Các dạng bài tập VDC mặt nón, hình nón và khối nón

CHƯƠNG 2: MẶT NÓN, MẶT TRỤ, MẶT CẦU
BÀI 1: MẶT NĨN
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
MẶT NĨN TRỊN XOAY
Trong mặt phẳng  P  . Cho hai đường thẳng Δ là

 cắt nhau tại O và tạo thành góc  với
0    90 . Khi quay mặt phẳng  P  xung quanh
Δ thì đường thẳng  sinh ra một mặt trịn xoay
đỉnh O gọi là mặt nón trịn xoay (hay đơn giản là
mặt nón). Khi đó:
 Đường thẳng Δ gọi là trục của mặt nón.
 Đường thẳng  được gọi là đường sinh của mặt
nón.
 Góc 2 gọi là góc ở đỉnh của mặt nón.
Nhận xét: Nếu M là một điểm tùy ý của mặt nón

N 

khác với điểm O thì đường thẳng OM là

đường sinh của mặt nón đó.
HÌNH NĨN TRỊN XOAY

Cho OIM vng tại I quay quanh cạnh góc
vng OI thì đường gấp khúc OMI tạo thành một
hình, gọi là hình nón trịn xoay (gọi tắt là hình
nón).
Khi đó:

 Đường thẳng OI gọi là trục, O là đỉnh, OI gọi là Chú ý: Nếu cắt mặt nón  N  bởi hai mặt

đường cao và OM gọi là đường sinh của hình nón.
 Hình trịn tâm I, bán kính r  IM là đáy của hình

nón.

phẳng song song

 P

và  Q  với

 P

qua O và vng góc với  thì phần mặt
nón  N  giới hạn bởi hai mặt phẳng  P 
và  Q  và hình trịn giao tuyến của  Q 
và mặt nón  N  là hình nón.


KHỐI NĨN TRỊN XOAY

Phần khơng gian được giới hạn bởi một hình nón
trịn xoay kể cả hình đó ta gọi là khối nón trịn
xoay hay ngắn gọn là khối nón.
Các khái niệm tương tự như hình nón.
Xét khối nón có hình biểu diễn là hình bên thì ta có Chú ý: Vẽ hình biểu diễn hình nón hay
khối nón ta thường vẽ như hình bên.
nhận xét:
- Nếu mp  P  chứa OI thì thiết diện của mp  P 

và khối nón là một hình tam giác cân tại O.
- Nếu mp  P  vng góc với OI (khơng chứa O)
thì thiết diện của mp  P  và khối nón (nếu có) là
một hình trịn. Hình trịn thiết diện này có diện tích
lớn nhất khi mp  P  đi qua I.
CƠNG THỨC CẦN NHỚ

Hình nón có chiều cao là h, bán kính đáy r và độ
dài đường sinh là  thì có:
- Diện tích xung quanh: S xq  r .
- Diện tích đáy (hình trịn): S ht  r 2 .
- Diện tích tồn phần: Stp  r   r 2 .
1
1
- Thể tích khối nón: V  S ht .h  r 2 h .
3
3


SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HĨA
MẶT NĨN

MẶT NĨN TRỊN XOAY
Trong mặt phẳng  P  . Cho hai đường thẳng Δ và

 cắt nhau tại O và tạo thành góc  . Khi quay
mặt phẳng  P  xung quanh Δ thì đường thẳng 
sinh ra một mặt trịn xoay đỉnh O gọi là mặt nón
trịn xoay.

HÌNH NĨN TRỊN XOAY
Cho OMI vng tại I quay quanh cạnh góc
vng OI thì đường gấp khúc OMI tạo thành
một hình, gọi là hình nón trịn xoay.

KHỐI NĨN TRỊN XOAY
Phần khơng gian được giới hạn bởi một hình
nón trịn xoay kể cả hình đó ta gọi là khối
nón trịn xoay hay ngắn gọn là khối nón.

CÁC CƠNG THỨC

S xq  r 

Diện tích xung quanh

S ht  r 2

Diện tích đáy

Diện tích tồn phần

Thể tích

Stp  r   r 2

1
1
V  S ht .h  r 2 h
3

3


B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Tính diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, độ dài đường sinh, chiều cao,
bán kính đáy, thiết diện của hình nón
1. Phương pháp giải
Nắm vững các cơng thức về diện tích xung Ví dụ: Tính diện tích xung quanh của khối nón
quanh, diện tích tồn phần, diện tích đáy. có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân
Biết sử dụng các kết quả của phần kiến thức diện tích bằng 2?
quan hệ song song, quan hệ vng góc, các

A. S  2 2 .

B. S  4 .

hệ thức lượng trong tam giác… để áp dụng

C. S  2 .

D. S  4 2 .

vào tính tốn.

