Chuyên đề 24 một số bài toán tổng hợp khối tròn xoay đáp án

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

MỘT SỐ BÀI TỐN TỔNG HỢP KHỐI TRÒN XOAY

Chuyên đề 24

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – GIỎI
Câu 1.

(Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hình nón  N  có đỉnh S , bán kính đáy bằng

3a và độ dài đường

sinh bằng 4a . Gọi T  là mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của  N  . Bán kính của  T  bằng
A.

2 10 a
.
3

B.

16 13a
.
13

8 13a
.
13
Lời giải.

C.

D. 13a .

Chọn C
Cách 1.

Nếu cắt mặt cầu ngoại tiếp khối nón  N  bởi mặt phẳng  SAB  , ta được mộ hình trịn ngoại tiếp
tam giác SAB . Khi đó bán kính mặt cầu T  bằng bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác SAB .
Gọi M là trung điểm của SB . Kẻ đường vng góc với SB tại M , cắt SO tại I .
Khi đó I là tâm đường trịn ngoại tiếp SAB và r  SI là bán kính đường trịn ngoại tiếp SAB .
Ta có: SIM ∽ SBO 

SI SM
SM

 SI 
.SB .
SB SO
SO

 SM  2a

8a 13
 r  SI 
Trong đó:  SB  4a
.
13

2

2
 SO  SB  OB  a 13
Cách 2.
Gọi O là tâm của mặt cầu T  , H là tâm đường tròn đáy của  N  , M là một điểm trên đường
tròn đáy của  N  và R là bán kính của T  .

Facebook Nguyễn Vương  Trang 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Ta có: SO  OM  R ; OM 2  OH 2  HM 2 ; SH  SM 2  HM 2  13a .
Do SH  HM nên chỉ xảy ra hai trường hợp sau
Trường hợp 1: SH  SO  OH

Ta có hệ phương trình
OH  13a  R
 R  OH  13a

.
 2
 2
2
2
2
2
2
 R  OH  3a
 R  13a  2 3aR  R  3a *

Giải * ta có R 

8 13a
.
13

Trường hợp 2: SH  SO  OH .

OH  R  13a
 R  OH  13a
Ta có hệ phương trình  2
.

 2
2
2
2
2
2
 R  13a  2 13aR  R  3a *
 R  OH  3a

Giải * ta có R 

8 13a
.
13

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Câu 2.

(Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hình nón  N  có đỉnh S , bán kính đáy bằng a và độ dài đường
sinh bằng 4a . Gọi T  là mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của  N  . Bán kính của T  bằng
A.

2 6a
.
3

B.

16 15a
.
15

8 15a
.
15
Lời giải
C.

D. 15a .

Chọn C

Gọi I là tâm của T  thì I  SO và IS  IA . Gọi M là trung điểm của SA thì IM  SA .
Ta có SO  SA2  OA2 

 4a 

Lại có SM .SA  SI .SO  SI 
Câu 3.

2

 a 2  a 15 .

SM .SA 2a.4a 8 15a


.
SO
15
a 15

(Mã 101 - 2020 Lần 2) Cho hình nón N có đỉnh S ,bán kính đáy bằng

2a và độ dài đường

sinh bằng 4a .Gọi T là mặt cầu đi qua S và đường trịn đáy của N .Bán kính của T bằng
A.

4 2
a.
3

B. 14a .

4 14
a.
7
Lời giải
C.

D.

8 14
a.
7

Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 3


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi R là bán kính mặt cầu T , SH là đường cao của hình nón
 SH 

 

4a   a 2
2

2

 a 14

  

Gọi  I là tâm mặt cầu  R 2  a 2
Câu 4.

2

 R  a 14



2

R

4 14
a
7

(Mã 104 - 2020 Lần 2) Cho hình nón  N  có đỉnh S , bán kính đáy bằng a và độ dài đường sinh
bằng 2 2a . Gọi T  là mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của  N  . Bán kính của T  bằng
A.

4 7a
.
7

B.

8 7a
.
7
Lời giải

4a
.
3

C.

D.

7a .

Chọn A
Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là tam giác SAB cân tại S .
1
1
Khi đó ta có S SAB  SH . AB  a 7 .2a  7 a 2 .
2
2



Ta có S SAB 
Câu 5.



SA.SB. AB
SA.SB.SC 2 2a.2 2a.2a 4a 7
.
R


4R
4 S SAB
7
4.a 2 7

(THPT Bạch Đằng Quảng Ninh 2019) Cho hình thang ABCD vng tại A và B với
AD
AB  BC 
 a. Quay hình thang và miền trong của nó quanh đường thẳng chứa cạnh BC .
2
Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành.

