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
Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , AB = 1 , AC = 2 và
·
BAC
= 60°. Gọi M , N lần lượt là hình chiếu của A trên SB , SC . Tính bán kính
R của mặt cầu đi qua các điểm A , B , C , M , N .
4
2 3
A. R = 2 .
B. R =
.
.
D. R = 1 .
C. R =
3
3
Hướng dẫn giải
Chọn D.
*Gọi

K

là

trung

điểm

của

AC suy

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

ra :

AK = AB = KC = 1

có

*Theo giả thiêt ·ANC = 90° ( 2 )
* Chứng minh ·AMC = 90° ( 3)
Thật vậy, ta có:
BC ⊥ SA; BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SAB )
AM ⊥ SB ⇒ AM ⊥ ( SBC ) ⇒ AM ⊥ MC

Từ ( 1) ; ( 2 ) ; ( 3) suy ra các điểm A , B , C , M , N nội tiếp đường tròn tâm K , bán
kính KA = KB = KC = KM = KN =

1
AC = 1 .
2

Câu 2: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a ,vẽ tia Ax
về phía điểm B sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a . Gọi H là
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
A.
B.
C.
D.
2
2
2
2
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 AH = AB 2 − BH 2 = a 3


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

HK =

AH .BH a 3.a a 3
=

=
AB
2a
2

Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH là S1 = π

a 3
3a 2π
.a 3 =
2
2

Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh BH là S 2 = π

a 3
3a 2π
.a =
2
2

Diện tích mặt tròn xoay cần tìm là S = S1 + S2 =

(3 + 3)a 2π
.
2

Câu 3: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại
A , cạnh huyền BC = 6 ( cm ) , các cạnh bên cùng tạo với đáy một góc 60° .
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là

A. 48π cm 2 .
B. 12π cm 2 .
C. 16π cm 2 .
D. 24cm 2 .
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABC ) . Gọi

O

là

trung điểm của BC .
Tam giác ABC vuông tại A , O là trung điểm của cạnh
huyền BC , suy ra OA = OB = OC (1) .
Xét các tam giác ∆SHA, ∆SHB, ∆SHC có:

 SH chung
·
·
·
 SHA = SHB = SHC = 90° ⇒ ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC ( g .c.g ) ⇒ HA = HB = HC (2) .
·
·
·
 SAH = SBH = SCH = 60°
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra H trùng O . Khi đó SH là trục đường tròn ngoại tiếp
∆ABC .

Trong ∆SAH dựng trung trực của SA cắt SH tại I .

Khi đó IA = IB = IC = IS . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
2
2
∆SBC đều cạnh bằng 6 ( cm ) ⇒ SO = 3 3 ⇒ SI = .SO = .3 3 = 2 3 .
3
3


(

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là: S = 4π 2 3

)

2

= 48π ( cm 2 ) .

Câu 4: (NGÔ GIA TỰ - VP) Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn ( O ) và ( O′ ) ,
chiều cao bằng 2R và bán kính đáy R . Một mặt phẳng ( α ) đi qua trung
điểm của OO′ và tạo với OO′ một góc 30° , ( α ) cắt đường tròn đáy theo một
dây cung. Tính độ dài dây cung đó theo R .
4R
2R
2R
2R 2
A.
.
B.

.
C.
.
D.
.
3 3
3
3
3
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Dựng OH ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( OIH ) ⇒ ( OIH ) ⊥ ( IAB )
⇒ IH là hình chiếu của OI lên ( IAB )

·
Theo bài ta được OIH
= 30°
Xét

tam

giác

vuông

⇒ OH = OI tan 30° =

Xét

tam

OIH

vuông

tại

O

R 3
3

giác

⇒ AH = OA2 − OH 2 =

OHA

vuông

tại

H

R 6
2R 6
⇒ AB =
3
3

Câu 5: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho khối nón đỉnh O , trục OI . Măt phẳng trung
trực của OI chia khối chóp thành hai phần. Tỉ số thể tích của hai phần là:
1
1
1
1
A. .
B. .
C. .
D. .
2
8
4
7
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi R là bán kính đáy của khối nón trục OI
1
. ⇒ V = π R 2 .OI
3
Giả sử mặt phẳng trung trực của OI cắt
trục OI tại H , cắt đường sinh OM tại N .
Khi đó mặt phẳng này chia khối nón thành
2 phần, phần trên là khối nón mới có bán
R
OI
kính r =
, có chiều cao là
2
2

2
2
1  R   OI  π .R .OI
. Phần dưới là
⇒ V1 = π  ÷ 
÷=
3 2  2 
24
khối nón cụt có thể tích
π R 2 .OI π R 2 .OI 7π R 2 .OI
.
V2 = V − V1 =
−
=
3
24
24


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

π R 2 .OI
V
1
24
=
Vậy tỉ số thể tích là: 1 =
2
V2 7π R .OI 7
24

Câu 6: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2 2 ,
cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 3 . Mặt phẳng ( α ) qua A
và vuông góc với SC cắt cạnh SB , SC , SD lần lượt tại các điểm M , N , P .
Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .
A. V =

32π
.
3

B. V =

64 2π
.
3

C. V =

108π
.
3

D. V =

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 ·APC = 90°
Có AN ⊥ SC ⇒ ·ANC = 90°
·
Ta có: ·AMC = APC
= ·APC = 90°
⇒ khối cầu đường kính AC là khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .
Bán kính cầu này là r =

AC
= 2.
2

4
32π
Thể tích cầu: V = π r 3 =
3
3

Câu 7: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho mặt cầu ( S ) bán kính R . Một hình trụ có chiều cao h

và bán kính đáy r thay đổi nội tiếp mặt cầu. Tính chiều cao h theo bán kính
R sao cho diện tích xung quanh hình trụ lớn nhất
A. h = R 2 .

