GIẢI CHI TIẾT mặt cầu mặt nón mặt trụ

TÁN ĐỔ TOÁN PLUS
CHỦ ĐỀ 25. MẶT CẦU – MẶT NÓN – MẶT TRỤ

VIP

II –HƯỚNG DẪN GIẢI
NHẬN BIẾT – THÔNG HIỂU
* MẶT CẦU
Câu 1. Cho một mặt cầu có diện tích là S , thể tích khối cầu đó là V . Tính bán kính R của mặt cầu.
3V
.
S
 Hướng dẫn giải:

A. R =

B. R =

S
.
3V

C. R =

4V
.
S

D. R =

V

.
3S

Ta có công thức tính diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu là:
=
S 4=
π r2 ; V

3V
4 3
πr ⇒
= r.
3
S

Câu 2. Cho mặt cầu S (O; R ) và điểm A cố định với OA = d . Qua A , kẻ đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt
cầu S (O; R ) tại M . Công thức nào sau đây được dùng để tính độ dài đoạn thẳng AM ?
A.

2R 2 − d 2 .

B.

d 2 − R2 .

R 2 − 2d 2 .

C.

D.

d 2 + R2 .

 Hướng dẫn giải:
Vì ∆ tiếp xúc với S (O; R ) tại M nên OM ⊥ ∆ tại M .

M

Xét tam giác OMA vuông tại M , ta có:

R

AM 2 = OA2 − OM 2 = d 2 − R 2 ⇒ AM = d 2 − R 2 .

O

A

Câu 3. Một hình hộp chữ nhật có ba kích thước là a, b, c . Gọi ( S ) là mặt cầu đi qua 8 đỉnh của hình hộp
chữ nhật đó. Tính diện tích của hình cầu ( S ) theo a, b, c .
A. π ( a 2 + b2 + c 2 ) .

B. 2π ( a 2 + b2 + c 2 ) .

C. 4π ( a 2 + b2 + c 2 ) .

D.

π
2

( a 2 + b2 + c 2 ) .

 Hướng dẫn giải:
Đường kính của mặt cầu ( S ) chính là đường chéo của hình hộp chữ nhật, nên mặt cầu ( S ) có
bán kính =
r

1 2
a + b2 + c 2 . Do đó diện tích mặt cầu ( S ) là: S= 4π r 2= π ( a 2 + b2 + c 2 ) .
2

Câu 4. Một hình hộp chữ nhật có ba kích thước là a, b, c . Gọi ( S ) là mặt cầu đi qua 8 đỉnh của hình hộp
chữ nhật đó. Tâm của mặt cầu ( S ) là
A. một đỉnh bất kì của hình hộp chữ nhật.
B. tâm của một mặt bên của hình hộp chữ nhật.
C. trung điểm của một cạnh của hình hộp chữ nhật.
D. tâm của hình hộp chữ nhật.
 Hướng dẫn giải:

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

1


Tâm của hình hộp chữ nhật cách đều 8 đỉnh của hình hộp nên tâm của mặt cầu ( S ) chính là tâm
của hình hộp chữ nhật.

Câu 5. Cho mặt cầu S (O; R ) và đường thẳng ∆ . Biết khoảng cách từ O tới ∆ bằng d . Đường thẳng ∆
tiếp xúc với S (O; R ) khi thỏa mãn điều kiện nào trong các điều kiện sau ?

A. d = R .

B. d > R .

C. d < R .

D. d ≠ R .

Hướng dẫn giải:
Đường thẳng ∆ tiếp xúc với S (O; R ) khi d = R .

Δ

M
d=R

O

Câu 6. Cho đường tròn (C ) và điểm A nằm ngoài mặt phẳng chứa (C ) . Có tất cả bao nhiêu mặt cầu chứa
đường tròn (C ) và đi qua A ?
A. 2.
 Hướng dẫn giải:

B. 0.

C. 1.

D. vô số.

Trên đường tròn (C ) lấy điểm điểm M 0 cố định. Gọi (α ) là mặt

phẳng trung trực của AM 0 và đường thẳng ∆ là trục của (C ) . Gọi

I

I giao điểm của (α ) và ∆ thì mặt cầu tâm I thỏa mãn yêu cầu đề

A

Δ

bài.
Ta sẽ chứng minh tâm I là duy nhất. Giả sử M là điểm bất kì khác

O

M

α

nằm trên đường tròn (C ) , gọi (α ') là mặt phẳng trung trực của AM và =
I ' (α ') ∩ ∆ thì mặt
cầu tâm tâm I ' thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ta có:
=
I ' A I=
' M I ' M 0 ⇒ I ' thuộc mặt phẳng trung trực (α ) của AM 0 nên =
I ' (α ) ∩ ∆ .

Từ đó suy ra I ' ≡ I . Vậy chỉ có duy nhất 1 mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 7. Cho hai điểm A, B phân biệt. Tập hợp tâm những mặt cầu đi qua A và B là
A. mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . B. đường thẳng trung trực của AB .

C. mặt phẳng song song với đường thẳng AB . D. trung điểm của đoạn thẳng AB .
 Hướng dẫn giải:
Gọi I là tâm mặt cầu đi qua hai điểm A, B cố định và phân biệt thì ta luôn có IA = IB . Do đó
I thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn AB .

Câu 8. Cho mặt cầu S (O; R ) và mặt phẳng (α ) . Biết khoảng cách từ O tới (α ) bằng d . Nếu d < R thì
giao tuyến của mặt phẳng (α ) với mặt cầu S (O; R ) là đường tròn có bán kính bằng bao nhiêu?
A.

Rd .

B.

R2 + d 2 .

C.

R2 − d 2 .

D.

R 2 − 2d 2 .

 Hướng dẫn giải:
2

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦


Gọi I là hình chiếu của O lên (α ) và M là điểm thuộc đường giao tuyến của (α ) và mặt cầu

IM
S (O; R ) . Xét tam giác OIM vuông tại I , ta có: OM = R và OI = d nên =

R2 − d 2 .

O

Câu 9. Từ điểm M nằm ngoài mặt
tiếp tuyến với mặt cầu ?
A. Vô số.
 Hướng dẫn giải:

α

I

B. 0.

cầu S (O; R ) có thể kẻ được bao nhiêu

M

C. 1.

D. 2.

+ Gọi (α ) là mặt phẳng chứa đường thẳng MO thì dễ dàng
thấy rằng mp (α ) luôn cắt mặt cầu S (O; R ) theo giao tuyến là

T1
α

(C)

đường tròn (C ) có tâm O , bán kính R . Trong mp (α ) , ta thấy

M

O

từ điểm M nằm ngoài (C ) ta luôn kẻ được 2 tiếp tuyến

T2

MT1 , MT2 với đường tròn (C ) . Hai tiếp tuyến này cũng chính
là tiếp tuyến với mặt cầu S (O; R ) .
+ Do có vô số mặt phẳng (α ) chứa đường thẳng MO cắt mặt cầu S (O; R ) theo các giao tuyến
là đường tròn (C ) khác nhau nên cũng có vô số tiếp tuyến với mặt cầu được kẻ từ điểm M nằm
ngoài mặt cầu.
Câu 10.

Một đường thẳng d thay đổi qua A và tiếp xúc với mặt cầu S (O; R ) tại M . Gọi H là hình

chiếu của M lên đường thẳng OA . M thuộc mặt phẳng nào trong những mặt phẳng sau đây?
A. Mặt phẳng qua H và vuông góc với OA .