A. V 

4 a 3
.
3

B. V 

5a 3
.
3

C. V  a3 .

D. V 

Lời giải

Thể tích của khối trụ sinh bởi hình chữ nhật ABID khi quay cạnh BI là:
V1  . AB 2 . AD  2a3 .
Thể tích của khối nón sinh bởi tam giác CID khi quay cạnh CI là:

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
7 a 3
.
3


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

1
a 3
.
V2  .ID 2 .CI 
3
3

Vậy V  V1  V2 
Câu 6.

5a 3

.
3

(THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Một hình nón có chiều cao 9  cm  nội tiếp trong một hình
cầu có bán kính 5  cm  . Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của khối nón và khối cầu. Tính tỉ số

A.

81
.
125

B.

81
.
500

27
.
125
Lời giải

C.

D.

V1
.
V2

27
.
500

Gọi hình cầu có tâm O bán kính R.
Gọi hình nón có đỉnh S, tâm đáy là H, bán kính đáy r  HA.
Vì hình nón nội tiếp hình cầu nên đỉnh S thuộc hình cầu, chiều cao SH của hình nón đi qua tâm O của hình
cầu, đồng thời cắt hình cầu tại điểm S ' .
Theo đề chiều cao hình nón SH  9 , bán kính hình cầu OS  5  OH  4 , từ đó ta có
HA  OA2  OH 2  52  4 2  3 .
1
1
1
Thể tích khối nón V1  h r 2  SH . .HA2  .9 32  27 .
3
3
3
4
4
500
Thể tích khối cầu V2   R 3   53 
.
3
3
3
V
27
81
Tỉ số 1 

.

V2 500 500
3

Câu 7.

(Sở Ninh Bình 2019) Một khối gỗ hình trụ trịn xoay có bán kính đáy bằng 1, chiều cao bằng 2 .
Người ta khoét từ hai đầu khối gỗ hai nửa khối cầu mà đường tròn đáy của khối gỗ là đường tròn
lớn của mỗi nửa khối cầu. Tỉ số thể tích phần cịn lại của khối gỗ và cả khối gỗ ban đầu là
A.

2
.
3

B.

1
.
4

1
.
3
Lời giải
C.

D.

1
.
2

Theo bài tốn ta có hình vẽ

Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

2

1

Thể tích của khối trụ là V   .12.2  2 .
Vì đường trịn đáy của khối trụ là đường tròn lớn của mỗi nửa khối cầu nên bán kính của mỗi nửa
khối cầu là R  1 .

1 4 .13 4

Thể tích của hai nửa khối cầu bị khoét đi là V1  2  
.
2 3
3
4 2

Thể tích của phần cịn lại của khối gỗ là V2  V  V1  2 
.
3

3
2
V2
1
Vậy tỉ số thể tích cần tìm là
 3  .
V
2 3
Câu 8.

(Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Một khối trụ bán kính đáy là a 3 , chiều cao là 2a 3 .
Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối trụ.

A. 8 6 a 3 .

B. 6 6 a 3 .

C. 4 3 a 3 .

D.

4 6
 a3 .
3

Lời giải

Xét hình hình chữ nhật OABO' như hình vẽ, với O, O ' lần lượt là tâm hai đáy của khối trụ. Gọi I
là trung điểm đoạn thẳng OO' . Khi đó IA là bán kính khối cầu ngoại tiếp khối trụ.
Ta có: IA2  OA2  OI 2  3a 2  3a 2  6a 2  IA  6a .

3
4
Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối trụ là: V   6a  8 6 a 3
3



Câu 9.



(THPT Chuyên Thái Nguyên 2019) Một khối cầu pha lê gồm một hình cầu  H1  bán kính R và

1
3
một hình nón  H 2  có bán kính đáy và đường sinh lần lượt là r , l thỏa mãn r  l và l  R
2
2
Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

xếp chồng lên nhau (hình vẽ). Biết tổng diện tích mặt cầu  H1  và diện tích tồn phần của hình
nón  H 2  là 91cm2 . Tính diện tích của mặt cầu  H1 

A.

104 2
cm
5

B. 16cm2

C. 64cm2

D.

26 2
cm
5

Lời giải

1
1 3
3
r  l  . R  R . Diện tích mặt cầu S1  4 R2
2
2 2
4
3 3
9
27 R 2
Diện tích tồn phần của hình nón S2   rl   r 2   . R. R   . R 2 
4 2
16
16

Theo giả thiết: 4 R 2 

27 R 2
91 R 2
 91 
 91   R 2  16
16
16

Vậy S1  4 R 2  64cm2
Câu 10.

(KTNL GV Thuận Thành 2 Bắc Ninh 2019) Cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB  1 ,
đáy lớn CD  3 , cạnh bên BC  DA  2 . Cho hình thang đó quay quanh AB thì được vật
trịn xoay có thể tích bằng
A.

5
.
3

B.

4
.
3

7
.
3
Lời giải
C.

D.