Hướng dẫn giải
Tam giác OAB vng
cân diện tích bằng 2
1
 OA2  2
2

 OA  OB  2

AB  22  22  2 2
hR

AB
 2
2

Suy ra S xq  . 2.2  2 2 .
Chọn A.

2. Bài tập
Bài tập 1: Cắt một hình nón bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết

diện là tam giác đều cạnh 2a. Tính diện tích tồn phần của hình nón đó.
A. 6a 2 .

B. 24a 2 .

C. 3a 2 .

D. 12a 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn C

Ta có h 

2a 3

 a 3,   2a, r  a .
2

Diện tích tồn phần của hình nón là
Stp  r   r 2  .a.2a  .a 2  3a 2 .
Bài tập 2: Cho hình nón có đường sinh bằng đường kính đáy, diện tích

đáy của hình nón bằng 9 . Độ dài đường cao của hình nón bằng

Lưu ý: Diện tích tam giác

đều cạnh x là: S 

x2 3
và
4

độ dài chiều cao là:

h

x 3
.
2

Ở bài toán này x  2a .


A. 3 3 .

B.

C.

3.

9 3
.
2

D.

3
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi r , , h lần lượt là bán kính đường trịn đáy,
đường sinh, chiều cao của hình nón đã cho.

r 2  9
r  3
.
nên 
Theo giả thiết ta có 


6
r


2



Lại có h   2  r 2 do đó h  36  9  3 3 .
Bài tập 3: Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác vng có

cạnh góc vng bằng 1. Mặt phẳng    qua đỉnh S của hình nón đó cắt
đường trịn đáy tại M, N. Tính diện tích tam giác SMN, biết góc giữa   
và đáy hình nón bằng 60 .
A.

1
.
3

B.

1
.
2

C.

2
.
3

D.

3
.
2

Hướng dẫn giải
Chọn C

Gọi O là tâm đường tròn đáy, H là trung điểm

Lưu ý: Tam giác SMN là tam

của MN.

giác cân tại S và

Ta có MN là giao tuyến của đường tròn đáy và

SM  SN  1 .

mặt phẳng    , lại có OH  MN , SH  MN .
Do đó góc giữa



và đáy hình nón là

  60 .
SHO

Vì thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác vng có cạnh góc
vng bằng 1  SO 

2
.
2

Xét SOH vng tại O có sin 60 

SO
SO
6
.
 SH 

sin 60
3
SH
2

 6
2 3
.
Khi đó MN  2 SN  SH  2 1  
 
3
 3 
2

2

2

Vậy diện tích tam giác SMN là S SMN 

1
1 6 2 3
2
.
SH .MN  .

.
2
2 3
3
3

Bài tập 4: Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc


đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SAB  bằng
a 3
  30 , SAB
  60 . Độ dài đường sinh của hình nón theo a
và SAO
3
bằng
A. a 2 .

B. a 3 .

C. 2a 3 .

D. a 5 .

Hướng dẫn giải
Chọn A

Gọi I là trung điểm của AB, dựng OH  SI .
Ta có OH 

a 3
.
3

  60 nên tam giác SAB đều.
Do SAB

Lưu ý:

Suy ra SA  SB  AB .

 Ta có: OH  SI (1)

Mặt khác

 AB  OI
 AB   SOI 

 AB  SI

  30  SO  SA.sin 30  1 SA
SAO
2

 AB  OH (2)

SA. 3
.
và OA  SA.cos 30 
2

Từ (1) và (2) suy ra:
OH   SAB  , do đó

Xét tam giác SOI ta có
1
1
1
1
1
1
1

 2 



2
2

2
2
2
2
OH
OS
OI
OS
OA  AI
 1  2  SA 3   1 2
  SA 
   SA 
2
 2  2 



d  O;  SAB    OH .

 Có thể đặt SA  x .

1
6
a 3
 2  SA  OH 6 
. 6a 2.
2
3
OH
SA

Bài tập 5: Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường trịn tâm O bán kính bằng

2a và độ dài đường sinh bằng a 5 . Mặt phẳng  P  qua đỉnh S cắt hình





nón theo thiết diện là một tam giác có chu vi bằng 2 1  5 a . Khoảng
cách d từ O đến mặt phẳng  P  là
A. d 

d

a 3
.
3

a 3
.
7

B. d 

a
.
2

D. d 

a 3
.
2

C.