B. Mặt phẳng trung trực của OA .

C. Mặt phẳng qua O và vuông góc với AM .

 Hướng dẫn giải:

D. Mặt phẳng qua A và vuông góc với OM .

Trong mặt phẳng ( d , O ) , xét tam giác OMA vuông tại M có MH là

d

M

R2 R
đường cao. Ta có: OM = OH .OA ⇒ OH =
= . Do đó H cố định.
2R 2
Vậy M thuộc mặt phẳng vuông góc với OA tại H .
2

O

H

A

Câu 11. Một đường thẳng thay đổi d qua A và tiếp xúc với mặt cầu S (O; R ) tại M . Gọi H là hình
chiếu của M lên đường thẳng OA . Độ dài đoạn thẳng MH tính theo R là:
R
.
2
 Hướng dẫn giải:

A.

B.

R 3
.
3

C.

2R 3
.
3

D.

Trong mặt phẳng ( d , O ) , xét tam giác OMA vuông tại M có MH là
đường cao. Ta có: MH 2 = HO.HA ⇒ MH 2 =
Câu 12.

R 3R
R 3
.
.
⇒ MH =
2 2
2

3R 3
.

4
d

M

O

H

A

1
Thể tích của một khối cầu là 113 cm3 thì bán kính nó là bao nhiêu ?
7

(lấy π ≈

22
)
7

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

3


A. 6 cm .

B. 2 cm .

C. 4 cm .

D. 3cm .

 Hướng dẫn giải:
1
7 = 27 ⇒ R = 3 (cm).
22
4.
7
Câu 13. Khinh khí cầu của nhà Mông–gôn–fie (Montgolfier) (người Pháp) phát minh ra khinh khí cầu
dùng khí nóng. Coi khinh khí cầu này là một mặt cầu có đường kính 11m thì diện tích của mặt khinh
4
3V
Thể tích khối cầu bán kính R là V = π R 3 ⇒ R 3 =
=
3
4π

khí cầu là bao nhiêu? (lấy π ≈
A. 379, 94 (m 2 ) .

3.113

22
và làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).
7

B. 697,19 (m 2 ) .

D. 95, 07 (m 2 ) .

C. 190,14 cm .

 Hướng dẫn giải:
22 2
.11
= 379, 94 (m 2 ) .
7
Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có độ dài mỗi cạnh là 10 cm . Gọi O là tâm mặt cầu đi

Diện tích của kinh khí cầu là=
S π=
d2

Câu 14.

qua 8 đỉnh của hình lập phương. Khi đó, diện tích S của mặt cầu và thể tích V của hình cầu là:
A. S 150
B. S 100
=
3π (cm 2 );V 500 (cm3 ) .
=
=
π (cm 2 );V 125 3 (cm3 ) .=
D. S 250
C. S 300
=
π (cm 2 );V 500 6 (cm3 ) .
=

=
π (cm 2 );V 500 3 (cm3 ) . =
 Hướng dẫn giải:
Dễ thấy tâm O của mặt cầu chính là tâm của hình lập

A

D

phương.
Trong tam giác vuông AA ' C có: AC
=
'2 AA '2 + A ' C '2 .
Trong

tam

giác

vuông

A' B 'C '

B

C

có:
O

A=
' C '2 A ' B '2 + B ' C '2 .

A'

D'

Do đó AC = 100 + 100 + 100 = 300 ⇒ AC = 10 3 (cm).
2

+ Bán kính mặt cầu tâm O là =
R OA
=

1
AC
= 5 3 (cm)
2

( )
4
π ( 5=
3)
3

C'

B'

2

+ Diện tích mặt cầu:
3
300π (cm 2 ) .
=
S 4=
π R 2 4π . 5=
+ Thể tích khối cầu:
=
V
Câu 15.

4
=
π R3
3

3

500 3 (cm3 ) .

Cho đường tròn (C ) ngoại tiếp một tam giác đều ABC có cạnh bằng a , chiều cao AH . Quay

đường tròn (C ) xung quanh trục AH , ta được một mặt cầu. Thể tích của khối cầu tương ứng là:
A.

π a3 3

.

54
 Hướng dẫn giải:

4

B.

4π a 3
.
9

C.

4π a 3 3
.
27

D.

4π a 3
.
3

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦


a 3
.
2
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp ∆ABC , thì O ∈ AH và

A

AH là đường cao trong tam giác đều cạnh a nên AH =

=
OA

O

2
a 3
.
=
AH
3
3

B

C

H

Bán kính mặt cầu được tạo thành khi quay đường tròn (C )
trục

AH

là =

=
R OA

a 3
3

.

quanh

Vậy thể tích của khối cầu tương ứng là:

3

4
4 a 3
4π a 3 3
3
(đvtt).
=
=
πR
π =
V

3
3  3 
27
Câu 16.

Cho đường tròn (C ) ngoại tiếp một tam giác đều ABC có cạnh bằng a , chiều cao AH . Quay

đường tròn (C ) xung quanh trục AH , ta được một mặt cầu. Thể tích của khối cầu tương ứng là:
4π a 3 3
.
27
 Hướng dẫn giải:

A.

B.

4π a 3
.
9

C.

π a3 3
54

.

D.

4π a 3
.
3
A

a 3
.
2
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp ∆ABC , thì O ∈ AH
AH là đường cao trong tam giác đều cạnh a nên AH =

=
OA

O

và

2
a 3
.
=
AH
3
3

B

H

Bán kính mặt cầu được tạo thành khi quay đường tròn (C ) quanh trục AH là =
R OA
=

C

a 3
.
3

3

4
4 a 3
4π a 3 3
(đvtt).
Vậy thể tích của khối cầu tương ứng =
là: V
=
π R3
π =

3
3  3 
27
Câu 17.

 = 300 . Quay tam giác vuông này quanh trục
Cho tam giác ABC vuông tại A có BC = 2a và B
AB , ta được một hình nón đỉnh B . Gọi S1 là diện tích toàn phần của hình nón đó và S2 là diện

tích mặt cầu có đường kính AB . Khi đó, tỉ số
A.

S1

= 1.
S2

B.

S1
là:
S2

S1 1
= .
S2 2

C.

S1 2
= .
S2 3

D.

S1 3
= .
S2 2

 Hướng dẫn giải:
Xét tam giác ABC vuông tại A , ta có:

B

=
AC BC sin=
300 a=
; AB BC cos=
300 a 3 .
300

Diện tích toàn phần hình nón là:

A

B

A

O

B

C

S1 =S xq + Sday =π Rl + π R 2 =π a.2a + π a 2 =3π a 2 .

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

5


Diện tích mặt cầu đường kính AB là:

(

)

2

=
S2 π=
AB 2 π a=
3
3π a 2 .
Từ đó suy ra, tỉ số

S1
= 1.
S2

* MẶT NÓN
Câu 18.

Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh 2a , diện tích xung quanh là S1 và

mặt cầu có đường kính bằng chiều cao hình nón, có diện tích S2 . Khẳng định nào sau đây là khẳng
định đúng ?
A. 2 S2 = 3S1 .

B. S1 = 4 S2 .

C. S2 = 2 S1 .

D. S1 = S2 .

 Hướng dẫn giải:
Bán kính đáy của hình nón là a . Đường sinh của hình nón là 2a

.

Do đó, ta có=
S1 π=
Rl 3π a 2 (1)
Mặt

cầu

có

bán

kính

2a

là

a 3
,
2

a 3

nên

ta

có
a

a

2

a 3
2
=
S2 4=
π
 3π a (2) .
 2 
Từ (1) và (2) suy ra S1 = S2 .
Câu 19.

Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh 2a , có thể tích V1 và hình cầu có

đường kính bằng chiều cao hình nón, có thể tích V2 . Khi đó, tỉ số thể tích
A.

V1 2
= .
V2 3

B.

V1
= 1.
V2

C.

V1 1
= .
V2 2

V1
bằng bao nhiêu?
V2

D.

V1 1
= .
V2 3

 Hướng dẫn giải:
Hình nón có bán kính đáy là a , chiều cao a 3 .
1 2
π a3 3
Do đó thể
tích V1 =
.
πa a 3

=
3
3

2a
a 3

Hình

cầu

có

bán

kính

a 3
2

nên

có

thể

3

4  a 3  π a3 3
.

=
V1 =
π

3  2 
2
Từ đó suy ra

tích
a

a

V1 2
= .
V2 3

Câu 20. Tính diện tích xung quanh của hình trụ biết hình trụ có bán kính đáy a và đường cao là a 3 .
A. 2π a 2 .

B. 2π a 2 3 .

C. π a 2 .

D. π a 2 3 .

 Hướng dẫn giải:
Hình trụ có bán kính đáy a và đường cao a 3 nên=
S xq 2=
π rh 2π a.=

a 3 2π a 2 3 .

6

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦


Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a . Tính diện tích
xung quanh của hình nón.
A.

π a2 2

.
4
 Hướng dẫn giải:

B.

π a2 2
2

.

C. π a

2

2π a 2 2
D.

.
3

2.

Thiết diện qua trục là một tam giác vuông cạnh a nên đường sinh
của hình nón

và bán kính đáy là

a

là

a 2
2

a

a

nên
O

a 2
π a2 2
.
=
S xq π=
.a

2
2

Thiết diện đi qua trục của hình nón đỉnh S là tam giác vuông cân SAB có cạnh cạnh huyền bằng a 2 .
Diện tích toàn phần Stp của hình nón và thể tích V của khối nón tương ứng đã cho là
A. Stp
=

π a 2 (1 + 2)

π a3 2

;V
=
2

12

.

π a3 2
C. Stp =π a 2 (1 + 2);V =
.
6
 Hướng dẫn giải:

B. Stp
=
D. Stp
=

π a2 2

;V
=
2

π a3 2
4

π a 2 ( 2 − 1)

.

π a3

=
;V
2

12

+ Do thiết diện đi qua trục là tam giác ∆SAB vuông cân tại đỉnh

.

S

S , có cạnh huyền AB = a 2 nên suy ra bán kính đáy hình nón

a

a
a 2

là r =

a 2
; đường sinh hình nón=
l SA
= SB
= a ; đường cao
2

2

A

O

a 2

B

2

a 2
.
2
+ Diện tích toàn phần hình nón là:

hình nón=
h SO
=

2

Stp =S xq + Sday

a 2
a 2
π a 2 2 π a 2 π a 2 (1 + 2)
(đvdt).
=π rl + π r =π
=
+
=
a +π 

2
2
2
2
 2 
2

+ Thể tích khối nón tương ứng là:
=
V

π a3 2
1
1 2
(đvtt).
=
π=
Bh
r h
2
3
12

Cho hình nón tròn xoay có đỉnh là S , O là tâm của đường tròn đáy, đường sinh bằng a 2 và góc giữa
đường sinh và mặt phẳng đáy bằng 600 . Diện tích xung quanh S xq của hình nón và thể tích V
của khối nón tương ứng là:
A.
=
S xq π=
a 2 ;V

π a3 6

C. S xq π=
=
a 2;V
2

12

π a3 6

4

B. S xq
=

.
.

π a2

=
;V
2

D.
=
S xq π=
a ;V
2

π a3 3
12

π a3 6
4

.
.

 Hướng dẫn giải:

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

7


Gọi A là một điểm thuộc đường tròn đáy hình nón. Theo giải

S

thiết ta có đường sinh SA = a 2 và góc giữa đường sinh và mặt
 = 600 . Trong tam giác vuông SAO , ta có:
phẳng đáy là SAO
=
OA SA
=
cos 600

a 2

a 2
3 a 6
; SO SA=
.sin 600 a=
2.
=
2
2
2

a 2
600
O

A

.
Diện tích xung quanh hình nón S=
π=
rl π .
xq

a 2
.a =
2 π a2
2

(đvdt).
2

1 2
1  a 2  a 6 π a3 6
Thể tích của khối nón tròn xoay
(đvtt).
=
=
V
πr h
π
.

 =
3
3  2 
2
12
Một hình nón có đường kính đáy là 2a 3 , góc ở đỉnh là 1200 . Tính thể tích của khối nón đó theo a .
A. 3π a 3 .

C. 2 3π a 3 .

B. π a 3 .

D. π a 3 3 .

 Hướng dẫn giải:
Gọi S là đỉnh hình nón, O là tâm đáy, A là một điểm thuộc đường tròn đáy.
Theo giả thiết dễ suy ra đường tròn đáy có bán kính
B

=
R OA
= a 3 (cm)

600

1200

và góc ASO
= = 600 . Xét tam giác SOA vuông tại O , ta có
2

A

OA
a 3
=
SO
=
= a . Do đó chiều cao hình nón là h = a .
0
tan 60
3
Vậy thể tích khối nón
là V
=

C

a 3

1
1
.3a 2 .a π a 3 .
=
π R2h
π=
3
3

Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A , AB = a và AC = 3a . Tính độ dài đường sinh l của
hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB .

A. l = a .

B. l = 2a .

D. l = 2a .

C. l = 3a .

 Hướng dẫn giải:

B

Độ dài đường sinh l bằng độ dài cạnh BC của tam giác vuông
a

ABC .
Theo

định

lý

Pytago

BC =AB + AC =a + 3a =4a ⇒ BC =2a
2

2

2

2

2

2

thì

A

C
a 3

Vậy độ dài đường sinh của hình nón là l = 2a.
* MẶT TRỤ
Cho một hình trụ có bán kính đáy R , chiều cao h và thể tích V1 ; một hình nón có đáy trùng với một đáy
của hình trụ, có đỉnh trùng với tâm đáy còn lại của hình trụ (hình vẽ bên dưới) và có thể tích V2
.
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?

8

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦


h

R

B. V1 = 2V2 .

A. V2 = 3V1 .

C. V1 = 3V2 .

D. V2 = V1 .

 Hướng dẫn giải:
Hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao h nên thể tích V1 = π R 2 h .
1
Hình nón có bán kính đáy R và chiều cao h nên thể tích V2 = π R 2 h .
3

Từ đó suy ra V1 = 3V2 .
Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy R , chiều cao là h .
B. V = π Rh 2 .

A. V = π R 2 h .

D. V = 2π Rh .

C. V = π 2 Rh .

 Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức thể tích khối trụ, đáp án là V = π R 2 h .
Một hình trụ có bán kính đáy a , có thiết diện qua trục là một hình vuông. Tính diện tích xung quanh của
hình trụ.
C. 3π a 2 .

B. 2π a 2 .

A. π a 2 .

D. 4π a 2 .

 Hướng dẫn giải:
Một hình trụ có bán kính đáy a , có thiết diện qua trục là một hình vuông
nên chiều cao hình trụ bằng 2a . Do đó diện tích xung quanh hình trụ là

2a

=
π Rh 2π .=
S xq 2=
a.2a 4π a .
2

Tính diện tích toàn phần của hình trụ có bán kính đáy a và đường cao a 3 .
A. 2π a 2

(

)

3 −1 .

