36 nâng cao, phát triển một số dạng toán mức độ vận dụng, vận dụng cao chương 2 mặt nón – mặt trụ mặt cầu hình học 12(1)

sáng kiến:

“ Nâng cao, phát triển một số dạng toán mức độ vận dụng, vận dụng cao

chương 2: mặt nón – mặt trụ - mặt cầu hình học 12.”
Lĩnh vực áp dụng: Phương pháp dạy học mơn Tốn.
II. Nội dung sáng kiến:
1. Giải pháp cũ thường làm:
Hiện nay với hình thức thi trắc nghiệm, nội dung thi Chương 2: Mặt nón – mặt trụ - mặt
cầu đã thay đổi rất nhiều so với trước đây nên cách dạy và học chương này theo kiểu cũ đã
khơng cịn phù hợp. Trong đề thi trước đây các câu của “ Chương 2: Mặt nón – mặt trụ - mặt
cầu ” khơng có trong đề, hoặc nếu có thì chỉ dừng ở mức độ dễ, nội dung mang tính hàn lâm, do
đó khi ôn thi cho học sinh chỉ cần tập trung một số dạng toán cụ thể là được.
Trong đề thi đại học cũ (từ năm 2002 đến 2016) có duy nhất một câu liên quan tới nội dung
Chương 2: Mặt nón – mặt trụ - mặt cầu
B C có AB  a , góc giữa hai mặt
Câu IV (B-2010). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A���
BC  và  ABC  bằng 600 . Gọi G là trọng tâm tam giác A�
BC . Tính thể tích khối
phẳng  A�
lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a .

Tuy nhiên hiện nay trong đề thi trắc nghiệm mới nội dung chương này đã xuất hiện nhiều hơn, có
nhiều nội dung lạ, đa dạng, nhiều câu hỏi mang tính thực tế, đặc biệt là những câu vận dụng, vận
dụng cao nhằm phân loại học sinh khá giỏi.
Dưới đây tôi xin minh họa những câu thuộc chủ đề MẶT NÓN – MẶT TRỤ - MẶT CẦU
trong đề thi mới.
Đề thi THPT QG năm 2016 – 2017
Mã 104
Câu 18. Cho hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 . Tính diện tích xung
quanh S xq của hình nón đã cho.

A. S xq  12 .

B. S xq  4 3 .

C. S xq  39 .

D. S xq  8 3 .

Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  3a, BC  4a, SA  12a và SA
vng góc với đáy. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
5a
17a
13a
A. R 
.
B. R 
.
C. R 
.
D. R  6a .
2
2
2
 12 . Tính diện tích
Câu 32. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AD  8, CD  6, AC �
tồn phần Stp của hình trụ có hai đường trịn đáy là hai đường trịn ngoại tiếp hai hình chữ nhật
ABCD và A ' B ' C ' D ' .

1

A. Stp  576 .

B. Stp  10(2 11  5) .

C. Stp  26 .

D. Stp  5(4 11  5) .

Câu 44. 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 HO với (S), tính thể
tích V của khối nón đỉnh T và đáy là hình trịn (C).
32
16
A. V 
.
B. V  16 .
C. V 
.
D. V  32 .
3
3
Đề minh họa năm 2017 – 2018
Câu 14. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3 a 2 và bán kính đáy bằng a . Độ dài
đường sinh của hình nón đã cho bằng:
3a
A. 2 2a .
B. 3a .
C. 2a .
D.

.
2
Câu 33. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4 . tính diện tích xung quanh S xq của hình trụ có
một đường trịn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao tứ diện
ABCD .
16 2
16 3
A. S xq 
.
B. S xq  8 2 .
C. S xq 
.
D. S xq  8 3 .
3
3
Đề thi THPT QG năm 2017 – 2018
Mã đề 101
Câu 10. Diện tích mặt cầu bán kính R bằng:
4
2
A.  R .
B. 2 R 2 .
3

C. 4 R 2 .

D.  R 2 .

Câu 27. Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy 3mm và chiều cao
bằng 200mm . Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có

dạng khối trụ có chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình trịn bán kính 1mm . Giá định
1m3 gỗ có giá a (triệu đồng), 1m3 than chì có giá 8a (triệu đồng). Khi đógiá nguyên liệu làm
một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây?
A. 9, 7.a (đồng).
B. 97, 03.a (đồng).
C. 90, 7.a (đồng).
D. 9, 07.a (đồng).
Đề minh họa năm 2018 – 2019
Câu 7. Thể tích khối cầu bán kính a bằng:
4 3
A  a ..
B. 4 a 3 .
3

C.

 a3
.
3

D. 2 a 3 .

Câu 25. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối
nón đã cho bằng:
2 a 3
 a3
3 a 3
3 a 3
A.
.