2
.
3

Chọn C

Thể tích của khối trịn xoay bằng thể tích của hình trụ đường cao DC và bán kính đường trịn đáy
AH . AH  DH  1
Trừ đi thể tích hai khối nịn trịn xoay chiều cao DH bán kính đường trịn đáy AH
Ta có thể tích khối trịn xoay cần tìm là:
Facebook Nguyễn Vương 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 11.

1
7
V  3..12  2. .1..12  
3
3

(Sở Thanh Hóa 2019) Một hộp đựng mỹ phẩm được thiết kế (tham khảo hình vẽ) có thân hộp là
hình trụ có bán kính hình trịn đáy r  5cm , chiều cao h  6cm và nắp hộp là một nửa hình cầu.
Người ta cần sơn mặt ngồi của cái hộp đó (khơng sơn đáy) thì diện tích S cần sơn là

A. S  110 cm 2 .

B. S  130 cm 2 .

C. S  160 cm 2 .

D. S  80 cm 2 .

Lời giải
Diện tích nắp hộp cần sơn là: S1 

4 r 2
 50 cm 2 .
2

Diện tích than hộp cần sơn là: S2  2 rh  60 cm 2 .
Diện tích S cần sơn là: S  S1  S2  50  60  110 cm 2 .
Câu 12. (Sở Bình Phước 2019) Một đồ vật được thiết kế bởi một nửa khối cầu và một khối nón úp vào
nhau sao cho đáy của khối nón và thiết diện của nửa mặt cầu chồng khít lên nhau như hình vẽ bên.
Biết khối nón có đường cao gấp đơi bán kính đáy, thể tích của tồn bộ khối đồ vật bằng 36 cm3.
Diện tích bề mặt của tồn bộ đồ vật đó bằng

A. 



C. 9



5  3 cm2





5  3 cm2

B. 9
D. 







5  2 cm2



5  2 cm2
Lời giải

Chọn B

1
2
Thể tích khối nón là V1  .R 2 .2 R  .R 3
3

3
1 4
2
Thể tích nửa khối cầu là V2  . .R 3  .R3
2 3
3
Thể tích của tồn bộ khối đồ vật là V1  V2  36 

4
.R 3  36  R  3
3

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

Diện tích xung quanh của mặt nón là S1   R. 4 R  R   R
2

2

2

5  9 5

1
Diện tích của nửa mặt cầu là S2  .4 R 2  18
2
Diện tích bề mặt của tồn bộ đồ vật bằng S1  S2  9
Câu 13.





5  2 cm2 .

(Sở Hà Nội 2019) Cho khối cầu  S  có bán kính R . Một khối trụ có thể tích bằng

4 3 3
R và
9

nội tiếp khối cầu  S  . Chiều cao của khối trụ bằng
A.

3
R.
3

2
R.
2
Lời giải

B. R 2 .

C.

D.

2 3
R
3

Gọi r là bán kính của khối trụ và h là chiều cao của khối tru, khi đó ta có
2

2

h
h
r  R     R2  .
4
 2
2

2


h2 
Thể tích của khối trụ là V   r 2 h    R 2   h .
4

Theo đề bài thể tích khối trụ bằng

4 3 3
R nên ta có phương trình
9
3


4 3 3
h2 
h
h
R    R 2   h  9h3  36 R 2 h  16 3R 3  0  9    36    16 3  0
9
4
R
R

h 2 3
2 3
 
h
R.
R
3
3
2 3
R.
3
Câu 14. Tính thể tích của vật thể trịn xoay khi quay mơ hình (như hình vẽ) quanh trục DF .

Vậy chiều cao khối trụ là h 

E

F

a

  30
A

B
a

a
D

C

Facebook Nguyễn Vương 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.

10 3
a.
7

B.


3

a3 .

5 3
a.
2
Lời giải
Lời giải

C.

D.

10 3
a.
9

Chọn D
Khi quay mơ hình trên quanh trục DF . Tam giác AFE tạo ra khối nón trịn xoay (N ) và hình
vng ABCD tạo ra khối trụ trịn xoay (T ).

N  có chiều cao AF  a, bán kính đáy
0

EF  AF . tan 30 

2

1 a 
a 3
 VN      a 
.

3  3 
9
3

a

T  có chiều cao AD  a, bán kính đáy AB  a  V   a .a  a .
2

3

T

a 3


Vậy thể tích cần tính là: V  VN  VT   a 3 
9
Câu 15.

10a 3
.
9

(Sở Ninh Bình 2019) Cho mặt cầu  S  tâm O , bán kính bằng 2.  P  là mặt phẳng cách O một
khoảng bằng 1 và cắt  S  theo một đường tròn  C  . Hình nón  N  có đáy là  C  , đỉnh thuộc

 S  , đỉnh cách  P 

một khoảng lớn hơn 2 . Kí hiệu V1 , V2 lần lượt là thể tích của khối cầu  S 

và khối nón  N  . Tỉ số

A.