B. π a 2 3 .

(

)

C. π a 2 1 + 3 .

a

(

)

D. 2π a 2 1 + 3 .

 Hướng dẫn giải:
Ta=
có: S xq 2=
π a.a 3 2π a 2 3 ; Sday = π a 2 .
Do đó Stp = 2π a 2 3 + 2π a 2 = 2π a 2 (1 + 3) .

a 3

đi

Tính thể tích của khối trụ biết bán kính đáy của hình trụ đó bằng a và thiết diện
qua trục là một hình vuông.
A. 2π a 3 .

B.

a

2 3
πa .
3

C.

4π a 3

.

D. π a 3 .
 Hướng dẫn giải:
Theo bài ra thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên hình trụ có bán
kính đáy là

a , chiều cao

2a . Do đó thể tích khối trụ là:

2a

V π=
R h π a=
.2a 2π a .
=
2

2

3

Tính thể tích của khối trụ biết chu vi đáy của hình trụ đó bằng 6π (cm) và thiết diện đi
qua trục là một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 10 (cm) .
A. 48π (cm3 ) .

B. 24π (cm3 ) .

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

C. 72π (cm3 ) .

a

D. 18π 3472π (cm3 ) .
9


 Hướng dẫn giải:
Gọi O , O ' là hai tâm của đáy hình trụ và thiết diện qua trục là hình chữ nhật ABCD .
Do chu vi đáy của hình trụ đó bằng 6π (cm) nên bán kính đáy của hình

B

C
6π
trụ là =
R = = 3(cm) .
2π 2π
Vì thiết diện đi qua trục là một hình chữ nhật ABCD có AC = 10 (cm) và

O
A

AB
R 6 (cm) nên chiều cao của hình trụ là:
= 2=

h = OO ' = BC =

AC 2 − AB 2 =

C

102 − 62 = 8 (cm).

O'
D

Vậy thể tích khối trụ là:
=
V π=
R 2 h π=
.32.8 72π (cm3 ) .
Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 1 và AD = 2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
AD và BC . Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục MN, ta được một hình trụ. Tính diện tích

toàn phần Stp của hình trụ đó.
A. Stp = 6π .

B. Stp = 2π .

C. Stp = 4π .

D. Stp = 10π .

 Hướng dẫn giải:
Ta có Stp =S xq + S2 day =2π Rh + 2π R 2 =2π R( h + R ) .

A

Hình trụ đã cho có chiều cao là=
h MN
= AB
= 1 và bán kính

1

đáy =
R

AD
= 1.
2

Do đó diện tích toàn phần hình trụ là:

1

M

B
N

1

D

C

Stp= 2π (1 + 1)= 4π

Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50cm x 240cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có
chiều cao bằng 50cm, theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây):

- Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.
- Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh
của một thùng.
Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gò được
theo cách 2. Tính tỉ số
A.

V1
= 1.
V2

V1
.
V2

B.

V1
= 2.
V2

C.

V1 1
= .
V2 2

D.

V1
= 4.
V2

 Hướng dẫn giải:
Gọi R và r lần lượt là bán kính đáy của mỗi thùng đựng nước hình trụ được làm theo cách 1 và
cách 2.
Gọi C1 và C2 lần lượt là chu vi đáy của mỗi thùng đựng nước hình trụ được làm theo cách 1 và
cách 2.
10

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦


C1 = 2π R
C
R

⇒ 1 = =2 (vì cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau nên C1 = 2C2
Ta có: 
C2 r
C2 = 2π r
).
Thùng

làm

theo

cả

hai

đều

cách

có

cùng

chiều

h

cao

nên

ta

có:

2
V1 = π R 2 h
V1 1  R 
2.
⇒=

 =

2
V2 = 2π r h V2 2  r 

VẬN DỤNG THẤP
Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện đều cạnh a .
a 3
.
2
 Hướng dẫn giải:

A.

B.

a 6
.
2

C.

a 6
.
4

D.

a 2
.
4

Cho tứ diện ABCD đều cạnh a . Gọi I là trung điểm cạnh BC , G
D

a 3
a 3
là trọng tâm của tam giác ABC . Ta
có AI =
và
; AG
=
2
3

J

DG là trục của tam giác ABC . Trong mp ( DAG ) kẻ trung trực của
= OA

= OB
= OC nên O chính là tâm
DA cắt DG tại O thì OD

O
A

C

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Bán kính R của mặt cầu bằng độ

G

dài đoạn OD .

I

B

Trong tam giác ADG vuông tại G , ta có:
2

a 3
6a 2
a 6
DA =DG + GA ⇒ DG =DA − GA =a − 
 = ⇒ DG = .
3
9
 3 

2

Mặt

2

2

khác

2

2

do

tứ

DJ .DA= DO.DG ⇒ DO=

2

2

giác AGOI

nội

tiếp

nên

ta

có:

DA2
a 6
⇒ R= DO=
.
2 DG
4

Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tam giác đều S . ABC , biết các cạnh đáy có độ dài bằng a
, cạnh bên SA = a 3 .
A.

2a 3
.
2

B.

3a 3
.
2 2

C.

a 3

.
8

D.

3a 6
.
8

 Hướng dẫn giải:
Gọi H là tâm của tam giác đều ABC , ta có SH ⊥ ( ABC ) nên SH

S

là trục của tam giác ABC . Gọi M là trung điểm của SA , trong mp

= OA
= OB
= OC
( SAH ) kẻ trung trực của SA cắt SH tại O thì OS

a 3 M

nên O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC . Bán kính
mặt cầu là R = SO .
SO SM
Vì hai tam giác SMO và SHA đồng dạng nên ta có
.
=
SA SH

SM .SA SA2
3a 6
Suy ra =
.
R SO
=
=
=
SH
2 SH
8

O
A

C
a

H

I

B

Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a .
Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

11

A.

2a 14
.
7

B.

2a 7
.
2

2a 7
.
3 2

C.

D.

2a 2
.
7

 Hướng dẫn giải:
Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Gọi H là tâm đáy thì SH là trục của hình vuông

ABCD . Gọi M là trung điểm của SD , trong mp ( SDH ) kẻ
trung

trực

của

đoạn

SD

SH

cắt

tại

O

S

thì

OS
= OA
= OB
= OC
= OD nên O chính là tâm của mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . Bán kính mặt cầu là R = SO .
Ta

M
2a

có

SO SM
SD.SM
SD 2
.
∆SMO ∽ ∆SHD ⇒
=
⇒ R = SO =
=
SD SH
SH
2 SH
Với SH 2 = SD 2 − HD 2 = 4a 2 −

2

a
7a
=
2
2

2

O

A

B

H
a

D

C

a 7
⇒ SH = .
2

SD 2 2a 14
.
=
2 SH
7

Vậy
=
R

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.
5π
.
3
 Hướng dẫn giải:

A. V =

B. V =

5 15π
.
18

C. V =

4 3π
.
27

Gọi M là trung điểm của AB thì SM ⊥ AB (vì tam giác

SAB

đều).

Mặt

khác

do

( SAB ) ⊥ ( ABC )

D. V =

5 15π
.
54

S

nên

SM ⊥ ( ABC ) .

Tương tự: CM ⊥ ( SAB ) .