B.
.
C.
.
D.
.
3
3
3
2
Câu 32. Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ  H1  ,  H 2  xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán
1
r1 , h2  2h1 (tham
2
khảo hình vẽ). Biết rằng thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng 30 (cm3 ) , thể tích khối
kính đáy và chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn r2 
trụ  H1  bằng

2


3
A. 24  cm  .

3
B. 15  cm  .

3
C. 20  cm  .

3
D. 10  cm  .

Đề thi THPT QG năm 2018 – 2019
104
Câu 4. Thể tích khối lăng trụ diện tích đáy B và chiều cao h là:
4
1
B. Bh .
C. 3Bh .
Bh .
3
3
Câu 13. Thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính đáy r là
A.

A. 2 r 2 h .

B.  r 2 h .

C.

1 2
r h.
3

D. Bh .

D.

4 2
r h .
3

Câu 22. Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần
lượt bằng 1m và 1,5m . Chủ cơ sỏ dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và
có thể tích bằng tổng thể tích của hai bể trên. Bán kính đáy của bể nước dư định làm gần nhất với
kết quả nào dưới đây?
A. 1, 6m .
B. 2, 5m .
C. 1,8m .
D. 2,1m .
Câu 39. Cho hình trụ có chiều cao bằng 3 3 . Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với
trục và cách trục một khoảng bằng 1 , thiết diện thu được có diện tích bằng 18 . Diện tích xung
quanh của hình trụ đẫ cho bằng:
A. 6 3 .
B. 6 39 .
C. 3 39 .
D. 12 3 .
Đề minh họa lần 1 năm 2019 – 2020
Câu 3:

Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng

1
 rl .
3
Câu 22. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3 . Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng
qua trục, thiết diện thu được là một hình vng. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng:
A. 18 .

B. 36 .
C. 54 .
D. 27 .
A. 4 rl .

B. 2 rl .

C.  rl .

D.

Câu 40. Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3 . Thể tích của khối nón được giới
hạn bởi hình nón đã cho bằng:
32 5
A.
.
B. 32 .
C. 32 5 .
D. 96 .
3
Đề minh họa lần 2 năm 2019 – 2020
Câu 8. Cho khối nón có chiều cao h  3 và bán kính đáy r  4 . Thể tích khối nón đã cho bằng
A. 16 .
B. 48 .
C. 36 .
D. 4 .

3

Câu 9. Cho mặt cầu có bán kính R  2 . Diện tích mặt cầu đã cho bằng
32
.
A.
B. 8 .
C. 16 .
D. 4 .
3
Câu 12. Diện tích xung quanh của hình trụ có đường sinh l và bán kính đáy r bằng
1
A. 4 rl .
B.  rl .
C.  rl .
D. 2 rl .
3
Câu 32: Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A , AB  a và AC  2a . Khi quay tam
giác ABC xung quanh cạnh góc vng AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình nón.
Diện tích xung quanh của hình nón bằng.
A . 5 a 2 .
B. 5 a 2 .
C. 2 5 a 2 .
D. 10 a 2 .
Câu 44: Cho hình trụ có chiều cao bằng 6a .Khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng song
song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a ,thiết diện thu được là hình vng.Tính
thể tích của khối trụ giới hạn bởi hình trụ đã cho.
A. 216 a 3 .
B. 150 a 3 .
C. 54 a 3 .
D. 108 a 3 .

Như vậy nếu dạy và học theo nội dung cũ sẽ không giải quyết được hết các vấn đề của chủ đề
Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu, đặc biệt là một số câu ở mức độ vận dụng, vận dụng cao chưa từng
xuất hiện trong các đề thi trước đây như các bài toán thực tế, min max về mặt nón, mặt trụ và
mối quan hệ giữa mặt nón, mặt trụ và mặt cầu.