Hướng dẫn giải
Chọn D

Giả sử thiết diện là tam giác SAB, khi đó ta có

Do:

1
1
1


2
2
OH
OE OS 2






SA  SB  AB  2 1  5 a

 OH 





OS .OE
OS 2  OE 2

 a 5  a 5  AB  2 1  5 a
 AB  2a .
Gọi E là trung điểm AB, ta có AB  SE , mặt khác AB  SO nên
AB   SOE  .

Kẻ OH  SE tại H, ( H  SE ).
Ta thấy OH  AB vì OH   SOE   OH   SAB  .
Vậy khoảng cách từ S đến  P  là OH (hay d  O;  P    OH ).
EB 

1
AB  a, OB  R  2a, OE  OB 2  EB 2  4a 2  a 2  a 3 .
2

SO  SB 2  OB 2  5a 2  4a 2  a ,

OH 

OS .OE
OS  OE

Vậy d 

2

2



a.a 3
a  3a
2

2



a 3
.
2

a 3
.
2

Bài tập 6: Cho hình nón trịn xoay nằm giữa hai mặt phẳng song song

P

và  Q  như hình vẽ. Kẻ đường cao

SO của hình nón và gọi I là trung điểm
của SO. Lấy M   P  , N   Q  , MN  a
và đi qua I cắt mặt nón tại E và F đồng
thời tạo với SO một góc  . Biết góc
giữa đường cao và đường sinh của hình nón bằng 45 . Độ dài đoạn EF là

A. EF  2a .
C. EF  a tan 2 .

a
B. EF   tan 2 .
2

D. EF  2a tan 2 .
Hướng dẫn giải

Chọn B.

Lưu ý:
S SFI  S SEI  S SFE (*)
S SFI 

1
SF .SI .sin 45
2

S SEI 

1

SE.SI .sin 45
2

S SFE 

1
SF .SE.sin 90
2


Xét tam giác NIO có OI  NI .cos  

a
a
cos , NO  NI .sin   sin 
2
2

Xét tam giác SEF vng tại S có
  ESM
  SME
  45  90    135   .
SEF

  SE.tan 135     SE. 1  tan  .
SF  SE.tan SEF
tan   1
 nên
Vì SI là độ dài đường phân giác trong góc FSE

SI  2.

SE tan 135   
SE.SF
a
 cos   2
SE  SF
2
1  tan 135   

 1  tan  
a 1 
cos 
tan   1 
a sin 

 SE 

1  tan 
2 1  tan  
2 2
tan   1
Do đó
EF 

SE
SE
a sin 
a



  tan 2 .

2
cos SEF cos 135    1  tan    cos   sin  

Bài tập 7: Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt

bên và mặt đáy bằng 60 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón
đỉnh S, có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
A. S xq 

a 2 3
.
3

B. S xq 

a 2 10
.
8

C. S xq 

a 2 7
.
4

D. S xq 

a 2 7
.
6

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Gọi O là tâm của tam giác ABC, khi đó SO   ABC  .
Hình nón đỉnh S, có đáy là đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có đường
sinh là SA, bán kính đường trịn đáy là OA.
Gọi H là trung điểm của BC thì
  60 .
 SBC  ;  ABC    SHO


Tam giác ABC đều và O là tâm của tam
giác đều nên
OH 

1
1 a 3 a 3
AH  .

;
3
3 2
6

OA 

2
a 3
.
AH 
3
3

Thay vào (*) ta được
SI  2

SE.SF
.
SE  SF


  60 nên
Tam giác SOH vuông tại O và có SHO

SO  OH .tan 60 

a 3
a
. 3 .
6
2

Tam giác SOA vuông tại O nên SA  SO 2  OA2 

a 2 3a 2 a 21
.



4
9
6

Diện tích xung quanh hình nón là
S xq  r   .OA.SA  .

a 3 a 21 a 2 7
.

.
3
6
6

Dạng 2: Tính thể tích khối nón, bài tốn cực trị
1. Phương pháp
Ví dụ: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60 , diện

tích xung quanh bằng 6a 2 . Thể tích V của khối
nón đã cho là
A. V 

3a 3 2
.
4

C. V  3a 3 .

B. V 

a 3 2
.
4

D. V  a 3 .
Hướng dẫn giải

Nhìn vào cơng thức tính thể tích khối nón Chọn C
1
1
Vn  S ht .h  r 2 h
3
3
ta thấy cần xác định chiều cao và diện
tích đáy (bán kính đáy) của khối nón. Đối
với bài tốn cực trị ta thường tính tốn
1
1
Thể tích V  R 2 h  .OA2 .SO .
3
3
vào một biến sau đó dùng đánh giá (sử
ASB  60  
ASO  30
dụng bất đẳng thức, khảo sát hàm số…) Ta có 

đưa đại lượng cần tìm cực trị phụ thuộc

để tìm ra kết quả.