K

Gọi G và K lần lượt là tâm của các tam giác ABC và SAB

O
B

M

.
Trong mặt phẳng ( SMC ) , kẻ đường thẳng Gx //SM và kẻ

A

G

C

OG ⊥ ( SAB )
đường thẳng Ky //SM . Gọi =
O Gx ∩ Ky , thì ta có: 
OK ⊥ ( ABC )
Suy ra OG , OK lần lượt là trục của tam giác ABC và SAB .
Do đó ta có: OA
= OB
= OC
= OD
= OS hay O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S . ABC .
Tứ giác OKMN là hình chữ nhật có MK
= MG
=
OK =

12

3
6

nên OKMN là hình vuông. Do đó

3
.
6

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦

3
. Xét tam giác SKO vuông tại K có OS=
3

Mặt khác SK =

3 3
+ =
36 9

OK 2 + SK 2=

15
6

.
Suy ra bán kính mặt cầu cần tìm là =
R OS
=

15
. Vậy thể tích khối cầu cần tìm là:
6
3

4
4  15 
5 15π

.
=
=
π R3
π. =
V

3
3  6 
54
Một hình lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp
hình lăng trụ đó.
A.

a 39
.
6

B.

a 12
.
6

C.

2a 3
.
3

D.

4a
.
3

 Hướng dẫn giải:
Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' . Gọi G , G ' lần lượt là

A'

C'
G'

tâm của hai đáy ABC và A ' B ' C ' . Ta có GG ' chính là trục của các tam
giác ABC và A ' B ' C ' .

B'
2a

O

Gọi O là trung điểm của GG ' thì O cách đều 6 đỉnh của hình lăng trụ
nên là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ. Bán kính mặt cầu là

A

C

R = OA .

G

a

B

Xét
OA =

tam

AG 2 + GO 2 =

giác

OAG

vuông

tại

G,

ta

có:

a2
2a 3

2a 3
. Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là R =
+ a2 =
.
3
3
3

Cho hình trụ có bán kính đáy là R , thiết diện qua trục là một hình vuông. Tính thể tích khối lăng trụ tứ giác
đều nội tiếp trong hình trụ đã cho theo R .
B. 2 2R 3 .

A. 4R 3 .

C. 4 2R 3 .

D. 8R 3 .

 Hướng dẫn giải:
Giả sử ABCD. A ' B ' C ' D ' là lăng trụ tứ giác đều nội tiếp trong hình trụ

C'

D'
O'

thì BDD ' B ' là thiết diện qua trục của hình trụ đã cho nên BD
= BB
=' 2 R

B'

A'

và cạnh đáy hình lăng trụ là R 2 . Do đó thể tích khối lăng trụ

ABCD. A ' B ' C ' D ' là
=
V

R 2 ) .2 R
(=
2

2R

C

D
R

4R3 .

O
A

B

Cho hình trụ có bán kính đáy là 4 cm, một mặt phẳng không vuông góc với đáy và cắt hai mặt đáy theo hai
dây cung song song AB, A ' B ' mà=

AB A=
' B ' 6 cm (hình vẽ). Biết diện tích tứ giác ABB ' A '
bằng 60 cm2. Tính chiều cao của hình trụ đã cho.
A. 6 2 cm.

B. 4 3 cm.

C. 8 2 cm.

D. 5 3 cm.

 Hướng dẫn giải:
Dựng đường sinh B ' C và A ' D , ta có tứ giác A ' B ' CD là hình chữ nhật nên

CD //A ' B ' và=
CD A=
' B ' 6 cm . Vậy CD //AB và CD
= AB
= 6 cm . Do đó tứ giác ABCD là

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

13


hình bình hành và nội tiếp được nên là hình chữ nhật. Từ đó AB ⊥ BC , mặt khác AB ⊥ B 'C
nên AB ⊥ ( BCB ') ⇒ AB ⊥ BB '
Vậy ABB ' C ' là hình bình hành có một góc vuông nên là hình chữ
nhật. Ta có S ABB ' A ' = AB.BB ' nên BB
='

BB ' C

vuông

tại

C

có

60
= 10 cm . Xét tam giác
6
B=
' C 2 BB '2 − BC 2

BC = AC − AB = 64 − 36 = 28
2

2

2

B'
A'

mà

6 2cm

nên
C

B ' C 2 = 100 − 28 = 72 ⇒ B ' C = 6 2 cm .

B
6 cm

D

Vậy chiều cao hình trụ là 6 2 cm .

A

Cho hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai hình tròn ( O; R ) và ( O '; R ) . Tồn tại dây cung AB thuộc đường
tròn (O ) sao cho ∆O ' AB là tam giác đều và mặt phẳng (O ' AB ) hợp với mặt phẳng chứa đường
tròn (O ) một góc 600 . Khi đó, diện tích xung quanh S xq hình trụ và thể tích V của khối trụ tương
ứng là:
A. S xq
=

4π R 2
2π R 3 7
.
;V
=
7
7

B. S xq
=

6π R 2 7
3π R 3 7
.
;V
=
7
7

C. S xq
=

3π R 2
2π R 3 7
.
=
;V
7
7

D. S xq
=

π R3 7
3π R 2 7
.
=
;V

7
7

 Hướng dẫn giải:
' =
* Ta có: OO ' ⊥ ( OAB ) . Gọi H là trung điểm của AB thì OH ⊥ AB, O ' H ⊥ AB ⇒ OHO
600
.
* Giả sử OH = x . Khi đó: 0 < x < R =
và OO ' x=
tan 600 x 3
.
2
* Xét ∆OAH , ta có: AH=
R2 − x2 .

' A AB
= 2 AH
= 2 R 2 − x 2 (1) .
* Vì ∆O ' AB đều nên: O =
* Mặt khác, ∆AOO ' vuông tại O nên:

AO '2 = OO '2 + R 2 = 3x 2 + R 2 ( 2 ) .
* Từ (1) , ( 2 ) ⇒ 4 ( R 2 − x 2 ) = 3x 2 + R 2 ⇒ x 2 =
⇒ h= OO=' x 3=

*

3R 2
.

7

3R 7
.
7

Vậy, nếu kí hiệu S là diện tích xung quanh và V là thể tích của hình trụ thì, ta có:

6π R 2 7
3π R 3 7
2
.
π Rh
; V π=
S 2=
R h
=
=
7
7

Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy
thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng
( ABCD ) tạo với đáy hình trụ góc 450 . Diện tích xung quanh S xq hình trụ và thể tích V của khối

trụ là:
14

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦

π a2 3

3 2a 3
.
=
;V
3
8

A. S xq
=

π a2 3

C. S xq
=

;V
=
4
 Hướng dẫn giải:

3 3a 3
.
16

B. S xq
=
D. S xq

=

π a2 2

3 2a 3
.
=
;V
3
32

π a2 3

=
;V
2

3 2a 3
.
16

* Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD . Khi đó: OM ⊥ AB và O ' N ⊥ DC .
Giả sử I là giao điểm của MN và OO ' . Đặt
=
R OA
=
, h OO ' .
2
IM .
2

* Trong ∆IOM vuông cân tại I nên: OM
= OI
=
h
⇒=
2

2 a
. ⇔=
h
2 2

2
a.
2

* Ta có: R 2 =OA2 + AM 2 + MO 2
2

2
a 2 a 2 3a 2
a a 2
.
=  +
+
=
 =
4
8

8
2  4 

⇒ S xq= 2π Rh= 2π

a 3 a 2 π a2 3
3a 2 a 2 3 2a 3
.
=
=
.
; V= π R 2 h= π
.
2
8
2
16
2 2 2

Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông ABCD cạnh 2 3 cm với AB là đường kính của đường
 = 600 . Khi đó, thể tích V của
tròn đáy tâm O . Gọi M là điểm thuộc cung 
AB sao cho ABM
khối tứ diện ACDM là:
A. V = 6 3 (cm3 ) .