B. h = R .

C. h =

R
.
2

Hướng dẫn giải
Chọn A.

D. h =

R 2
.
2


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

h2
.
4

Diện tích xung quanh của hình trụ
S = 2π rh = π h 4 R 2 − h 2 ≤ π

(dùng BĐT ab ≤

h2 + 4R 2 − h2
,
2

a 2 + b2
).
2

Vậy S max = 2π R 2 ⇔ h 2 = 4 R 2 − h 2 ⇔ h = R 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
bên của tam gác dưới). Tính theo a thể tích của khối tròn xoay tạo thành
khi quay chúng xung quanh đường thẳng d .
13 3π a 3
11 3π a 3
A.
.
B.
.
96
96
3π a 3
11 3π a 3
C.
.
D.
.
8

8
Chọn B.
Nếu ba hình tam giác không chồng lên nhau thì
thể tích của khối tròn xoay là V1 =
Thể tích phần bị chồng lên là V2 =
⇒ Thể tích cần tính là V = V1 − V2 =

π 3a 3
8

π 3a 3
96

11 3π a 3
96

Hoặc làm như sau:
Đặt V1 ;V2 ;V3 ;V4 lần lượt là thể tích: khối nón sinh bởi tam giác OAB quay quanh
OB , khối tròn xoay sinh bởi hình BCFE ; GCHK , khối nón sinh bởi tam giác
DEB khi quay quanh BC . Khi đó: Thể tích khối cần tìm là:

1
a2 a 3
1
a 2 a 3 11 3π a3
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 ,
đáy lớn CD = 3 , cạnh bên AD = 2 quay quanh đường thẳng AB . Tính thể
tích V của khối tròn xoay tạo thành.
4
7
5
A. V = 3π .
B. V = π .
C. V = π .
D. V = π .
3
3
3
Hướng dẫn giải


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

Chọn C.
Theo hình vẽ: AH = HD = 1 .
Thể tích khối tròn xoay tạo thành bằng thể
tích khối trụ có bán kính r = AH = 1 , chiều
cao CD = 3 trừ đi thể tích hai khối nón bằng
nhau (khối nón đỉnh A, đỉnh B và đáy là đáy của hình trụ).
1

2 7

2
2
Vậy V = π . AH .CD − 2. π . AH .HD = π  3 − ÷ = π .
3
3 3


Câu 10:
(CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn
tâm O , góc ở đỉnh bằng 120° . Trên đường tròn đáy, lấy điểm A cố định và
điểm M di động. Có bao nhiêu vị trí điểm của điểm M để diện tích tam giác
SAM đạt giá trị lớn nhất?
A. 2.
B. 3.
C. 1.
D. vô số.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi r là bán kính đáy của hình nón.

·
Vì góc ở đỉnh ·ASA′ = 120° ⇒ ASO
= 60° .
r
Suy ra SO = OA.cot ·ASO =
.
3
Gọi H là trung điểm của AM và đặt x = OH .

Ta có: SH = SO 2 + OH 2 =

r2
+ x 2 , AM = 2 AH = 2 OA2 − OH 2 = 2 r 2 − x 2 .
3

Diện tích tam giác ∆SAM bằng s =

smax

1
r2
2
SH . AM =
+ x2 . r 2 − x2 ≤ r 2.
2
3
3

r2
r2
r
2 2
2
2
2
2
= r đạt được khi
+x =r −x ⇔ x = ⇔ x=
. Tức là OH = SO .

3
3
3
3

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.
A. Đáp án khác.
B. R = 4 2.
C. R = 2.

D. R = 2 2.


Hướng dẫn giải
Chọn D.
Giả sử chóp đỉnh A như hình vẽ là hình chóp có thể tích lớn nhất.

∆AKM vuông tại K . Ta thấy IK = r là bán kính đáy của chóp, AI = h là chiều
cao của chóp.
IK 2 = AI .IM ⇒ r 2 = h ( 6 − h ) .
1
1
V = π r 2h = π h2 ( 6 − h )
3
3

( 0 < h < 6) .