 tan 30 

OA 1

 SO  OA 3 .
SO
3

Lại có
S xq  R  .OA.SA  OA. OA2  SO 2  6a 2
 OA OA2  3OA2  6a 2  2OA2  6a 2

1
 OA  a 3  SO  3a  V  .3a 2 .3a  3a 3 .
3


2. Bài tập

2
Bài tập 1: Cho tam giác ABC có 
ABC  45, 
ACB  30, AB 
.
2
Quay tam giác ABC xung quanh cạnh BC ta được khối tròn xoay có thể
tích V bằng

A. V 
C. V 



 3 1 3



B. V 

2



 1 3



D. V 

8



 1 3



24



 1 3



3

Hướng dẫn giải

Lưu ý: V chính là tổng

Chọn B

Ta có

thể tích của hai khối

AB
AC
BC


sin 30 sin 45 sin105

nón: Khối nón có chiều
cao BH đường sinh AB

 AC  1



5 1  3 .

 BC  2 sin

12
2

cao CH và đường sinh

Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A.

AC.

và khối nón có chiều

Ta có AH .BC  AB. AC.sin105  AH 

1
.
2

Suy ra thể tích khối trịn xoay cần tìm là





 1 3

1
1
1
V  AH 2 .BH  AH 2 .CH  AH 2 .BC 
.
24
3
3
3
Bài tập 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Hình nón  N  có

đỉnh A và đường trịn đáy là đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD. Thể
tích V của khối nón  N  là
A. V 

 3a 3
27

B. V 

6a 3
27

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Gọi O là tâm của tam giác đều BCD.
Ta có AO  h, OC  r
2 a 3 a 3
r .


.
3 2
3

C. V 

 6a 3
9

D. V 

 6a 3
27


Suy ra
2

a 3
2a
.
h  a  r  a  
 
3
 3 
2

2

2

1
1 a 2 a 2  6a 3

.
Vậy thể tích khối nón là V  r 2 h   .
3
3 3
27
3
Bài tập 3: Cho hình nón  N  có góc ở đỉnh bằng 60 . Mặt phẳng qua

trục của  N  cắt  N  theo một thiết diện là tam giác có bán kính đường
trịn ngoại tiếp bằng 2. Thể tích khối nón  N  là
A. V  3 3 .

B. V  4 3 .

C. V  3 .

D. V  6 .

Hướng dẫn giải
Chọn C

Tam giác SAB đều vì có SA  SB và

ASB  60 . Tâm đường tròn ngoại tiếp của
SAB là trọng tâm tam giác. Bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB là
r

2
SO  2  SO  3 .
3

Mà SO  SA.sin 60  SA 

SO
3

2 3.
sin 60
3
2

Vậy bán kính đường trịn của khối nón là R 
1
Vậy thể tích khối nón là V  
3

AB 2 3

 3.
2
2

 3  .3  3 .

2

Bài tập 4: Cho hình tứ diện ABCD có AD   ABC  , ABC là tam giác

vuông tại B. Biết BC  a, AB  a 3, AD  3a . Quay các tam giác ABC
và ABD (bao gồm cả điểm bên trong hai tam giác) xung quanh đường
thẳng AB ta được hai khối trịn xoay. Thể tích phần chung của hai khối
trịn xoay đó bằng:
A.

3 3a 3
.
16

B.

8 3a 3
.
3

C.

5 3a 3
.
16

Hướng dẫn giải
Chọn A.

D.

4 3a 3
16


Khi quay tam giác ABD quanh AB ta được khối nón đỉnh B có đường cao
BA, đáy là đường trịn bán kính AE  3 cm. Gọi I  AC  BE , IH  AB ,

tại H.
Phần chung của 2 khối nón khi quay tam giác ABC và tam giác ABD
quanh AB là 2 khối nón đỉnh A và đỉnh B có đáy là đường trịn bán kính
IH.

Ta có IBC đồng dạng với IEA 
Mặt khác IH // BC 

IC BC 1

  IA  3IC .
IA AE 3

AH IH
AI 3
3
3a


  IH  BC 
.
AB BC AC 4

4
4

Gọi V1 ; V2 lần lượt là thể tích của khối nón đỉnh A và B có đáy là hình
trịn tâm H.
1
1
V1  IH 2 . AH ; V2  IH 2 .BH
3
3
 V  V1  V2  V 

 2
 9a 2
3a 3 3
IH . AB  V  .
.
.a 3  V 
3
3 16
16

Bài tập 5: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Hình nón có đỉnh S và có

đường trịn đáy là đường trịn nội tiếp tam giác ABC gọi là hình nón nội
tiếp hình chóp S.ABC, hình nón có đỉnh S và có đường trịn đáy là đường
trịn ngoại tiếp tam giác ABC gọi là hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Tỉ số thể tích của hình nón nội tiếp và hình nón ngoại tiếp hình chóp đã
cho bằng
A.