2. Giải pháp cải tiến:
Trước thực tế đó tơi đã đầu tư nghiên cứu đưa ra các sáng kiến để có thể giải quyết trọn
vẹn các vấn đề nâng cao của chương Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu. Đặc biệt tập trung vào các dạng
toán vận dụng, vận dụng cao dễ xuất hiện trong đề thi mới.
Sáng kiến đã được trình bày một cách khoa học, có hệ thống, đầy đủ các dạng tốn, đầy
đủ hướng dẫn giải. Học sinh có thể tự học, phù hợp với phương pháp dạy học tích cực mới lấy
học sinh làm trung tâm. Chắc chắn sáng kiến sẽ giúp ích rất nhiều cho các thầy cô và các em học
sinh mong muốn đạt điểm cao trong kì thi trung học phổ thông quốc gia sắp tới.
2.1 Cơ sở lý luận:
Tồn bộ các kiến thức cơ bản tơi đã tóm tắt chi tiết theo từng chương nhằm giúp người
đọc dễ theo dõi và ghi nhớ, đi kèm với đó là các ví dụ minh họa có định hướng cách giải và lời
giải cụ thể và các bài tập áp dụng tương ứng theo từng đơn vị kiến thức có đầy đủ cách định
hướng giải( xem phần phụ lục của sáng kiến).
Dưới đây là các nội dung chính của sáng kiến
CHƯƠNG 1. Mặt nón, khối nón.

4


CHƯƠNG 2. Mặt trụ, khối trụ.
CHƯƠNG 3. Mặt cầu, khối cầu.
CHƯƠNG 4. Quan hệ mặt nón, mặt trụ.
CHƯƠNG 5. Quan hệ mặt nón, mặt cầu.
CHƯƠNG 6. Quan hệ mặt trụ, mặt cầu.

CHƯƠNG 7. Quan hệ mặt nón, mặt trụ, mặt cầu.

2.2. Giải pháp mới
Do nội dung kiến thức khá nhiều, tổng chủ đề chúng tối viết khoảng 154 trang đi kèm với nó là
nhiều dạng tốn mới, nhiều giải pháp để giải quyết các dạng tốn mới nên khơng thể giới thiệu
đầy đủ các giải pháp mới trong sáng kiến này, tơi xin phép chuyển tồn bộ nội dung sang phần
phụ lục. Dưới đây tôi chỉ xin giới thiệu qua một số nội dung tiêu biểu đảm biểu tiêu chí mới lạ
kèm cách giải quyết sáng tạo

5


CHƯƠNG 1. MẶT NĨN – KHỐI NĨN
DẠNG 1.
MIN MAX HÌNH NĨN, KHỐI NĨN.
A.

VÍ DỤ MINH HỌA.
Câu 1.
Cho một hình nón đỉnh S có đáy là đường trịn O , bán kính R  5 và góc ở
2
đỉnh bằng 2 với sin   . Một mặt phẳng  P  vng góc với SO tại H và cắt hình
3
nón theo đường trịn tâm H . Gọi V là thể tích khối nón đỉnh O và đáy là đường trịn tâm
a
a
là phân số tối giản. Tính
H . Biết V đạt giá trị lớn nhất khi SH  với a, b �N * và
b
b

giá trị của biểu thức T  3a 2  2b3 .
A. 21 .
B. 23 .
C. 32 .
D. 12 .
Định hướng giải
Để tính giá trị của biểu thức T  3a 2  2b3 bắt buộc phải đi tìm a, b hay tìm tỉ số
b
SH  để V đạt giá trị lớn nhất.
a
5
- B1: Đặt SH  x, với 0  x  ; Tìm r là bán kính đường trịn tâm H và độ dài đường
2
cao hình nón OH theo x .
- B2: Viết cơng thức tính thể tích khối nón theo x .
- B3: Dùng bất đẳng thức Cơsi hoặc phương pháp hàm số để tìm GTLN.
- B4: Kết luận.
Lời giải
Chọn A

2
5
và OA  5 nên SO  .
3
2
5
Đặt SH  x, với 0  x  ; r : bán kính đường trịn tâm H .
2
SH HB
x

r
2x

� 
�r 
5
5
Ta có: SO OA
5
5 và OH  SO  SH   x .
2
2
Thể tích :
3
2
1
1 �5
16 �5
x x � 200
� 4x
�x x 16 �5
V  OH . r 2  �  x �



x
�

x



.
�
�
�
�
3
3 �2
15 �2
2 2 � 81
� 5
�2 2 15.27 �2
200
5
x
5
� Vmax 
 � x � x .
81
2
2
3
Vậy T  3a 2  2b3  3.25  2.27  21 .
Ta có: sin  

6


B.