1
Vmax ⇔ π h 2 ( 6 − h ) max ⇔ y = −h3 + 6h 2 max trên ( 0;6 )
3

Câu 12:
(CHUYÊN ĐH VINH) Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2 R và điểm C
·
thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt α = CAB
và gọi H là hình chiếu vuông
α
góc của C lên AB . Tìm
sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi
quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất.
1
A. α = 60° .
B. α = 45° .
C. arctan
.
D. α = 30° .
2
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
V=

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

2
Đặt t = cos α ( 0 < t < 1)

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 lớn nhất khi t =

1
2
khi α = arctan

.
3
2

 Chú ý: có thể dùng PP hàm số để tìm GTNN của hàm f ( t ) = t 2 ( 1 − t )


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

Câu 13:
(SỞ GD BẮC NINH) Cho một hình nón ( N ) có đáy là hình tròn tâm O .
Đường kính 2a và đường cao SO = a . Cho điểm H thay đổi trên đoạn thẳng

SO . Mặt phẳng ( P ) vuông góc với SO tại H và cắt hình nón theo đường tròn

( C ) . Khối nón có đỉnh là

O và đáy là hình tròn ( C ) có thể tích lớn nhất bằng

bao nhiêu?
3
A. 2π a .
81

3
B. 4π a .
81

3
C. 7π a .

81

3
D. 8π a .
81

Hướng dẫn giải
Gọi ( α ) là mặt phẳng qua trục của hình nón ( N ) cắt hình nón ( N ) theo thiết
là tam giác SAB, cắt hình nón đỉnh S và có đáy là đường tròn ( C ) theo thiết
diện là tam giác SCD, gọi I là giao điểm của SO và CD.Ta có:
AB = 2a ⇒ OA = a = SO .Do đó tam giác SOA vuông cân tại S .Suy ra tam giác
SIC vuông cân tại I .Đặt SI = AC = x (0 < x < a ) ⇒ OI = a − x
Thể tích khối nón có đỉnh là O và đáy là hình tròn ( C ) là:

(

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

)

(

1
. V ' ( x ) = .π . −3 x 2 + 2ax

3

)

x = 0
V '( x) = 0 ⇔ 
. Bảng biến thiên:
 x = 2a
3


Chọn đáp án B

Câu 14:

(SỞ GD BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng
·
( ABC ) , SA = a, AB = a , AC = 2a, BAC
= 600. Tính diện tích hình cầu ngoại tiếp hình
chóp S . ABC .
5
20 2
πa .
A. .π a 2 .
B. 20π a 2 .
C.
D. 5π a 2 .
3
3

Hướng dẫn giải
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC , d là đường thẳng đi qua H và vuông góc
với mặt phẳng ( ABC ) , gọi

(α)

là mặt phẳng

trung trực của SA , O là giao điểm của d và ( α ) .
Khi đó O là tâm của hình cầu ngoại tiếp hình
chóp S . ABC .
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

Diện tích tam giác ABC :

1
a2. 3
·
S∆ABC = .AB.AC.sin BAC
=
2
2
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC :

AH =

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 :
2

2

R = OA = AH + OH =

( a)

2

2

a 5
a
+ ÷ =
2
2

Diện tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC
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 ABCD có cạnh bằng a .

Tập hợp các điểm M sao cho MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 2a 2 là
A. Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tam giác ABC và bán kính bằng

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

a 2
.
4

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

a 2
.
2

D. Đường tròn có tâm là trọng tâm tam giác ABC và bán kính bằng
Hướng dẫn giải
Chọn B.

a 2
.
2

a 2
.
4


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

Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB, CD . Gọi K là trung điểm IJ . (Lúc này,
K 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

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



(

)

2

IC 2 + ID 2 CD 2
a2  a 3 
a2 a2
Ta có: IJ =
−
= IC 2 −
= 
−
=
÷
2
4
4  2 ÷
4
2

2

⇒ MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 4MK 2 +

3a 2
.

2

Do đó: MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 2a 2 ⇔ 4MK 2 +

3a 2
a 2
.
= 2a 2 ⇔ MK =
2
4

Vậy tập hợp các điểm M thoả mãn hệ thức đề bài là mặt cầu tâm K , bán
kính bằng
Câu 16:

a 2
.
4

(CHUYÊN

LƯƠNG

VĂN

CHÁNH)

Cho

S . ABC

chóp
có
1
SA ⊥ ( ABC ) , SA = 2a , tam giác ABC cân tại A, BC = 2a 2 , cos ·ACB = . Tính diện
3
tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
97 πa 2
97 πa 2
97 πa 2
97 πa 2
S
=
.
A. S =
B.
C.
D.
.
S=
.
S=
.
4
2
3
5

Hướng dẫn giải
Chọn A.

hình


Gọi H là trung điểm của BC ⇒ HC =

BC
=a 2 .
2

Do ∆ABC cân tại A ⇒ AH ⊥ BC .
cos ·ACB =

1
⇒ AC = 3HC ⇒ AC = 3a 2 .
3

⇒ AH = AC 2 − HC 2 = 18a 2 − 2a 2 = 4a .
Gọi M là trung điểm AC , trong mp ( ABC )
vẽ đường trung trực AC cắt AH tại O ⇒ O
là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC .
Ta có cos ·ACH =

1
1
2 2
·
·
.
⇒ sin CAH
= ⇒ cos CAH

=
3
3
3

2
AM
2 = 9a
=
Trong ∆AMO vuông tại M ⇒ AO =
·
4
2 2
cos CAH
3
3a

Gọi N là trung điểm SA . Trong mp ( SAH ) vẽ trung trực SA cắt đường thẳng
qua O và vuông góc mp

( ABC )

tại I . Chứng minh được I là tâm mặt cầu

ngoại tiếp hình chóp S . ABC.
Ta có ANIO là hình chữ nhật
2
2
⇒ đường chéo AI = AO 2 + AN 2 = 81a + a 2 = 97 a = 97 a .
16

16
4

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là S = 4πR 2 = 4π

97 a 2 97 2
=
πa
16
4

(đvdt).
Câu 17:

(LƯƠNG TÂM) Cho mặt cầu

( S)

Có tâm I , bán kính R = 5 . Một đường

thằng ∆ cắt ( S ) tại 2 điểm M , N phân biệt nhưng không đi qua I . Đặt
MN = 2m . Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IMN lớn nhất?
5 2
10
5
5 2
A. m = ±
.
B. m =
.