B. V = 2 3 (cm3 ) .

C. V = 6 (cm3 ) .

D. V = 3(cm3 ) .

 Hướng dẫn giải:
Ta có: BM ⊥ AD, BM ⊥ AM ⇒ BM ⊥ ( ADM )
BC //AD ⇒ BC //( ADM )
⇒ d [C , ( ADM )] = d [ B, ( ADM )] = BM

=
⇒V

Vì

1
1
.BM
.S∆ADM
.BM . AM . AD (1).
=
3
6
∆OBM

đều

⇒ BM = 3 ⇒ AM = AB 2 − BM 2 =3 (cm)
1
. =
3.3.2 3 3(cm3 ) .
6
Một hình nón có chiều cao h = 20 cm, bán kính đáy r = 25 cm. Một thiết diện đi qua đỉnh có khoảng cách

=
(1) ⇒ V

từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12cm. Tính diện tích thiết diện đó.
A. 450 2 cm2.

B. 500 2 cm2.

C. 500 cm2.

D. 125 34 cm2.

 Hướng dẫn giải:

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

15


Tính diện tích thiết diện S SAB
1
1
2 IA.SI IA.SI
AB.SI
=
=
2
2
+ Xét tam giác vuông SOI , ta có:

+ Ta có
S∆SAB
=

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

+ Mặt khác, xét tam giác vuông SOI thì:
OI .OS 20.15
=
= 25 (cm).
12

OH

OI .OS
= SI .OH ⇒ SI=

+ Trong tam giác vuông AIO , ta có:

IA =

OA2 − OI 2 =

252 − 152 = 20 (cm).

+ Từ đó suy ra: S=
=
= 500 (cm2).
IA
.SI 20.25
∆SAB
Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ có cạnh là a . Hãy tính diện tích xung quanh S xq và thể tích V của
khối nón có đỉnh là tâm O của hình vuông ABCD và đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông

A’B’C’D’ .
A. S xq
=
C. S xq
=

π a2 5

=
;V
2

π a2 3

=
;V
2
 Hướng dẫn giải:

π a3
12

π a3
6

B. S xq
=

.

π a2 5

=
;V
4

D. S xq π=
=

a 2 5;V

.

a
.
2
nón

π a3

.

4

π a3
4

.

Khối nón có chiều cao bằng a và bán kính đáy r =
Diện

tích

xung

quanh

khối

là

π a2 5
a
(đvdt)
S xq =
π rl =
π .a. a +   =
2
2
2

2

1
1 2
1 a
π a3
(đvtt)
=
Bh
π=
r h
π =
a

3
3
3 2

12
2

Thể tích của khối nón là:
=
V

Thiết diện đi qua trục của hình nón đỉnh S là một tam giác vuông cân có cạnh cạnh huyền bằng a 2 . Kẻ
dây cung BC của đường tròn đáy hình nón, sao cho mp ( SBC ) tạo với mặt phẳng chứa đáy hình
nón một góc 600 . Diện tích tam giác SBC tính theo a là:
16

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦


a2 2
A.
.
3
 Hướng dẫn giải:

a2 2
B.
.
6

a2 3
C.
.
2

a2 6
D.
.
3

+ Do thiết diện đi qua trục là tam giác ∆SAB vuông cân tại đỉnh S , có cạnh huyền AB = a 2
nên suy ra bán kính đáy hình nón là r =
cao hình nón=
h SO
=

a 2
; đường sinh hình nón=
l SA
= SB
= a ; đường
2

a 2
.
2

+ Gọi I là trung điểm BC thì OI ⊥ BC (1)
 BC ⊥ OI
Ta lại có: 
⇒ BC ⊥ ( SOI ) ⇒ BC ⊥ SI (2)
 BC ⊥ SO
Gọi (α ) là mặt phẳng chứa đáy thì (α ) ∩ (SBC) =
BC (3)


(α ), (SBC)
=
SI , OI
=
) SIO
= 600 .
Từ (1), (2) và (3) suy ra (
) (
Xét

tam

giác

SOI

vuông

tại

O,

ta

có:

a 2
SO

a 6
2
.
=
SI
= =

3
3
sin SIO
2
2

Xét tam giác
⇒ BC = 2 IB =

SIB

vuông tại

I , ta có:

IB =

SB − SI =
2

2

a 6

a 3
a −
 =
3
 3 
2

2a 3
.
3

1
1 a 6 2a 3 a 2 2
(đvdt).
Diện tích thiết diện SBC là:
S∆SBC
SI .BC
.
=
=
=
2
2 3
3
3

Cho hình nón tròn xoay có đỉnh là S , O là tâm của đường tròn đáy, đường sinh bằng a 2 và góc giữa
đường sinh và mặt phẳng đáy bằng 600 . Gọi I là một điểm trên đường cao SO của hình nón
sao cho tỉ số

SI 1
= . Khi đó, diện tích của thiết diện qua I và vuông góc với trục của hình nón
OI 3

là:
A.

π a2 2

.
18
 Hướng dẫn giải:

B.

π a2
9

.

C.

π a2
18

.

D.

π a2

36

.

Gọi A là một điểm thuộc đường tròn đáy hình nón. Thiết diện qua I
và vuông góc với trục của hình nón là một hình tròn có bán kính như
hình vẽ. Gọi diện tích này là Std . Theo giả thiết ta có đường sinh
 = 600 .
SA = a 2 và góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy là SAO
Trong tam giác vuông SAO=
có OA SA
=
cos 600

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

a 2
.
2

17


SI
IB
SI
1a 2 a 2
=
⇒ IB =
.OA =

=
SO OA
SO
3 2
6

Ta có ∆SIB ∽ ∆SOA ⇒

2

a 2
π a2
.
Std π=
IB π .  =
⇒=

18
 6 
2

Cho hình nón đỉnh S với đáy là đường tròn tâm O bán kính R . Gọi I là một điểm nằm trên mặt phẳng
đáy sao cho OI = R 3 . Giả sử A là điểm nằm trên đường tròn (O; R ) sao cho OA ⊥ OI . Biết
rằng tam giác SAI vuông cân tại S . Khi đó, diện tích xung quanh S xq của hình nón và thể tích
V của khối nón là:

A. S xq π=
=
R 2 2;V

π R3
3

π R2 2

C. S xq
=

π R3

=
;V
2
 Hướng dẫn giải:

6

B. S xq 2=
=
π R 2 ;V

.

2π R 3
.
3

2π R 3
D.
.

=
S xq π=
R ;V
3
2

.

S

+ Xét tam giác AOI vuông tại O , có:
IA2 = OA2 + OI 2 = R 2 + 3R 2 = 4 R 2 ⇒ IA = 2 R

+ Do tam giác SAI vuông cân tại S nên ta có:
IA = SA 2 ⇒ SA =

IA 2 R
=
= R 2.
2
2

O

I

+ Xét tam giác SOA vuông tại O , ta có:

SO=

SA2 − OA2=

A

2 R 2 − R 2= R .

+ Diện tích xung quanh của hình nón là: =
S xq π=
Rl π R.R=
2 π R 2 2 (đvdt).
+ Thể tích của khối nón tương ứng là:
=
V

π R3
1
1
1
2
(đvtt).
=
=
π=
πR
Bh
R2h
R
3
3
3

3

Một hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng a 3 , góc ở đỉnh là 1200. Thiết diện qua đỉnh của hình nón là
một tam giác. Diện tích lớn nhất Smax của thiết điện đó là bao nhiêu ?
B. Smax = a 2 2 .