1
.
3

V1
là
V2
B.

2
.
3

16
.
9
Lời giải

C.

D.

32
.
9

4
4
32
Thể tích khối cầu  S  là V1   .R 3   .23  
3
3
3

Khối nón  N  có bán kính đáy r  22  12  3 , chiều cao h  3
1
1
Thể tích khối nón  N  là V2   r 2 h   .
3
3

Câu 16.

 3  .3  3 . Do đó VV
2

1
2



32
.
9

(Mã 104 2017) Cho mặt cầu  S  tâm O , bán kính R  3 . Mặt phẳng  P  cách O một khoảng
bằng 1 và cắt  S  theo giao tuyến là đường trịn  C  có tâm H . Gọi T là giao điểm của tia HO
với  S  , tính thể tích V của khối nón có đỉnh T và đáy là hình trịn  C  .

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

32
A. V 
3

16
C. V 
3
Lời giải

B. V  16

D. V  32

Chọn A
T

O

R=3

1
H

(C)

Gọi r là bán kính đường trịn  C  thì r là bán kính đáy của hình nón ta có: r 2  R 2  OH 2  8 ;

HT  HO  OT  1  3  4  h là chiều cao của hình nón.
1
1
32
Suy ra: Vn  .h.SC   .4. .8 
.
3
3
3
Câu 17. Một hình trụ có hai đường trịn đáy nằm trên một mặt cầu bán kính R và có đường cao bằng bán
kính mặt cầu. Diện tích tồn phần của hình trụ đó bằng

3  2 3  R
A.

2

.

3

3  2 3   R
B.
2

3  2 2  R

C.

2

.

2

2

.

3  2 2  R
D.
3

2

.

Lời giải
Chọn B

Đường cao hình trụ h  R nên ta có bán kính của đáy hình trụ r  R 2 
S xq  2 rh  2

R 3
R   R2 3 .
2
2

Vậy Stp  S xq  2Sđáy   R
Câu 18.

R2 R 3

.
4
2

2





3  2 3  R2
R 3
3  2 
.
 
2
 2 

(Mã 110 2017) Cho mặt cầu  S  có bán kính bằng 4 , hình trụ  H  có chiều cao bằng 4 và hai
đường tròn đáy nằm trên  S  . Gọi V1 là thể tích của khối trụ  H  và V2 là thể tích của khối cầu

 S  . Tính tỉ số

V1

V2

Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.

V1 9

V2 16

B.

V1 2

V2 3

C.

V1 1

V2 3

D.

V1
3


V2 16

Lời giải
Chọn A

Ta có r  42  22  2 3 . Thể tích của khối trụ  H  là V1   r 2 h   .12.4  48 .
V
9
4
4
256
Thể tích của khối cầu  S  là V2   R 3   .43 
. Vậy 1  .
V2 16
3
3
3

Câu 19.

(Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường trịn tâm I đường
kính AA , M là trung điểm BC . Khi quay tam, giác ABM với nữa hình trịn đường kính AA
xung quanh đường thẳng AM (như hình vẽ minh hoạ), ta được khối nón và khối cầu có thể tích
V
lần lượt V1 , V2 .Tỉ số 1 bằng:
V2

A.

9

4

B.

4
9

27
32
Lời giải
C.

D.

9
32

Chọn D

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi tam giác đều cạnh a . Ta có
a
r  là bán kính đường trịn đáy của khối nón.
2

2 a 3 a 3
R  . 


là bán kính khối cầu.
3  2 
3
1
1 a
V1   r 2 h    
3
3 2

2

a 3
3 a 3
. 
 
24
 2 
3

4
4 a 3
4 3 a 3
V2   R 3   
 
3
3  3 
27
V
9

 1 
V2 32

Câu 20.

(Chuyên ĐHSP Hà Nội 2019) Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng có đáy), đựng đầy
nước. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được
thể tích nước tràn ra ngồi là 18 dm3 . Biết rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của
hình nón và đúng một nửa của khối cầu chìm trong nước (hình bên). Thể tích V của nước cịn lại
trong bình bằng

A. 24 dm3 .

B. 6 dm3 .

C. 54 dm3 .

D. 12 dm3 .

Lời giải
Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

O

B

A

H

S
Đường kính của khối cầu bằng chiều cao của bình nước nên OS  2OH .
Ta có thể tích nước tràn ra ngồi là thể tích của nửa quả cầu chìm trong bình nước:

VC 2 OH 3

 OH  3.
2
3
1
1
1
Lại có:


 OB 2  12.
2
2
2
OH
OS
OB
18 

Thể tích bình nước ( thể tích nước ban đầu): Vn 
Thể tích nước cịn lại là: 24  18  6

 .OS .OB 2
3

 24

 dm  .
3

 dm  .
3

Câu 21. (Chuyen Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Cho tam giác đều ABC có đường trịn nội tiếp  O; r  ,
cắt bỏ phần hình trịn và cho hình phẳng thu được quay quanh AO . Tính thể tích khối trịn xoay
thu được theo r .
A.