C. m =
.
D. m =
.
2
2
2
2
Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm MN, ta có : IH = 25 − m 2


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

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

S IMN =

Diện tích tam giác IMN :

Suy ra S IMN ≤

5
25
2

2
. Dấu ‘=’ xãy ra khi m = 25 − m ⇔ m =
2
2

Chọn (D)
Câu 18:
Cho 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 vuông góc với mặt
phẳng đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
A. V = 5 15p .
18

B. V = 5 15p .
54

C. V = 4 3p .
27

D. V =

5p
.
3

Hướng dẫn giải
Đáp án B
Gọi O là tâm đường tròn tam giác ABC suy ra O là trọng tâm, H là trung
điểm AB , kẻ đường thẳng qua O song song SH cắt SC tại N ta được
NO ^ ( ABC ) , gọi M là trung điểm SC , HM cắt NO tại I .

Ta có HS = HC nên HM ^ SC Þ IS = I C = I A = I B = r
Ta có
ÐNI M = ÐHCS = 450,

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

Suy ra NM = SM - SN = 6
12
NM
6
D NMI vuông tại M tan450 =

Þ IM = NM =
IM
12
Suy ra r = I C = IM 2 + MC 2 =

5
12

Vậy V = 4 pr 3 = 5 15p .
3
54
Cách khác:
Gọi P , Q lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB và ABC .
Do các tam giác SAB và ABC là các tam giác đều cạnh bằng 1 nên P , Q
lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
+ Qua P đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ( SAB ) , qua O dựng đường
thẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Hai trục này cắt nhau tại I , suy ra


IA = IB = IC = IS . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và
R = IC .
2

2

æ
æ
1 3ö
÷
2 3ö

÷
15
ç
÷
ç
ç
+ Xét D IQC : IC = IG + GC = ç
.
+
. ÷
=
÷
÷
ç
ç
÷
÷
ç
ç3 2 ø
6
÷ è
÷
ç
ç
è3 2 ø
2

2

Vậy V = 4 pR 3 = 5 15p .

3
54
Cho hình trụ có chiều cao h = 2, bán kính đáy r = 3. Một mặt phẳng ( P )
không vuông góc với đáy của hình trụ, làn lượt cắt hai đáy theo đoạn giao
tuyến AB vàCD sao cho ABCD là hình vuông. Tính diện tích S của hình vuông
ABCD .

Câu 19:

A. S = 12p.

B. S = 12.

C. S = 20.

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 vuông tại C. Khi đó , B’D là đường kính
Do í
ïï CD ^ BB '
î
của đường
Tròn ( O ') . Xét D B 'CD 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)
Từ (1) và (2) Þ x2 =

4r 2 + h2
= 20 .
2

Suy ra diện tích hình vuông ABCD là S = 20 .
Câu 20:
Cho hình chóp đều S.ABC có AB = a , SB = 2a. Diện tích mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp S.ABC là:
3π a 2
3a 2
12π a 2
12a 2
A. S =
B. S =
C. S =
D. S =
11
11
11
11
Hướng dẫn giải
1) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

•

Xác định tâm mặt cầu

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ,


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

do S . ABC là hình chóp đều nên SO là trục đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC .Trong tam giác SOA dựng đường trung
trực ∆ của cạnh bên SA , ∆ cắt SO tại I và cắt SA tại trung điểm J .
 I ∈ SO ⇒ IA = IB = IC
⇒ IA = IB = IC = IS
Ta có: 
 I ∈ ∆ ⇒ IA = IS
Vậy I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC .
•

Tính bán kính mặt cầu

Gọi M = AO ∩ BC thì M là trung điểm của BC .
Ta có: AM =

AB 3 a 3
2
a 3
.
=
⇒ AO = AM =
2
2

3
3

Trong tam giác vuông SOA ta có SO = SA2 − AO 2 = 4a 2 −

3a 2 a 33
=
9
3

Xét hai tam giác vuông đồng dạng SJI và SOA ta có:
SI SJ
SA2
=
⇒ R = SI =
=
SA SO
2 SO

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

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

 2a 33  12π a 2
Diện tích mặt cầu là: S = 4π R = 4π 
÷
÷ = 11 .
11


2

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.
B. a
C.
D. 2a
2
2
Hướng dẫn giải
Gọi I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chop S.ABCD
 IA = IB = IC = ID (1)
Khi đó IA = IB = IC = ID = IS hay 
 IA = IS (2)
Gọi H là giao điểm của AC và BD.Từ (1) suy ra I ∈ SH (*)
Trong mặt phẳng (SAH) dựng đường thẳng ∆ là trung trực của SA.
Từ (2), suy ra

I ∈ ∆ (2*)