A. Smax = 2a 2 .

C. Smax = 4a 2 .

D. Smax =

9a 2
.
8

 Hướng dẫn giải:
Giả sử O là tâm đáy và AB là một đường kính của đường tròn đáy hình nón. Thiết diện qua đỉnh
của hình nón là tam giác cân SAM . Theo giả thiết hình nón có bán kính đáy =
R OA
= a 3 cm
,


ASB = 1200

sin 600 =

18

nên

 = 600 .
ASO

Xét

tam

giác

SOA

vuông

tại

O,

ta

có:

OA
OA
⇒ SA =
= 2a .
SA
sin 600

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦


1
 1=
 2a 2 sin ASM

=
SA.SM .sin ASM
2a.2a.sin ASM
2
2

Diện tích thiết
diện là: S∆SAM
=

 ≤ 1 nên S
Do 0 < sin ASM
∆SAM lớn nhất khi và chỉ

S

 = 1 hay khi tam giác ASM vuông cân
khi sin ASM
tại đỉnh S (vì 
ASB
= 1200 > 900 nên tồn tại tam giác

O

B

ASM thỏa mãn).

A

M

Vậy diện tích thiết diện lớn nhất là: Smax = 2a 2 (đvtt).
VẬN DỤNG CAO
Bán kính r của mặt cầu nội tiếp tứ diện đều cạnh a là
a 6
.
12
 Hướng dẫn giải:

B. r =

A. r =

a 6
.
8

a 6
.
6

C. r =

D. r =

Gọi O là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện đều ABCD cạnh a .
a

Ta tính được thể tích khối tứ diện đều là VABCD =
Mặt

khác,

ta

VABCD = VO . ABC + VO . ACD + VO . BCD + VO . ABD

3

2

12

a 6
.
4

A

.

lại

có:
O

(*)

Mỗi hình tứ diện đỉnh O đều có chiều cao r và diện tích đáy là

B

D

a2 3
.
4

C

1 a2 3
a3 2
a 6
.
r
= 4. r.
⇒=
12
3
4
12
Chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình cầu có bán kính R là

Do đó, từ (*) ta suy ra: VABCD
=

A. R 3 .

B.

R 3
.
3

C.

4R 3
.
3

D.

2R 3
.
3

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

=
r
Bán kính của khối trụ là

R 2 − x 2 . Thể tích khối trụ là:

x

=
V π ( R − x )2 x . Xét hàm số V ( x=
) π ( R − x )2 x, 0 < x < R
2

Ta

2

2

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

có

R

2

R 3
3

O
x

.

Bảng biến thiên:

x

R 3
3

0

V '( x )
V ( x)

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

+

0

R

−

4π R 3 3
9

19

0

0

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

2R 3
;
3

4π R 3 3
.
9

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 .
A. x =

h
.
2

B. x =

h
.
3

C. x =

2h
.
3

D. x =

h
.
3

O

B

h

J
x

I R

r

A

 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
r h−x

R
nón, B là điểm chung của OA với khối trụ. Ta có: =
(h − x ) .
r
⇒=
R
h
h

Thể tích khối trụ là:
=
V π=
xR 2 π x

R2
(h − x )2
2
h

R2
Xét hàm số =
V ( x ) π x 2 (h − x )2 , 0 < x < h .
h

Ta có V '( x ) = π

R2
h
( h − x )( h − 3x ) = 0 ⇔ x = hay x = h.
2

h
3

Bảng biến thiên:

x

h
3
0

0

+

V '( x )

h

−

0

4π R 2 h
27

V ( x)

0

0

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

h
;
3

4π R 2 h
.
Vmax =
27
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 .

20

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦


O

h
x

h
.
3
 Hướng dẫn giải:

B. x = h 3 .

A. x =

Từ hình vẽ ta có

C. x =

2h
.
3

D. x =

h 3
.
3

JB OJ h − x
R(h − x )
.
=
=
⇒ JB =
IA OI
h
h

1 R2

Thể tích khối nón cần tìm
là: V
=
π 2 (h − x )2 x .
3 h
Xét hàm số=
V ( x)

O

1 R2
π
(h − x )2 x , 0 < x < h .
3 h2
2

1 R
h
Ta có V '( x ) = π 2 ( h − x )( h − 3x ) = 0 ⇔ x = h hay x = .
3 h
3
Bảng biến thiên:

x

+

V '( x )

h

x

I

h
3

0

B

J

R

A

h

−

0

0

4π R 2 h
81

V ( x)

0

0

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

h
;
3

4π R 2 h
.
81
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
Vmax =

tích của khối trụ ngoại tiếp hình cầu S (O; r ) là
A.

(

16π R 3

)

5 −1

3

.

B.

4π R 3
.
1+ 2 5

C.

16π R 3

(1 + 5 )

3

.

D.

4π R 3
.
2 5 −1

 Hướng dẫn giải:

O

Giả sử hình nón có đỉnh O và đường kính đáy là AB .
Ta có OA =

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

2R

Tam giác OAB có diện tích là S = 2 R 2 ,

O

chu vi là=
2 p 2 R(1 + 5) . Do đó bán kính khối cầu S (O; r ) là
=
r

S
2R
.
=
p 1+ 5

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

A

r

R

B

21


Thể tích khối trụ cần tìm là:=
Vtru π=
r 2 h 2=
π r3

16π R 3

(1 + 5 )

3

.

Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của khối trụ có thể
tích lớn nhất là:

=
A. R

1 S
S
;h
=
.
2π
2 2π

=
B. R

S
=
;h
4π

=
C. R

2S
2S
;h 4
=
.
3π
3π

=
D. R

S
S
=
;h 2
.
6π
6π

S
.
4π

 Hướng dẫn giải:
Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích toàn phần của hình trụ là S .
Ta có: S = S2 day + S xq = 2π R 2 + 2π Rh . Từ đó suy ra:
S
S
V
V
V Cauchy 3 V 2
= R 2 + Rh ⇔
= R2 +
= R2 +
+
3
πR
2π
2π
2π R 2π R ≥
4π 2

hay

3

V2  S 
S3
.

27 2 ≤ 
V
⇔
≤

4π
54π
 2π 

Vậy Vmax =

S3
V
π R 2 h Rh
. Dấu “=” xảy ra ⇔=
hay h = 2 R .
R2 = =
54π
2π R 2π R
2

S
S
h 2=
R 2
và=
.
6π
6π

S 6π R 2 ⇒ =
R
Khi đó =

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM TỰ RÈN LUYỆN (CÓ HƯỚNG DẪN)
Thiết diện qua trục của một hình nón tròn xoay là một tam giác vuông cân có điện tích bằng 2a 2 . Khi đó
thể tích của khối nón bằng:
2 2π a 3
A.
3

π a3
B.
3

4 2π a 3
C.
3

D.