5 3
r .
3

B.

4 3
r .
3

C.  r 3 3.

D.  r 3 .

Lời giải

Gọi H là chân đường cao AH của tam giác ABC

3
2
 BC 
AH  r 2 3
2
3
Khi quay tam giác ABC quanh trục AO ta được hình nón có thể tích là: VN , có đáy là đường trịn
Vì tam giác ABC đều nên ta có: AH  3OH  3r , AH  BC

đường kính BC khi đó: S N   HC 2   r 2 3 , chiều cao của hình nón là: AH  3r , khi đó thể tích
hình nón là: VN 

1
1
AH .S N  3r. r 2 3  3 r 3 (đvtt)
3
3

4
Thể tích khối cầu khi quay hình trịn  O; r  quanh trục AO là: VC   r 3
3
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

Vậy thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay tam giác ABC đã cắt bỏ phần hình trịn

4
5
quanh trục AO là: V  VN  VC  3 r 3   r 3   r 3
3
3
Câu 22.

(THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho một cái bình hình trụ có bán kính đáy bằng R và có
4 quả cam hình cầu, trong đó có 3 quả cam có cùng bán kính và một quả cam cùng bán kính với
đáy bình. Lần lượt bỏ vào bình 3 quả cam cùng bán kính sao cho chúng đôi một tiếp xúc với
nhau, mỗi quả cam đều tiếp xúc với với đáy bình và tiếp xúc với một đường sinh của bình; Bỏ tiếp
quả cam thứ tư cịn lại vào bình và tiếp xúc với mặt nắp của bình. Chiều cao của bình bằng


C. R 
A. R

2


2 3  3  1 .
2 3  3 1 .
2

2


2 3  3  1 .



D. R 

2 3  3 1 .

B. R

2

Lời giải
Gọi A, B, C là tâm ba quả cam có cùng bán kính r . K là tâm quả cam có bán kính R . IJ là chiều
cao của hình trụ.
2 2r 3 2r 3
Khi đó OA  .
. Do ba quả cam tiếp xúc với ba đường sinh của hình trụ nên ta có

3 2
3
2r 3
 r  r  R 2 3  3 và OA  2R 2  3 .
3
Do quả cam có bán kính R tiếp xúc với ba quả cam có bán kính r nên khoảng cách từ tâm K



R  OA  r 





đến mặt phẳng  ABC  là OK  KA2  OA2 

R  r



2

 

 2R 2  3



2

 2R 2 3  3 .

Vậy chiều cao của hình trụ là





IJ  IO  OK  KJ  R 2 3  3  2 R 2 3  3  R  R

Câu 23.





2

2 3  3 1 .

(Liên Trường Thpt Tp Vinh Nghệ An 2019) Cho hình cầu tâm O bán kính R  5 , tiếp xúc với
mặt phẳng ( P) . Một hình nón trịn xoay có đáy nằm trên ( P) , có chiều cao h  15 , có bán kính
đáy bằng R . Hình cầu và hình nón nằm về một phía đối với mặt phẳng ( P) . Người ta cắt hai hình
đó bởi mặt phẳng (Q) song song với ( P) và thu được hai thiết diện có tổng diện tích là S . Gọi

x là khoảng cách giữa ( P) và (Q) , (0  x  5) . Biết rằng S đạt giá trị lớn nhất khi x 
số

a
(phân
b

a
tối giản). Tính giá trị T  a  b .
b

A. T  17

B. T  19

C. T  18
Lời giải

D. T  23

Facebook Nguyễn Vương 15


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi G là tâm của thiết diện cắt bởi mặt phẳng  Q  và mặt cầu.
Theo giả thiết ta có OA  OB  OH  R  5 và HG  x . GF là bán kính của đường trịn thiết
2

diện. Khi đó GF  52   5  x   10 x  x2 .
Gọi S1 là tâm của thiết diện cắt bởi mặt phẳng  Q  và mặt cầu.
Gọi M là tâm của thiết diện cắt bởi

Q

và hình nón. Theo giả thiết ta có MI  x và

SM ML
SM .ID  15  x  5
x

 ML 

 5 .
SI
ID
SI
15
3

Gọi S 2 là diện tích thiết diện của mặt phẳng  Q  và hình nón.
x

Ta có S 2    5  
3



2

2

x 
20

 8

2
x  25 
Vậy S  S1  S2   10 x  x   5        x 2 
3  
3

 9



8
20
15

S đạt giá trị lớn nhất khi f  x    x 2  x  25 đạt giá khi lớn nhất  x  .
9
3
4
Theo đề ra ta có x 
Câu 24.