BÀI TẬP ÁP DỤNG.
Câu 1.
Cho  ABC đều cạnh a và nội tiếp trong
đường tròn tâm O , AD là đường kính của đường trịn
tâm O . Thể tích của khối trịn xoay sinh ra khi cho
phần tơ đậm quay quanh đường thẳng AD bằng:
A.

 a3 3
.
24

B.

20 a 3 3
.
217

C.

23 a 3 3
.
216

D.

4 a 3 3
.
27

Định hướng giải
Nhận xét: Thể tích phần tơ đậm khi quay quanh đường thẳng AD bằng thể tích của
khối trịn xoay sinh ra do hình trịn đường kính AD quay quanh đường thẳng AD trừ
đi thể tích của khối trịn xoay sinh ra do hình tam giác ABC quay quanh đường thẳng
AD .
- B1: Gọi thể tích của khối trịn xoay sinh ra do phần tơ đậm quay quanh đường thẳng
AD ; hình tam giác ABC quay quanh đường thẳng AD ; do hình trịn đường kính AD
quay quanh đường thẳng AD lần lượt là V1 , V2 , V3 .
- B2: Tính V1  V3  V2 .
- B3: Kết luận.
Đáp án
Chọn C
3

2
4
1
4 �a 3 � 1 �a � a 3 23 a 3 3
3
2
V1  V3  V2   .OA   .HC . AH  . .� � . .� �.

.
3
3
3 � 3 � 3 �2 � 2
216

DẠNG 2.
C.

BÀI TOÁN THỰC TẾ

VÍ DỤ MINH HỌA.
Câu 1.
Tại trung tâm một thành phố người ta tạo ra điểm nhấn bằng cột trang trí hình nón
có kích thước như sau: chiều dài đường sinh l  10m , bán kính đáy R  5m . Biết rằng
tam giác SAB là thiết diện qua trục của hình nón và C là trung điểm SB . Trang trí một
hệ thống đèn điện tử chạy từ A đến C trên mặt nón. Xác định giá trị ngắn nhất của chiều
dài dây đèn điện tử.
A. 10m .
B. 15m .
C. 5 5m .
D. 5 3m .
Nhận xét:

7


Cắt hình nón theo đường sinh SA và trải phẳng ra ta được hình quạt có bán kính SA .
Định hướng giải
- B1: Tính góc ở đỉnh �
ASB   .
- B2: Cung AC ln �đoạn AC . Tính độ dài đoạn AC .
- B3: Kết luận.
Lời giải
Chọn C

Cắt hình nón theo đường sinh SA và trải phẳng ra ta được hình quạt có bán kính
SA  10m .

Gọi góc �
ASB   .
Ta có độ dài cung �
AB là 5  10. �  


.
2

Suy ra ACmin  AS 2  SC 2  102  52  5 5 .
Câu 2.
Một sinh viên ở trọ sử dụng một xơ đựng
nước có hình dạng và kích thước như hình vẽ,
trong đó đáy xơ hình trịn có bán kính bằng 20
cm, miệng xơ là đường trịn có bán kính 30 cm,
chiều cao xô là 80 cm. Mỗi tháng sinh viên đó
dùng hết 10 xơ nước đầy. Hỏi sinh viên đó phải trả
bao nhiêu tiền nước mỗi tháng, biết giá nước do
chủ nhà trọ quy định là 20000 đồng/m3 (số tiền
được làm tròn đến đơn vị đồng)?
A. 42116 đồng.
B. 35279 đồng.
C. 38905 đồng.
D. 31835 đồng.

8


Định hướng giải
- B1: Xơ đựng nước có hình dạng là hình nón cụt. Tính thể tích:

V

 2 2
 r1  r2  r1.r2  .h
3

- B2: Tính giá tiền.
- B3: Kết luận.
Lời giải
Chọn D
Thể tích một xơ nước đó là :

 2 2

19
2
2
r1  r2  r1.r2  .h  �
.  0,8  
m3  .
�0, 2    0,3   0, 2  . 0,3 �


�
3
3
375
38
m3  .

Lượng nước sinh viên đó sử dụng hàng tháng là: 10V 

75
38
.20000 ; 31835 đồng.
Số tiền sinh viên đó phải trả hàng tháng là:
75
V

D.