1
.
2

B.

1
.
3

C.

2
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Hai hình nón có cùng chiều cao nên tỉ số thể
tích bằng tỉ số diện tích mặt đáy. Vì tam giác
ABC đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp

D.

1
.
4

bằng

2
1
đường cao của tam giác, bán kính đường trịn nội tiếp bằng
3
3

đường cao của tam giác.
Suy ra

r 1
V
S
1
  1  1  .
R 2 V2 S 2 4

Bài tập 6: Cho một đồng hồ cát gồm 2 hình nón chung đỉnh ghép lại,

trong đó đường sinh bất kỳ của hình nón tạo với đáy một góc 60 như
hình bên dưới. Biết rằng chiều cao của đồng hồ là 30cm và tổng thể tích
của đồng hồ là 1000  cm3  . Hỏi nếu cho đầy lượng cát vào phần trên thì
khi chảy hết xuống dưới, khi đó tỉ lệ thể tích lượng cát chiếm chỗ và thể
tích phần dưới là bao nhiêu?

A.

1

3 3

.

B.

1
.
8

C.

1
.
27

D.

1
.
64

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Gọi bán kính của hình nón lớn và nón nhỏ lần lượt là x, y  x  y  .
Suy ra chiều cao của hình nón lớn và nón nhỏ lần lượt là x 3, y 3 .
 x 3  y 3  30

Theo giả thiết, ta có  1 2

1 2
 x .x 3  y . y 3  1000
3
3
 x  y  10 3
20 3
10 3

x
.
, y
3
3
3
3
 x  y  1000 3
3

 y 1
Do hai hình nón đồng dạng nên tỉ số cần tính bằng    .
x 8
Bài tập 7: Trong tất cả các hình nón có độ dài đường sinh bằng  . Hình

nón có thể tích lớn nhất bằng


A.

3 3
.

9

B.

23 3
.
9

C.

3 3
.
27

D.

23 3
.
27

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Gọi h  0  h    là chiều cao hình nón, suy ra
bán kính r   2  h 2 .
Suy ra thể tích khối nón là
1
1
1
V  r 2 h     2 h  h3   f  h  .

3
3
3
Xét hàm f  h    2 h  h3 trên  0;   .



h  3
f   h    2  3h 2  0  


 h   3  khong thoa man 

Lập bảng biến thiên ta được

   23
Ta thấy max f  h   f 
.

 3 3 3

Vậy Vmax 

23 3

. Dấu “=” xảy ra  h 
.
27
3

Bài tập 8: Trong các hình nón cùng có diện tích tồn phần bằng S. Hình

nón có thể tích lớn nhất khi ( r ,  lần lượt là bán kính đáy và đường sinh
của hình nón)
A.   3r .

B.   2 2r .

C.   r .

D.   2r .

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Ta có S  r   r 2   

S  r 2
.
r

Thể tích
Lưu ý: điều kiện của


 S  r 

2 2

1

1
1
V  r 2 h  r 2  2  r 2  r 2
3
3
3

2 r 2

1
S  Sr 2  2r 4  .
r 
3
2

Lập bảng biến thiên cho hàm f  r   Sr 2  2r 4 trên  0;   , ta thấy
hàm số đạt giá trị lớn nhất tại r 

S
   3r .
4

Bài tập 9: Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường trịn tâm O. Thiết diện

qua trục hình nón là một tam giác cân với cạnh đáy bằng a và có diện tích
là a 2 . Gọi A, B là hai điểm bất kỳ trên đường tròn  O  . Thể tích khối
chóp S.OAB đạt giá trị lớn nhất bằng
A.

a3

.
2

B.

a3
.
6

C.

a3
.
12

D.

a3 2
.
12

Hướng dẫn giải
Chọn C.

1
1
Tam giác cân SCD, có SSCD  CD.SO  a 2  a.SO  SO  2a .
2
2
Khối chóp S.OAB có chiều cao SO  2a khơng đổi nên để thể tích lớn

nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác OAB lớn nhất.
1
1
AOB  r 2 .sin 
AOB (với r là bán kính đường
Mà SOAB  OA.OB.sin 
2
2
AOB  1 . Khi đó
trịn mặt đáy hình nón). Do đó để S OAB lớn nhất khi sin 
Vmax 

a3
.
12

Bài tập 10: Cho hình nón  N1  có đỉnh S, chiều cao h. Một hình nón

 N2 

có đỉnh là tâm của đáy  N1  và có đáy là một thiết diện song song

với đáy của  N 2  như hình vẽ.

biến khi khảo sát hàm.