a 15
  T  a  b  19
b 4

(Liên Trường Thpt Tp Vinh Nghệ An 2019) Một khối đồ chơi gồm một khối hình trụ (T ) gắn
chồng lên một khối hình nón ( N ) , lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 ,

h2 thỏa mãn r2  2r1 , h1  2h2 (hình vẽ). Biết rằng thể tích của khối nón ( N ) bằng 20cm3 . Thể
tích của tồn bộ khối đồ chơi bằng

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

A. 140cm3

B. 120cm3

C. 30cm3

D. 50cm3

Lời giải

Ta có thể tích khối trụ là V1   .r .h1 , mà r2  2r1 , h1  2h2
2
1

2

1
r 
V1   .  2  .2h2   .r22 h2 .
2
2
1
Mặt khác thể tích khối nón là V2   .r22 h2  20   .r22 h2  60  cm 3  .
3
1
Suy ra V1  .60  30 cm3 .
2
Vậy thể tích tồn bộ khối đồ chơi bằng V1  V2  30  20  50 cm 3 .

Câu 25.

(THPT Lê Quý Đôn Đà Nẵng -2019) Thả một quả cầu đặc có bán kính 3  cm  vào một vật
hình nón (có đáy nón khơng kín) (như hình vẽ bên). Cho biết khoảng cách từ tâm quả cầu đến
đỉnh nón là 5  cm  . Tính thể tích (theo đơn vị cm3) phần khơng gian kín giới hạn bởi bề mặt quả
cầu và bề mặt trong của vật hình nón.

16
.
5
Lời giải

Xét hình nón và quả cầu như hình vẽ bên dưới.
A.

12
.
5

OI 

B.

14
.
5

C.

D.

18
.
5

IK 2 32 9
   cm  .
SI
5 5

Facebook Nguyễn Vương 17

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Thể tích chỏm cầu tâm I có bán kính OK là:
2

3  95  468
IK  OI 
2 
 9 
3
V2   .  IK  OI  .  IK 


.
3

.
3



 
  125  cm  .
3
5
3




 

Thể tích hình nón có đỉnh S, đáy hình trịn tâm O, bán kính đáy OK là:
2

1
1 16
12
768
V1  .SO.S(O;OK ) . .   
 cm3  .
3
3 5  5
125
Thể tích phần khơng gian kín giới hạn bởi bề mặt quả cầu và bề mặt trong của vật hình nón là:
768 468 12
V1  V2 


cm3  .

125
125
5
Câu 26.

(Sở Hà Nội 2019) Cho hình nón có chiều cao 2R và bán kính đáy là R . Xét hình trụ nội tiếp
hình nón sao cho thể tích trụ lớn nhất. Khi đó bán kính đáy của trụ là

A.

2R
.
3

B.

R
.
3

3R
.
4
Lời giải

C.

D.

R
2

Gọi D , E lần lượt là tâm đáy nhưu hình vẽ. Đặt bán kính đáy là r  x   0; R  .
GC FG
R  x FG
 FG  2  R  x   h




CE AE
R
2R
Ta có thể tích trụ là:

Ta có

3

x x

 2  2  R  x  8 R3
x x
2
2
V   r h  2 x  R  x   8 . .  R  x   8 
.
 
2 2
3
27




x
2R
Dấu ''  '' xảy ra khi  R  x  x 
.
2

3

Câu 27.

(Thanh Tường Nghệ An -2019) Một con xoay được thiết kế gồm hai khối trụ (T1 ) , (T2 ) chồng
lên khối nón (N) (Tham khảo mặt cắt ngang qua trục như hình vẽ). Khối trụ (T1 ) có bán kính đáy

r (cm) , chiều cao h1 (cm) . Khối trụ (T2 ) có bán kính đáy 2r(cm) , chiều cao h2  2h1 (cm) . Khối
Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

nón (N) có bán kính đáy r (cm) , chiều cao hn  4h1 (cm) . Biết rằng thể tích tồn bộ con xoay bằng
31(cm3 ) . Thể tích khối nón (N) bằng

A. 5(cm 3 ) .

B. 3(cm3 ) .

C. 4(cm3 ) .

D. 6(cm3 ) .

Lời giải
1
1
Theo bài ta có hn  4h1  h1  hn ; h2  2h1  hn .
4
2
Thể tích toàn bộ con xoay là

1
V  V(T1 )  V(T2 )  V( N )   .r 2 .h1   .(2r ) 2 .h2   .r 2 .hn
3
1
1
1
 31   .r 2 . hn   .4r 2 . hn   .r 2 .hn
4
2
3
31
31  1
1
 1
 1

 31    .r 2 .hn   6   .r 2 .hn    .r 2 .hn  31    .r 2 .hn    .r 2 .hn  4
43
4 3
3
 3
 3

Vậy thể tích khối nón ( N ) là: V( N )  4(cm3 ) .
Câu 28. Cho tam giác đều ABC có đỉnh A  5;5 nội tiếp đường trịn tâm I đường kính AA , M là trung
điểm BC . Khi quay tam giác ABM cùng với nửa hình trịn đường kính AA xung quanh đường
thẳng AM (như hình vẽ minh họa), ta được khối nón và khối cầu có thể tích lần lượt là V1 và V2 .