2π a 3
3

Hướng dẫn giải
1 2
l = 2a 2 ⇒ =
l 2a
2
Dùng định lý Pitago cho tam giác thiết diện ta được đường kính đường tròn đáy

Ta có: S=

d 2a 2 ⇒=
r a 2
=
1
1 2 2
2 2π a 3
.
π r l − r 2=
Bh=
3
3
3
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a . Gọi S là diện tích xung quanh của hình trụ có hai

Vậy V=

đường tròn đáy lần lượt ngoại tiếp các hình vuông ABDC và A'B'C'D'. Khi đó S bằng:
A. S = π a 2

B. S = π a 2 2

C. S =

π a2 2
2

D. S =

π a2 2
4

Hướng dẫn giải

22

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦


+) Đáy là hình vuông cạnh a ⇒ đường chéo bằng AC = a 2 ⇒ bán kính đường tròn ngoại tiếp
đáy r =

a 2
.
2

+) Đường sinh l bằng cạnh của hình lập phương ⇒ l =
a

S xq 2=
π rl π a 2 2 ⇒ Chọn B.
+) Vậy =
Một hình lập phương có diện tích mặt chéo bằng a 2 2 . Gọi V là thể tích khối cầu và S là diện tích mặt
cầu ngoại tiếp hình lập phương nói trên. Khi đó tích S .V bằng:
A. S .V =

3 3π 2 a 5
2

3π 2 a 5
2

B. S .V =

C. S .V =

3π 2 a 5
2

D. S .V =

3 6π 2 a 5
2

Hướng dẫn giải
+) Đặt AB =
x ⇒ BD =
x 2
+) Ta có: S BDD ' B ' = a 2 2 = x. x 2 ⇒ x = a ⇒ BD ' = a 3 ⇒ R =
+) Khi đó ta có:
=
V
+) Vậy SV =

a 3
.
2

4
π a3 3
và
=
π R 2 3π a 2
S 4=
=
π R3
3
2

3 3π 2 a 5
⇒ Chọn A.
2

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có
=
AB a=
, BC a 3,=
AA ' a 5 . Gọi V là thể tích hình nón sinh
ra khi quay tam giác AA'C quanh trục AA'. Khi đó V bằng:
2π a 3 5
A. V =
3

B. V =

π a3 5
3

4π a 3 5
C. V =
3

4π a 3 3
D. V =
5

Hướng dẫn giải.
Ta có: r =AC = AB 2 + BC 2 =2a
4π a 3 5
1
1 2
Bh
AA '
=
πr =
3
3
3
Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4π và có thiết diện qua trục là một hình vuông. Khi đó thể tích

Vậy:
V
=

khối trụ tương ứng bằng:
A. 2π

B. 4π

C.

π

D. π

2

Hướng dẫn giải
+) Theo đề ta có: S xq = 4π ⇒ 2π rl = 4π ⇒ rl = 2 (*)
l
+) Thiết diện qua trục là hình vuông ⇒ r = . Thay vào (*) ta được: l = 2 ⇒ r = 1
2
2
+) Vậy =
V π r=
l 2π ⇒ Chọn A.
Tỉ số thể tích của khối lập phương và khối cầu ngoại tiếp khối lập phương đó bằng:

A.

6
3π

B.

2 3

C.

π

3
3π

D.

2 3
3π

Hướng dẫn giải
+) Thể tích khối lập phương V = a 3 .
Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

23


+) Đăt AB = a ⇒ AC = a 2 ⇒ A ' C = a 3 ⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối lập phương là
R=

π a3 3
a 3
4
(**).
⇒ VCâu = π R 3 =
2
3
2

Từ (*) và (**) suy ra:

Vlâp phuong 2 3
=
⇒ Chọn D
3π
VCAU

Một hình nón có đường sinh hợp với đáy một góc α và độ dài đường sinh bằng l. Khi đó diện tích toàn
phần của hình nón bằng:
A. Stp = 2π l 2 cos α . cos2
C. Stp = π l 2 cos α . cos2

α

B. Stp = 2π l 2 cos α .sin 2

2

α

D. Stp =

2

α
2

1 2
α

π l cos α . cos2
2
2

Hướng dẫn giải
r
+) Ta có: = cos α ⇒=
r l cos α
l
+)

STP = S XQ + S Đ = π rl + π r 2 = π l 2 cos α + π l 2 cos2 α = π l 2 cos α (1 + cos α ) = 2π l 2 cos α cos2

α
2

+) Vậy chọn A.
Cho lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằng A. Gọi V là thể tích hình trụ ngoại tiếp khối lăng trụ nói trên.
Khi đó V bằng:
A. V =

π a3 3
3

B. V =

π a3
3

3π a 3 3

C. V =
2

D. V =

π a3
6

Hướng dẫn giải
+) Gọi I, G lần lượt là trung điểm BC và trọng tâm tam giác ABC.
+) Tam giác ABC đều ⇒ AI =

a 3
2 a 3 a 3
⇒ AG =
.
=
= r
2
3 2
3

+) l = a .

V π=
r 2l
+) Vậy=

π a3
⇒ Chọn B.

3

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

a 6
. Khẳng định nào sau đây
3

sai?
A. Không có mặt cầu ngoại tiếp S.ABC.
B. Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có tâm là trọng tâm tam giác ABC.
C. Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có tâm là trực tâm tam giác ABC.
a 3
3
Một hình nón có bán kính đường tròn đáy bằng A. Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác có góc
ở đỉnh bằng 1200. Gọi V là thể tích khối nón. Khi đó V bằng:

D. Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có bán kính R =

A. V =
24

π a3
6

B. V =

π a3 3
3

C. V =

π a3 3
9

D. V =

π a3
3

Tài liệu dành riêng cho ✦ THÀNH VIÊN VIP ✦


Hướng dẫn giải
+) r=a
+) Góc ở đỉnh= 1200 ⇒ h=
+) V
=

a
a 3
=
0
tan 60
3

1
1 2
π a3 3
=

S Đ .h
=
πr h
⇒ Chọn C.
3
3
9

Trong không gian cho hình vuông ABCD cạnh a . Gọi I và H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và
CD. Khi quay hình vuông đó xung quanh trục IH ta được một hình trụ tròn xoay.Khi đó thể tích
khối trụ tương ứng bằng:
A.

π a3

B.

4

π a3

C.

12

4π a 3
3

D.

π a3 2
4

Hướng dẫn giải
+) Ta=
có: r

a
=
và l a
2

2
V B=
.h π r=
l
+)=

π a3
4

Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB = 3a, BC = 4a, SA ⊥ ( ABC ) , cạnh bên SC
tạo với đáy góc 600. Khi đó thể tích khối cầu ngoại tiếp S.ABC là:
A. V =

π a3

B. V =

3

50π a 3
3

C. V =

5π a 3
3

D. V =

500π a 3
3

Hướng dẫn giải
+) Ta có: ∆SAC vuông tại S(*).
 BC ⊥ AB
+) 
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ ∆SBC vuông tại B(**)
 BC ⊥ SA
+) Từ (*) và (**) ⇒ Tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC là trung điểm đoạn SC.
+) Ta có: AC = AB 2 + BC 2 = 5a. Mà

V
=
+) Vậy

AC
1
SC

= cos 600 = ⇒ SC = 2 AC = 10a ⇒ R =
= 5a
SC
2
2

4
500π a 3
π R3
=
⇒ Chọn D.
3
3

Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A′B′C′D′ có cạnh đáy bằng a , chiều cao 2a . Biết rằng O′ là tâm của
A′B′C′D′ và (C) là đường tròn nội tiếp đáy ABCD. Diện tích xung quanh của hình nón có đỉnh
O′ và đáy (C).
A. S xq =

3π a 2
2

B. S xq =

5π a 2
2

C. S xq =

π a2

2

D. S xq =

3 2π a 2
2

Hướng dẫn giải
+) ABCD.A'B'C'D' là lăng trụ tứ giác đều ⇒ đáy ABCD là hình vuông. Khi đó bán kính đường
tròn ngoại tiếp đáy là r =
+) Đường sinh l = O ' A =

AC a 2
.
=
2
2

AA '2 + A ' O 2 =

Tài liệu KYS Nuôi dưỡng những ước mơ

4a 2 +

a 2 3a 2
.
=
2
2
25