(*) + (2*) → SH ∩ ∆ = { I }

Gọi M là trung điểm của SA, khi đó:


SI SM
SM .SA SA.SA. SA2
.Do SAB cân tại S và có ∠SAB = 450 nên SAB
=
→ R = SI =
=
=
SA SH
SH
2SH
2SH

vuông cân tại S. Đặt SA = x , khi đó AB = x 2; HA =

AB 3 x 6
=
3
3

Trong tam giác vuông SHA có: SA2 − HA2 = SH 2 ↔ x 2 −

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

=
9
2a
2

Đáp án C
Câu 22:
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2a, tâm O, mặt
bên (SAB) là tam giác đều và ( SAB) ⊥ ( ABCD ) . Xác định tâm và bán kính của
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó.
A. R =

a 21
3

B. R =

a 3
3

C. R =

a 3
2

D. R =

a 6
3

Hướng dẫn giải

Qua O, kẻ ( ∆ 1 ) ⊥ ( ABCD ) thì ( ∆1 ) là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD.
Do ( SAB) ⊥ ( ABCD ) nên kẻ SH ⊥ AB thì SH ⊥ ( ABCD )
Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB và kẻ ( ∆ 2 ) ⊥ ( SAB) tại E thì ( ∆2 )
( ∆1 )
là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB.

( ∆ ) cắt ( ∆ ) tại I : tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD.
( )
1

2

∆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

Trong ∆AIO : R = AI = OA 2 + OI 2 = 2a2 +

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
2R
R 6
A. r =
B. r =
C. r =
D. r =
3
3
3
3
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 đạt giá trị lớn nhất


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

Ta có : 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


( 0 < h < 2R)

4 3
2R
Vậy V = Vmax = π R 3 ⇔ h =
h
9
3
1 4R2 2R2
R 6
Lúc đó r 2 = R2 − .

. Chọn A.
=
⇒r=
4 3
3
3
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
trong một nón tròn xoay (N) có góc ở đỉnh bằng 60o . Tính tỉ số thể tích của
hình trụ (T) và hình nón (N).
V
V
V
2
2
6 2
A. T =
B. T =
C. T =
D. Đáp án khác.
VN
6
VN
3
VN
2
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 SH = 3OH = 3R
¼
Trong tam giác EOH (vuông tại H, EOH
= 30° ). Ta có :
EH = OH . 3 = R 3

1
1
Thể tích của hình nón VN = π EH 2.SH = π 3R2.3R = 3π R3
3
3

π R3 2
2 . Chọn A.
Vậy VT =
2
=
3

VN
6
3π R
Câu 25:

Cho hình nón N

có bán kính đáy R, đường cao SO. Gọi (P) mà mặt
1
phẳng vuông góc với SO tại O1 sao cho SO1 = SO . Một mặt phẳng qua trục
3
hình nón cắt phần khối nón N nằm giữa (P) và đáy hình nón theo thiết


diện là 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 N .
3
7π R
π R3
26π R 3
52π R 3
A.
B.
C.
D.
9
9
81
81
Hướng dẫn giải

Gọi thiết diện thu được là AA1 B1B

1
1
1
Vì SO1 = SO nên A1 B1 = AB = .2R
3
3
3
Mặt khác AB1 ⊥ A1 B tại I nên

IO =

1
1
AB, IO1 = A1 B1
2
2

Vậy OO1 = R +

R 4R
=
3
3

1
2R
Dễ thấy SO1 = OO1 =
2

3
Từ đó SO = 2 R
Gọi thể tích phần hình nón phải tính là V* thì V * = V1 − V2 , trong đó:
V1 là thể tích của hình nón N .
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 
R 2 2 R  52π R 3
1
1
V * = V1 − V2 = π OB 2 .SO − π O1 B12 .SO1 = π  R 2 .2 R − . ÷ =
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
4R 3
2R 3
A. R 3 .
B.
.
C.

.
D.
.
3
3
3
Hướng dẫn giải
Giả sử 2x là chiều cao hình trụ (0 < x < R ) (xem hình vẽ)
Bán kính của khối trụ là r = R 2 − x 2 . Thể tích khối trụ là:
V = π ( R 2 − x 2 )2 x . Xét hàm số V ( x ) = π ( R 2 − x 2 )2 x, 0 < x < R
Ta có : V '( x ) = 2π ( R 2 − 3 x 2 ) = 0 ⇔ x =
. Bảng biến thiên:

R 3
3


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

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

Câu 27:
Cho hình nón có chiều cao h . Tính chiều cao x của khối trụ có thể tích
lớn nhất nội tiếp trong hình nón theo h .

h
h
h
2h
A. x = .
B. x = .
C. x =
.
D. x =
.
2
3
3
3
Hướng dẫn giải
Gọi r, R theo thứ tự là bán kính đáy hình nón và khối trụ cần tìm. O là đỉnh
của hình nón, I là tâm của đáy hình nón, J là tâm của đáy hình trụ và khác
I . OA là một đường sinh của hình nón, B là điểm chung của OA với khối
r h−x
R
=
⇒ r = (h − x) .
R
h
h
R2
Thể tích khối trụ là: V = π xR 2 = π x 2 (h − x )2
h
2
R

Xét hàm số V ( x ) = π x 2 ( h − x ) 2 , 0 < x < h .
h
2
R
h
Ta có V '( x ) = π 2 ( h − x )( h − 3x ) = 0 ⇔ x = hay x = h.
h
3
Bảng biến thiên:

trụ. Ta có:

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

h
4π R 2 h
; Vmax =
.
3
27

Câu 28:
Cho hình nón đỉnh O , chiều cao là h . Một khối nón khác có đỉnh là tâm
của đáy và có đáy là là một thiết diện song song với đáy của hình nón đỉnh
O đã cho (hình vẽ). Tính chiều cao x của khối nón này để thể tích của nó
lớn nhất, biết 0 < x < h .