Tỷ số
A.

V1
bằng
V2

9
.
32

B.

9
.
4

27
.
32
Lời giải
C.

D.

4
.
9

Gọi độ dài cạnh của tam giác ABC là a .
Facebook Nguyễn Vương 19

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Khi đó khối nón tạo thành có bán kính đáy là: r  BM 

a
a 3
; chiều cao h  AM 
2
2

2

1
1  a  a 3  a3 3
Thể tích khối nón là V1   r 2 h  . .   .

3
3 2
2
24

Khối cầu tạo thành có bán kính là R 

2
a 3
AM 
3
3
3

4
4 a 3
4 a 3 3
Thể tích khối cầu là: V2   R 3  . . 


3
3  3 
27

Suy ra:
Câu 29.

V1  a3 3 4 a3 3 9

:

.
V2
24
27
32

(Đề Tham Khảo 2017) Cho mặt cầu tâm O bán kính R . Xét mặt phẳng  P  thay đổi cắt mặt
cầu theo giao tuyến là đường tròn  C  . Hình nón  N  có đỉnh S nằm trên mặt cầu, có đáy là
đường trịn  C  và có chiều cao h  h  R  . Tính h để thể tích khối nón được tạo nên bởi  N  có
giá trị lớn nhất.
A. h  2 R

B. h 

4R
3

C. h 

3R
2

D. h  3R

Lời giải
Chọn B

Cách 1:
Gọi I là tâm mặt cầu và H , r là tâm và bán kính của  C  .
2

Ta có IH  h  R và r 2  R 2  IH 2  R 2   h  R   2 Rh  h 2 .

1

Thể tích khối nón V  h r 2  h 2Rh  h2 .
3
3





3

3

3

1  4R 
 h  h  4 R  2h   4 R 
2
Ta có h  h   4 R  2h   
 
  h  2R  h   
 .
3
2 3 

  3 
4R
.
Do đó V lớn nhất khi h  4R  2h  h 
3
Cách 2:

Gọi I là tâm mặt cầu và H , r là tâm và bán kính của  C  .
2

Ta có IH  h  R và r 2  R 2  IH 2  R 2   h  R   2 Rh  h 2 .

1



Thể tích khối nón V  h r 2  h 2Rh  h2  . 2h2 R  h3
3
3
3









Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Xét hàm f  h   h3  2h 2 R, h   R, 2 R  , có f   h   3h 2  4hR .

f   h   0  3h 2  4hR  0  h  0 hoặc h 

4R
.
3

Bảng biến thiên

32 3

4R
R , tại h 
. Vậy thể tích khối nón được tạo nên bởi  N  có giá trị lớn nhất là
27
3
1 32 3 32 3
4R
V 
R   R khi h 
.
3 27
81
3
max f  h  

Câu 30.

(THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ
việc cắt mặt xung quanh của một hình nón bởi một mặt phẳng vng góc với trục của hình nón.
Miệng thùng là đường trịn có bán kính bằng ba lần bán kính mặt đáy của thùng. Người ta thả vào
3
đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của thùng nước và đo được thể tích nước tràn ra
2
ngồi là 54 3 (dm3). Biết rằng khối cầu tiếp xúc với mặt trong của thùng và đúng một nửa của
khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước cịn lại trong thùng có giá trị nào sau đây?

A.

46
3 (dm3).

5

B. 18 3 (dm3).

46
3 (dm3).
3
Lời giải
C.

D. 18 (dm3).

Facebook Nguyễn Vương 21


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi R là bán kính của khối cầu. Khi đó thể tích nước tràn ra ngồi là thể tích của một nửa khối
1 4
cầu nên .  R 3  54 3  R  3 3 .
2 3
2
Do đó chiều cao của thùng nước là h  .2 R  4 3 .
3
Cắt thùng nước bởi thiết diện qua trục ta được hình thang cân ABCD với AB  3CD . Gọi O là
giao điểm của AD và BC thì tam giác OAB cân tại O .
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB và I là giao điểm của OH và CD  I là trung điểm
1
của DC nên DI  AH .
3

OI
DI 1
3

  OH  HI  6 3
Ta có
OH AH 3
2
Gọi K là hình chiếu của H trên OA thì HK  R  3 3
Tam giác OHA vuông tại H có đường cao HK nên
1
1
1
1
1
1
1
 AH  6  DI  2






2
2
2
2
2
2

HK
HO
AH
AH
HK
HO
36
Thể tích thùng đầy nước là

h  AH 2  DI 2  AH .DI 

Do đó thể tích nước cịn lại là
Câu 31.