Khối nón  N 2  có thể tích lớn nhất khi chiều cao x bằng
A.

h
.
2

B.

h
.
3

C.

2h
.
3

D.

h 3
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Xét mặt cắt qua trục hình nón và kí hiệu như hình vẽ. Với O, I lần lượt là
tâm đáy của hình nón  N1  ,  N 2  ; R, r lần lượt là các bán kính của hai
đường tròn đáy của  N1  ,  N 2  .
Ta có

R h  x
SI
r
hx r
 
 r 
.
SO R
h
R
h

Thể tích khối nón  N 2  là
2
R 2
1
1 R h  x
2
 r 2 x  

x
.x  h  x  .
2
2
h
3
3
3h
2

V N2 

Xét hàm f  x   x  h  x   x3  2hx 2  h 2 x trên  0; h  . Ta có
2

x  h
.
f   x   3 x  4hx  h ; f   x   0  
x  h
3

2

2

Lập bảng biến thiên ta có

Vậy f  x  đạt giá trị lớn nhất trên khoảng  0; h  tại x 

h
.
3

Bài tập 11: Xét các hình nón có đường sinh với độ dài đều bằng 10cm.

Chiều cao của hình nón có thể tích lớn nhất là


A. 5 3 cm.

B. 10 3 cm.

C.

5 3
cm.
3

D.

10 3
cm.
3

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Xét hình nón có chiều cao là x cm và bán
kính đáy là y cm (x, y dương).
Ta có x 2  y 2  102  y 2  100  x 2 , ta có
điều kiện x, y   0;10  .
Thể tích khối nón là
1
1
V  r 2 h   100  x 2  x .
3
3
Xét hàm số f  x   100  x 2  x  100 x  x3 , x   0;10  ;
f   x   100  3 x 2 ; f   x   0  x 

10 3
.
3

Bảng biến thiên

Ta thấy V lớn nhất khi f  x  lớn nhất tại x 

10 3
cm.
3

Bài tập 12: Giả sử đồ thị hàm số y   m 2  1 x 4  2mx 2  m 2  1 có 3

điểm cực trị là A, B, C mà x A  xB  xC . Khi quay tam giác ABC quanh
cạnh AC ta được một khối tròn xoay. Giá trị của m để thể tích của khối
trịn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A.  4;6  .

B.  2; 4  .

C.  2;0  .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

D.  0; 2  .


y  4  m 2  1 x3  4mx  4 x  m 2  1 x 2  m  .

x  0
.
y  0  4 x  m  1 x  m   0  
m
x  
m  0

2

m 1
2

2

Với m  0 thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (với x A  xB  xC ) là



m
m2
2
2
A  
;


m

1
 ; B  0; m  1 ;

2
2
 m 1 m 1



m
m2
2
C 
;


m

1
 .
2
2
 m 1 m 1

Quay ABC quanh AC thì được khối trịn xoay có thể tích là
2

1
2
2  m2 
2
m
V  2. r 2 h  BI 2 .IC    2  . 2

 
3
3
3  m 1 m 1 3
Xét hàm f  m  

Ta có f   m  

m

m9
2

 1

5

m8  9  m 2 

m

2

 1

6

m

m9

2

 1

5

.

.

; f   m  0  m  3 m  0 .

Ta có bảng biến thiên

Vậy thể tích cần tìm lớn nhất khi m  3 .
Bài tập 13: Cho tam giác ABC vng tại A, có AB  6 cm, AC  3 cm.

Gọi M điểm di động trên cạnh BC sao cho MH vng góc với AB tại H.
Cho tam giác AHM quay quanh cạnh AH tạo nên một hình nón, thể tích
lớn nhất của hình nón được tạo thành là


A.


.
3

B.

4
.
3

C.

8
.
3

D. 4 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Đặt AH  x  cm  , 0  x  6 .
Khi đó BH  6  x  cm  .
Xét tam giác BHM vng tại H.


Ta có tan HBM

HM
BH

   6  x  .tan HBM
.
 HM  BH .tan HBM

AC 3 1

  tan 
Mà tan HBM
ABC 
  .
AB 6 2
1
Do đó HM   6  x  . .
2
Thể tích của khối nón tạo thành khi tam giác AHM quay quanh cạnh AH
là V 

1
 1

2
AH ..HM 2  .x.  6  x    x 3  12 x 2  36 x  (1).
3
3 4
12

Xét hàm số f  x   x3  12 x 2  36 x với 0  x  6 , ta có
x  2
.
f   x   3 x 2  24 x  36; f   x   0  3 x 2  24 x  36  0  
x  6
Bảng biến thiên của hàm số f  x   x 3  12 x 2  36 x với 0  x  6

Từ (1) và bảng biến thiên ta có thể
tích lớn nhất của khối nón tạo thành là
V


8
.32 
.
12
3

Bài tập 14: Cho hình lập phương
ABCD. ABC D có thể tích bằng 1.