A. x =

h
.
3

B. x = h 3 .

C. x =

2h
.
3

D. x =

h 3
.
3

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

1 R2
Thể tích khối nón cần tìm là: V = π 2 ( h − x ) 2 x .
3 h
2
1 R
Xét hàm số V ( x ) = π 2 ( h − x ) 2 x , 0 < x < h .
3 h
2
1 R
h
Ta có V '( x ) = π 2 ( h − x )( h − 3 x ) = 0 ⇔ x = h hay x = .
3 h
3
Bảng biến thiên:

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

h
4π R 2 h
; Vmax =
.
3
81

Câu 29:
Cho một hình nón có bán kính đáy là R , chiều cao là 2R , ngoại tiếp một
hình cầu S (O; r ) . Khi đó, thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình cầu S (O; r ) là
16π R 3
16π R 3

4π R 3
4π R 3
3 .
3 .
A.
B.
.
C.
D.
.
5 −1
1+ 5
1+ 2 5
2 5 −1

(

)

(

)

Hướng dẫn giải
Giả sử hình nón có đỉnh O và đường kính đáy là AB .
Ta có OA = OB = R 2 + (2 R )2 = R 5 .
Tam giác OAB có diện tích là S = 2 R 2 ,
chu vi là 2 p = 2 R (1 + 5) .
S
2R

Do đó bán kính khối cầu S (O ; r ) là r = =
.
p 1+ 5
16π R 3
2
3
V
=
π
r
h
=
2
π
r
=
3 .
Thể tích khối trụ cần tìm là: tru
1+ 5

(

)

Câu 30:
Hình nón có thể tích lớn nhất nội tiếp một mặt cầu bán kính R
cho trước bằng:
3
A. 64π R
81

2 3
B. 32π R
81

3
C. 32π R
81

2 3
D. 64π R
81

Hướng dẫn giải


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

Kí hiệu bán kính đáy hình nón là x , chiều cao hình nón là y ( 0 < x ≤ R , 0 < y < 2 R ) . Gọi

SS ' là đường kính của mặt cầu ngoài tiếp hình nón thì ta có
1
1
π
x 2 = y ( 2 R − y ) . Gọi V1 là thể tích khối nón thì V1 = π x 2 y = π y. y ( 2 R − y ) = ( 4 R − 2 y ) . y. y
3
3
6
3

π  4 R − 2 y + y + y  32π R 3
≤ 
÷ =
6
3
81

Vậy thể tích V1 đạt giá trị lớn nhất bằng

4R
32π R 3
khi và chỉ khi 4 R − 2 y = y ⇔ y =
, từ
3
81

4R 
4 R  8R 2
2R 2
đó x =
hay x =
. Chọn C.
 2R −
÷=
3 
3 
9
3
2

Câu 31:
Tìm hình nón có thể tích nhỏ nhất ngoại tiếp mặt cầu bán kính r
cho trước có thể tích bằng:
A. 1 π r 3
B. 8 π r 3
C. 2 π r 3
D. 4 π r 3
6
3
3
3
Hướng dẫn giải

Xét mặt phẳng chứa trục của hình nón, mặt phẳng này cắt hình nón theo tam giác
cân SAB và cắt mặt cầu nội tiếp hình nón theo đường tròn bán kính r và hình tròn
này nội tiếp tam giác cân SAB ( h.79b )
Kí hiệu bán kính đáy hình nón là x , chiều cao hình nón là y ( x > 0, y > 2r ) thì

( AH + SA) r =

(

1
AB.SH
2

)

⇔ x + x 2 + y 2 r = xy ⇔ x 2 =

r2 y
y − 2r

\

Vậy thể tích hình nón ngoại tiếp mặt cầu bán kính r là

1 2
1 2
y2
V2 = π x y = π r :
3
3
y − 2r


y2
y 2 − 4r 2 + 4r 2
4r 2
=
=
y
+
2
r
+
Ta có
y − 2r
y − 2r
y − 2r

4r 2
= y − 2r +
+ 4r ≥ 2
y − 2r

( y − 2r ) .

4r 2
+ 4 r = 8r
y − 2r

1
4r 2
⇔ y = 4r từ
Từ đó V2 ≥ π .8r 3 , tức là V2 đạt giá trị bé nhất khi và chỉ khi y − 2r =
y − 2r
3
đó x = r 2 .
Câu 32:
Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của một hình nón. Kí
hiệu V1 ,V2 lần lượt là thể tích hình nón và thể tích hình cầu nội tiếp hình nón.
V1
Khi r và h thay đổi, tìm giá trị bé nhất của tỉ số
V2
A.

