

B

C

  CSB
  300
Góc giữa SC và  SBC  là CSB

BC
 SB  a 3; SA  SB 2  AB 2  a 2
SB
Đặt CM  x,  0  x  a   DM  a  x,

Ta có tan CSB

 BM  SH
 BM   SAH   BM  AH
 BM  SA

Ta có 

1
1
1
1
a2

BC.CM  ax, S ADM  AD.DM  a.  a  x  ; S ABM  S ABCD  S AMC  S ADM 
2
2
2
2
2
2
ax
1
a
 AH .BM  AH 
; BH  AB 2  AH 2 
2
2
2
a 2  x2
a x

Ta có S BMC 
Ta có S ABM

19


Biên soạn: Thầy Đoàn Công Chung

Thể tích của khối chóp S . ABH là

1
1

1
1
a2
ax
2 4
x
V  SA.S ABH  SA. BH . AH  a 2.
.

a . 2
(*)
2
2
2
2
3
3
2
6
6
a  x2
a x
a x
x
Xét hàm số f  x   2
, x   0; a 
a  x2
a2  x2
; f  x  0  x  a
Ta có f   x  

2
 a2  x2 
Trên đoạn  0; a  ta có f   x   0, x   0; a 

2 3
a
12
2 4
x
2 4 1
2a 3
a . 2

a
.

Cách 2: Từ (*) V 
. Dấu  khi : x  a .
6
a  x2
6
2a
12
Cách 3: Dễ thấy H nhìn AB dưới góc vuông nên VS . ABH lớn nhất khi S ABH lớn nhất khi và chỉ khi H  O (tâm
của hình vuông )  x  a . Từ đó có kết quả.
Vậy giá trị lớn nhất của V tại x  a  Vmzx 

Câu 43: Đáp án A.
Khi xoay tam giác OAB quanh trục Ox tạo thành hình nón có đường cao là OA  2017.cos  và bán kính
đáy là AB  OB.sin   2017.sin  .

B
1
1
1
2
Thể tích khối nón bằng: V   . AB 2 .OA    2017.sin   .2017.cos    20173.sin 2  .cos 
3
3
3
2017
 
2
Xét hàm số f (t )  1  t t với t  cos x; t   0;1 do    0;  .

 2
2
O
A
Ta có: f   t   3t  1





Từ bảng biến thiên, suy ra thể tích khối nón lớn nhất khi cos  

Câu 44: Đáp án B.

20

3
6
hay sin   1  cos 2  
.
3
3


Biên soạn: Thầy Đoàn Công Chung

ACB
Tính diện tích S phần hình tròn chứa cung tròn 
Ta có : S IAB 

1
3
IH . AB  IH .HB  IH . IB 2  IH 2 
2
4

B
A

Mặc khác :

H
0,5m

1
2S

3
SIAB  IA.IB.sin   sin   IAB 
   120
2
IA.IB
2
360  120 2
2
3
S
 R  SIAB 

360
3
4

1m

1m
I

Thể tích phần khối dầu còn lại của bồn dầu :

 2
3
3
V  5. 

  12,637  m 
4 

 3

C

Câu 45: Đáp án A.
Thể tích khúc gỗ lúc ban đâu là V1  5.6.9  270 cm3
Thể tích phần gỗ bị cắt đi là V2  43  64 cm3
Vậy thể tích phần gỗ còn lại là V  V1  V2  206 cm3 .
Câu 46: Đáp án A.
A

F

3cm

1cm

E

4cm

D

3cm

O

6cm

7cm

C

B

Vật thể tròn xoay tạo ra gồm hai phần:
V1 là phần hình trụ tròn xoay quay bởi hình gấp khúc ODCB quanh trục AB tạo ra hình trụ có chiều cao

h  6  cm  ; bán kính đáy R1  7  cm  .
V2 là phần hình trụ tròn xoay quay bởi hình gấp khúc AFEO quanh trục AB tạo ra hình nón cụt có chiều
cao h  1 cm  ; bán kính đáy lớn R  4  cm  ; bán kính đáy bé r  3  cm  .
Khi đó thể tích khối tròn xoay là:

V  V1  V2   R12 .h 

 .h
3

R

2

 r 2  R.r    .49.5 

 .1
3

21

4

2

 32  4.3 

772 3
cm .
3