Gọi

N

là một hình nón có tâm

đường trịn đáy trùng với tâm của


hình vng ABCD, đồng thời các điểm A, B, C , D nằm trên các đường
sinh của hình nón như hình vẽ. Thể tích khối nón  N  có giá trị nhỏ nhất
bằng
A.

2
.
3

B.

3
.
4

C.

9
.
8

D.

9
.
16

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Xét phần mặt cắt qua trục hình nón và đi qua mặt phẳng  AAC C  , kí
hiệu như hình vẽ. Với I, H lần lượt là tâm của hình vng ABCD,
ABC D và đỉnh A nằm trên đường sinh EF của hình nón.

Hình lập phương có thể tích bằng 1 nên AA  HI  1, AH 

2
.
2

Đặt EH  x  x  0  . Khi đó, ta có
EH AH
x
2
2  x 1 



 FI 

r.
EI
FI
x  1 2 FI
2  x 
Thể tích khối nón  N  là
1
1  x 1 
  x  1
 r 2 EI   
.
  x  1 
3
6  x 
6 x2
2

V N 

Xét hàm số f  x  

Lập bảng biến thiên

 x  1
x2

3

3

trên  0;   . Ta có f   x  

 x  2  x  1
x3

2

.


Ta được min f  x  
 0; 

27
9
tại x  2 . Suy ra min V N  
.
4
8

Bài tập 15: Một hình nón đỉnh S bán kính đáy R  a 3 , góc ở đỉnh là

120 . Mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện là một

tam giác. Diện tích lớn nhất của tam giác đó bằng
A.

B. 2a 2 .

3a 2 .

C.

3 2
a .
2

D. 2 3a 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Giả sử SAM là thiết diện tạo bởi mặt phẳng và hình nón.





Gọi AM  x 0  x  2a 3 .
Gọi H là trung điểm của AM
 OH  AM  AM   SOH   AM  SH .

AO

 SA  sin 60  2a
.
Vì 
ASB  120  
ASO  60  
 SO  AO  a
tan 60

OH  OA2  AH 2  3a 2 
S SAM 

x2
x2
.
 SH  OH 2  SO 2  4a 2 
4
4

1
1
x2
AM .SH  x 4a 2 
.
2
2
4

Ta có



1
x2
x2

S    4a 2 
2
4
x2
4 4a 2 

4




2
2
  16a  2 x  S   0  x  2a 2 .

x2
2
 8 4a 
4



 S max  2a 2 .
Bài tập 16: Cho mặt cầu  S  bán kính R. Hình nón  N  thay đổi có

đỉnh và đường trịn đáy thuộc mặt cầu  S  . Thể tích lớn nhất của khối
nón  N  là
A.

32R 3
.
81

B.

32 R 3
.
81

C.

32R 3
.
27

D.

Hướng dẫn giải

Chú ý: Sau khi tính

Chọn A.

Ta có thể tích khối nón đỉnh S lớn hơn

hoặc bằng thể tích khối nón đỉnh S  . Do
đó chỉ cần xét khối nón đỉnh S có bán
kính đường trịn đáy là r và đường cao
là SI  h với h  R . Thể tích khối nón
được

tạo

nên

bởi

N 

là

1
1
V  hSC   h..r 2
3
3
1
2
 .h.  R 2   h  R  


3
1
    h 3  2h 2 R  .
3

Xét hàm số f  h    h3  2h 2 R với h   R; 2 R  .
Ta có f   h   3h 2  4hR .
4R
f   h   0  3h 2  4hR  0  h  0 (loại) hoặc h 
.
3
Bảng biến thiên

32 R 3
.
27

được
1
V     h3  2h 2 R  ta
3
có thể làm như sau:
1
V     h3  2h 2 R 
3
1
 h 2  2 R  h 
3



h.h  4 R  2h 
6



  h  h  4 R  2h 


6
3




32R 3
.
81

3

Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ
h  4 R  2h  h 

khi
4R
.
3


Ta có max f  h  

32 3
4R

R tại h 
.
27
3

Vậy thể tích khối nón được tạo nên bởi  N  có giá trị lớn nhất là
1 32
32
4R
V   R 3  R 3 khi h 
.
3 27
81
3
Dạng 3 Bài tốn thực tế về hình nón, khối nón
Bài tập 1: Người thợ gia cơng của một cơ sở chất lượng cao X cắt một miếng tơn hình trịn với

bán kính 60 cm thành ba miếng hình quạt bằng nhau. Sau đó người thợ ấy quấn và hàn ba
miếng tơn đó để được ba cái phễu hình nón. Hỏi thể tích V của mỗi cái phễu đó bằng bao
nhiêu?