B. 2 2

2

C.

1
3

D. 2

Hướng dẫn giải
Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua trục của hình nón thì ( P ) cắt hình nón. Theo tam giác
cân SAB , cắt mặt cầu theo đường tròn lớn, đường tròn này nội tiếp tam giác cân. Khi
đó, bán kính r1 của hình cầu nội tiếp hình nón được tính bởi công thức r1 =

rh
r + h2 + r 2

3



h2
 1+ 2 +1 ÷
÷ 1 1+ 1+ x
r
V1 1 
 =
=
2
h
V2 4
4

x
2
r

(

Xét

Vì

(1+
f ( x) =
(

)

1+ x +1

1+ x

)

4x

3

(
, f '( x) =

)

3

, ở đó

h2
=x>0
r2

) ( x−2−2

1+ x +1

2

4.2 x

2

1+ x

)

x +1

2

4.2 x 2 x + 1

nên khi xét dấu của

>0

f ( x)

, ta chỉ cần xét dấu của

g ( x) = x − 2 − 2 1+ x .
Ta có g ' ( x ) = 1 −

1
. Dễ thấy g ' ( x ) > 0 vì khi x > 0 thì
x +1

g ( x) = 0 ⇔ x = 8

Vậy g ( x ) là hàm tăng trên miền x > 0 và g ( 8 ) = 0 nên
Với 0 < x ≤ 8 thì g ( x ) ≤ 0;

1
< 1 , đồng thời
x +1


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

Câu 33:
Cho khối nón tròn xoay có đường cao h = 20 cm , bán kính đáy r = 25 cm .
Một mặt phẳng (P) đi qua 2 đỉnh của khối nón và có khoảng cách đến tâm O
của đáy là 12 cm. Khi đó diện tích thiết diện của (P) với khối nón bằng:

A. 500 cm2 B. 475 cm2 C. 450 cm2 D. 550 cm2
Hướng dẫn giải
Gọi S là đỉnh của khối nón. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh S cắt khối nón theo hai đường
sinh bằng nhau là SA = SB nên ta có thiết diện là tam giác cân SAB.
Gọi I là trung điểm của đoạn AB, ta có OI ⊥ AB . Từ tâm O của đáy ta kẻ OH ⊥ SI tại
H, ta có OH ⊥ ( SAB ) và do đó theo giả thiết ta có OH = 12 cm . Xét tam giác vuông SOI
ta có:

1
1
1
1
1
=
−
= 2− 2
2
2
2
OI
OH
OS
12 20
⇒ OI = 15 ( cm )

Mặt khác, xét tam giác vuông SOI ta còn có : OS .OI = SI .OH
Do đó SI =

OS .OI 20.15
=

= 25 ( cm )
OH
12

Gọi St là diện tích của thiết diện SAB. Ta có: St =

1
AB.SI , trong đó AB = 2 AI
2

Vì AI 2 = OA2 − OI 2 = 252 − 152 = 202 nên AI = 20 cm và AB = 40 cm

1
2
Vậy thiết diện SAB có diện tích là: St = .40.25 = 500 cm . Chọn A.
2

(

)

Câu 34:
Cho lăng trụ đứng ABC .A 'B 'C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Mặt
phẳng ( AB 'C ') tạo với mặt đáy góc 600 và điểm G là trọng tâm tam giác
ABC . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp G .A 'B 'C ' bằng:
A.

85a
.
108

B.

3a
.
2

C.

3a
.
4

Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm B 'C ' , ta có
·
· , A ' M = AMA
·
600 = ( AB 'C ') , ( A 'B 'C ') = AM
'.
Trong D AA 'M , có A 'M = a 3 ;
2
3a
·
.
AA ' = A 'M .tan AMA
'=
2
Gọi G ' là trọng tâm tam giác đều A ' B 'C ' , suy ra G '
cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp D A 'B 'C '.

D.

31a
.
36


Vỡ lng tr ng nờn GG ' ^ ( A 'B 'C ') .
Do ú GG ' l trc ca tam giỏc A 'B 'C ' .
Trong mt phng ( GC 'G ') , k trung trc d ca on thng GC ' ct GG ' ti I . Khi
ú I l tõm mt cu ngoi tip khi chúp G .A ' B 'C ' , bỏn kớnh R = GI .
Ta cú D GPI D GG 'C ' ị

GP
GG '
=
GI
GC '

ị R = GI =

GP .GC ' GC '2 GG '2+ G 'C '2
31a
. Chn D.
=
=
=
GG '
2GG '

2GG '
36

Cõu 35:
Cho mt hỡnh tr cú bỏn kớnh ỏy bng R v cú chiu cao bng R 3.
Hai im A, B ln lt nm trờn hai ng trũn ỏy sao cho gúc gia AB v
trc ca hỡnh tr bng 300 . Khong cỏch gia AB v trc ca hỡnh tr bng:
A. R.

C. R 3 .
2

B. R 3.

D. R 3 .
4

Hng dn gii
T hỡnh v kt hp vi gi thit, ta cú OA = O ' B = R.
Gi AA ' l ng sinh ca hỡnh tr thỡ
ã
O 'A ' = R, AA ' = R 3 v BAA
' = 300 .