3



4 3  62  22  6.2 
3



208 3
3

208 3
46 3
 54 3 
dm3  .


3
3

(THPT Đoàn Thượng - Hải Dương - 2019) Chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp
trong hình cầu có bán kính R là
A.

4R 3
.
3

B. R 3 .

C.

R 3
.
3

D.

2R 3
.
3

Lời giải
Gọi O là tâm hình cầu bán kính R và I , I  lần lượt là tâm hai hình trịn đáy của khối trụ với AB
là một đường cao của khối trụ như hình vẽ.

Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Dễ thấy O là trung điểm II  .
Đặt x là chiều cao của khối trụ ta có 0  x  2R và AB  II   x
2

2

x
 x
Tam giác OAI có AI  AO  OI  R     R 2  .
4
2
2

2

2



x2 
x3 
Thể tích khối trụ là f  x    IA2 . AB    R 2   x    R 2 x   .
4 
4



3 

f   x     R2  x2  ,
4 



2R 3
x 
2R 3
3
  0; 2 R 
f  x  0  
với x  0 nên x 
3

2R 3
x  
3


Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao x 

2R 3
3

Câu 32. Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng có đáy) đựng đầy nước. Người ta thả vào đó một khối

cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là
18 dm3 .Biết khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa khối cầu
chìm trong nước. Tính thể tích nước cịn lại trong bình.
A. 27 dm3 .

B. 6 dm3 .

C. 9 dm3 .

D. 24 dm 3 .

Lời giải

Facebook Nguyễn Vương 23


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Vì đúng một nửa khối cầu chìm trong nước nên thể tích khối cầu gấp 2 lần thể tích nước tràn ra
ngồi.
4
Gọi bán kính khối cầu là R , lúc đó:  R 3 =36  R 3  27 .
3
Xét tam giác ABC có AC là chiều cao bình nước nên AC  2 R ( Vì khối cầu có đường kính bằng
chiều cao của bình nước)
Trong tam giác ABC có:

1
1
1

1
1
1
4R2
2






CB

.
CH 2 CA2 CB 2
R 2 4 R 2 CB 2
3

1
1 4R 2
8 3
.2 R 
.R  24 dm3 .
Thể tích khối nón: Vn   .CB 2 . AC   .
3
3
3
9
Vậy thể tích nước cịn lại trong bình: 24  18  6 dm3
Câu 33.

(Chuyên Thái Nguyên 2019) Cho khối nón có độ lớn góc ở đỉnh là


. Một khối cầu  S1  nội
3

tiếp trong khối nối nón. Gọi  S2  là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với
S1 ; S3 là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của khối nón và với S2 ;… ; Sn là khối cầu
tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với Sn 1 . Gọi V1 , V2 ,… , Vn 1 , Vn lần lượt là thể tích
của khối cầu S1 , S2 , S 3 ,..., Sn và V là thể tích của khối nón. Tính giá trị của biểu thức

V1  V2  ...  Vn
n 
V

T  lim

3
A. T  .
5

B. T 

6
.
13

C. T 

7
.
9

D. T 

Lời giải

Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
1
.
2


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều cạnh l . Do đó bán kính đường trịn nội tiếp
tam giác cũng chính là bán kính mặt cầu nội tiếp chọp là r1 

1l 3 l 3

3 2
6

Áp dụng định lí Ta-Let ta có:
l 3 l 3

AA AH  AH  HH 
3  1  AA  1



 2
3
AB AH
AH
3
l 3
3
l 3 l 3 r1
Tương tự ta tìm được r2  .

 .
3 6
18
3
1
1
1
Tiếp tục như vậy ta có r3  r2 , r4  r3 ,..., rn  rn 1
3
3
3
3

4
4
4 r 
1
1
4

1
V1 ,..., Vn  rn31 
V
Ta có V1  r13 , V2  r23    1   3 V1 ,V3 
2
n 1 1
3
3
3 3 3
3
33
33

 

 



1
1
1 
V1 1  3 

...

2
n 1
 3


33
33
V1  V2  ...  Vn

  lim V1.S
Do đó T  lim
 lim
n 
n

n  V
V
V
1
1
1
Đặt S  1  3 
 ... 
2
n 1
3  33 
33 

 

Đây là tổng của CSN lùi vô hạn với công bội q 

 

1

1
27
 lim S 

3
n 
1
3
1  3 26
3

3

27
27 4  l 3 
3 3
 V1  V2  ...  Vn 
V1 
 
l
 
26
26 3  6 
52
2

1
1 l l 3
3l 3
V  r 2 h    


3
3 2 2
24

Facebook Nguyễn Vương 25