A. V 

16000 2
lít.
3

B. V 

16 2

lít.
3

C. V 

16000 2
160 2
lít. D. V 
lít
3
3

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Đổi 60 cm = 6 dm.
Đường sinh của hình nón tạo thành là   6 dm.
Chu vi đường tròn ban đầu là C  2R  12 .
Gọi r là bán kính đường trịn đáy của hình nón tạo thành.
Chu vi đường trịn đáy của hình nón tạo thành là 2r 

2.6
4
 2 (dm).
 4 (dm)  r 
3
2

Đường cao của khối nón tạo thành là h   2  r 2  62  22  4 2 .
1

1
16 2
16 2
(lít).
Thể tích của mỗi phễu là V  r 2 h  22.4 2 
dm3  

3
3
3
3
Bài tập 2: Hai chiếc ly đựng chất lỏng giống hệt nhau, mỗi chiếc có phần


chứa chất lỏng là một khối nón có chiều cao 2dm (mơ tả như hình vẽ).
Ban đầu chiếc ly thứ nhất chứa đầy chất lỏng, chiếc ly thứ hai để rỗng.
Người ta chuyển chất lỏng từ ly thứ nhất sang ly thứ hai sao cho độ cao
của cột chất lỏng trong ly thứ nhất cịn 1dm. Tính chiều cao h của cột chất
lỏng trong ly thứ hai sau khi chuyển (độ cao của cột chất lỏng tính từ đỉnh
của khối nón đến mặt chất lỏng – lượng chất lỏng coi như khơng hao hụt
khi chuyển. Tính gần đúng h với sai số không quá 0,01dm).

A. h  1, 73 dm. B. h  1,89 dm.

C. h  1,91 dm. D. h  1, 41 dm.

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Có chiều cao hình nón khi đựng đầy

nước ở ly thứ nhất AH  2 .
Chiều cao phần nước ở ly thứ nhất sau
khi đổ sang ly thứ hai AD  1 .
Chiều cao phần nước ở ly thứ hai sau
khi đổ sang ly thứ hai AF  h .
Theo Ta-lét ta có
R AD 1 R AF h
R
Rh
.

 ,

 suy ra R  , R 
R AH 2 R AH 2
2
2
Thể tích phần nước ban đầu ở ly thứ nhất V  2R 2 .
Thể tích phần nước ở ly thứ hai V1  R2 h 

R 2 h3
.
4

Thể tích phần nước cịn lại ở ly thứ nhất V2 

R 2
.
4

Mà V  V1  V2 

R 2 h3 R 2
h3 1

 2R 2    2  h  3 7  1,91 .
4
4
4 4

Bài tập 2: Một bể nước lớn của khu cơng nghiệp có phần chứa nước là

một khối nón đỉnh S phía dưới (hình vẽ), đường sinh SA  27 mét. Có
một lần lúc bể chứa đầy nước, người ta phát hiện nước trong bể không đạt
yêu cầu về vệ sinh nên lãnh đạo khu công nghiệp cho thốt hết nước để
làm vệ sinh bể chứa. Cơng nhân cho thoát nước ba lần qua một lỗ ở đỉnh


S. Lần thứ nhất khi mực nước tới điểm M thuộc SA thì dừng, lần thứ hai
khi mực nước tới điểm N thuộc SA thì dừng, lần thứ ba mới thoát hết
nước. Biết rằng lượng nước mỗi lần thoát bằng nhau. Tính độ dài đoạn
MN.
A. 27





2  1 m.

3


9
3

B. 9 3 9

3

C. 9 3

3

D. 9 3

3


2  1 m.
2  1 m.

4  1 m.

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Ta gọi V1 , V2 , V lần lượt là thể tích khối nón có đường sinh là SN, SM,

SA.

Do SEM đồng dạng với SOA nên ta có

SM SE EM


.
SA SO OA

1
3
3
.EM 2 .SE
V2 3
2  SA 
2  SM 
3
Lại có

 
  
  SM  13122
1
V
SM
3
3
27
2





.OA .SA
3
3

Tương tự

3

V1  SN 
1  SN 
3

  
  SN  6561 .
V  SA 
3  27 

Vậy MN  SM  SN  3 13122  3 6561 .