Vỡ OO ' P ( ABA ') nờn
ộ
ộ
dộ
OO ', ( AB ) ự
OO ',( ABA ') ự

O ',( ABA ') ự
ờ
ỳ= d ở
ờ
ỳ= d ở
ờ
ỳ.
ở
ỷ
ỷ
ỷ
Gi H l trung im A 'B , suy ra
ùù
O 'H ^ A 'B ỹ
O ', ABA ') ự
ý ị O 'H ^ ( ABA ') nờn d ộ
ờ
ỳ= O 'H .
ở (
ỷ
O 'H ^ AA 'ùù
ỵ
Tam giỏc ABA ' vuụng ti A ' nờn BA ' = AA 'tan300 = R.
Suy ra tam giỏc A 'BO ' u cú cnh bng R nờn O 'H = R 3 . Chn C.
2
Cõu 36:
Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc u cnh a , hỡnh chiu
vuụng gúc ca nh S trờn mt phng ( ABC ) l trung im H ca cnh BC
. Gúc gia ng thng SA v mt phng ( ABC ) bng 600 . Gi G l trng
tõm tam giỏc SAC , R l bỏn kớnh mt cu cú tõm G v tip xỳc vi mt

phng ( SAB ) . ng thc no sau õy sai?
G, SAB ) ự
.
A. R = d ộ
ờ
ỳ
ở (
ỷ

B. 3 13R = 2SH .

C.

R2
SD ABC

=

4 3
.
39

D.

R
= 13.
a


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

Hướng dẫn giải

·
· , HA = SAH
·
Ta có 600 = SA
.
, ( ABC ) = SA
Tam giác ABC đều cạnh a nên AH = a 3 .
2
3a
·
Trong tam giác vuông SHA , ta có SH = AH .tan SAH
.
=
2
G, SAB ) ù
.
Vì mặt cầu có tâm G và tiếp xúc với ( SAB ) nên bán kính mặt cầu R = d é
ê
ú
ë (
û
1
2
Ta có d é
G,( SAB ) ù
= dé
C , ( SAB ) ù

= dé
H , SAB ) ù
.
ê
ú
ê
ú
ú
ë
û 3 ë
û 3 ê
ë (
û
Gọi M , E lần lượt là trung điểm AB và MB .
ìï CM ^ AB
ìï HE ^ AB
ïï
ïï
ïí
Suy ra ïí
và
.
ïï CM = a 3
ïï HE = 1CM = a 3
ïïî
ïïî
2
2
4

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SE ,
suy ra HK ^ SE . ( 1)
ìï HE ^ AB
ï
Þ AB ^ ( SHE ) Þ AB ^ HK . ( 2)
Ta có í
ïï AB ^ SH
î
H , SAB ) ù
= HK .
Từ ( 1) và ( 2) , suy ra HK ^ ( SAB ) nên d é
ê
ú
ë (
û
Trong tam giác vuông SHE , ta có HK =

SH .HE
2

SH + HE

2

=

3a
2 13

.

2
a
Vậy R = HK =
. Chọn D.
3
13

Câu 37:

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng

a 21 . Gọi là chiều cao của khối chóp và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp
h
6
R
khối chóp. Tỉ số
bằng:
h
A.

7
12

B.

7
.
24

C.

7
.
6

Hướng dẫn giải
Gọi O là tâm DABC , suy ra SO ^ ( ABC ) và AO = a 3 .
3

D.

1
.
2


a
Trong SOA , ta có h = SO = SA 2 - AO 2 = .
2
Trong mặt phẳng SOA , kẻ trung trực d của đoạn SA
cắt SO tại I , suy ra
● I Î d nên IS = IA .
● I Î SO nên IA = IB = IC .
Do đó IA = IB = IC = IS nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
khối chóp S.ABC .
Gọi M là tung điểm SA , ta có D SMI ÿ D SOA nên
R
7
SM .SA

SA 2
7a
= . Chọn C.
R = SI =
=
=
. Vậy
h
6
SO
2SO
12
Câu 38:
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp
với mặt đáy một góc 600 . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp khối chóp
S.ABCD là:
A.

4pa3
.
3

3
B. 2pa 6 .
9

3
C. 8pa 6 .
9

3
D. 8pa 6 .
27

Hướng dẫn giải
Gọi O = AC Ç BD , suy ra SO ^ ( ABCD ) .

·
· ,OB = SBO
·
Ta có 600=SB
.
, ( ABCD ) = SB
a 6.
·
Trong DSOB , ta có SO = OB .tanSBO
=
2
Ta có SO là trục của hình vuông ABCD .

Trong mặt phẳng SOB , kẻ đường trung trực d của đoạn SB .
ïìï I Î SO
ïì IA = IB = IC = ID
Þ ïí
Þ I A = I B = IC = I D = I S = R .
Gọi I = SO Ç d Þ í
ïï I Î d
ïï IS = IB
î
î

ìï SB = SD
ï
Þ
Xét DSBD có ïí ·
·
ïï SBD = SBO
= 60o
ïî

DSBD đều.

Do đó d cũng là đường trung tuyến của DSBD . Suy ra I là trọng tâm DSBD .
3
Bán kính mặt cầu R = SI = 2 SO = a 6 . Suy ra V = 4 pR 3 = 8pa 6 . Chọn D.
3
3
3
27