BÀI TẬP ÁP DỤNG.
Câu 1.
Alexander Đại đế khi chinh phục Ba Tư đã xuất khẩu thành thơ:
“Ta đem quân đến đây
Mười vạn binh sĩ khỏe
Mỗi người một nắm đất
Ném lại thành núi cao
Ta đứng trên đỉnh núi
Nhìn ra biển mênh mơng”
Biết mỗi nắm đất có thể tích trung bình 343 cm3 , “núi cao” có dạng hình nón, đường
sinh tạo với đáy góc 45o . Chiều cao của “núi” gần nhất với số nào sau đây?
A. 32m .
B. 47m .
C. 4, 7m .
D. 3, 2m .
Định hướng giải
- B1: Bán kính bằng độ dài đường cao nên thể tích núi:
1
1

V   r 2 h   h3 � đường cao h .
3
3
- B2: Kết luận.
Đáp án
Chọn D
Thể tích của núi:

1
1
3V
V   r 2 h   h3 � h  3
�3, 2m .
3
3


9


CHƯƠNG 2. MẶT TRỤ – KHỐI TRỤ
PHẦN II. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP NÂNG CAO.
DẠNG 1.
HÌNH TRỤ, KHỐI TRỤ.
Dạng 2.
Câu 1.

VÍ DỤ MINH HỌA.
Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A ����
B C D có

ABCD là hình vng và thể tích khơng đổi bằng

54 .
Khối hộp chữ nhật ABCD.A ����
B C D nội tiếp trong một
hình trụ. Diện tích tồn phần của hình trụ nhỏ nhất bằng:
A. 10p .
C. 8p .

B. 9p .
D. 11p .

Định hướng giải
- B1: Đặt AB = x, AA �= h . Tính diện tích tồn phần của
hình trụ theo x .
- B2: Dùng bất đẳng thức hoặc phương pháp hàm số tìm GTNN.
- B3: Kết luận.
Lời giải
Chọn B
Đặt AB = x, AA �= h .

� BD = x 2;V =V ABCD .A ����
= hx2 � h =
BCD

V
.
x2

Bán kính của mặt đáy của hình trụ: r = BD = x 2 .
2
2
Diện tích tồn phần của hình trụ:
�
�
V 2
�
2�
�
Stp = 2prh + 2pr 2 = p �
+
x
�
.
�
�
�
�
�
�x
�

�
�
V 2 V 2
�
2�
V 2V 2 2
V2

�
3
Stp = p �
+
+
x
3
�
�
�
p
.3
.
.
x
=
p
.3
= 9p .
�
�
2x
�
�
2x 2x
2
�2x
�
Do đó: min Stp = 9p khi x = 3 .
Câu 5.

Cho hình trụ có đáy là hai đường trịn tâm O và O �
, bán kính đáy bằng chiều cao
và bằng 2a . Trên đường trịn đáy có tâm O lấy điểm A , trên đường tròn tâm O �lấy
điểm B . Đặt a là góc giữa AB và đáy. Biết rằng thể tích khối tứ diện OO �
AB đạt giá
trị lớn nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?
1
1
A. tan a = 2 .
B. tan a =
.
C. tan a = .
D. tan a = 1.
2
2
Định hướng giải
- B1: Gọi A �là hình chiếu của A lên mặt phẳng chứa đường trịn tâm O �
. Điểm B �là
hình chiếu của B lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm O .

10


1
Do VOO �AB = OO �
.SOAB �Tính diện tích tam giác OAB �theo a .
3
- B2: Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN.
- B3: Kết luận.
Lời giải

Chọn B
+ Gọi A �là hình chiếu của A lên mặt phẳng chứa đường trịn tâm O �
.

+ Gọi B �là hình chiếu của B lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm O .
+ Gọi R là bán kính của đường trịn tâm O , suy ra: R = 2a .
� �� AB �= 2R tan a . Gọi I là trung điểm của AB �� OI ^ AB �
Ta có: a = BAB
.
+ Ta có:
1
2
2
2
2
OI = OB �
- IB �
= R 1- tan2 a ; SOAB �= OI .AB �= R tan a. 1- tan a
2
.
1
1
� VOO �AB = OO �
.SOAB �= .2R.R 2 tan a. 1- tan2 a .
3
3

1- 2t2
�
�

�1;1�
�
Xét hàm số f ( t) = t. 1- t với t �, f ( t) =
với t �.
�1;1�
� �
2
1- t
2

( t) = 0 � t = �
Xét f �
Bảng biến thiên:
-�
x

f ( t)

2

.

-

-

f�
( t)

1

1

1

2

2
0

0

+�

+

+�

-

yC Đ
yCT

-�

11


Dựa vào bảng biến thiên, ta có: V max khi t =
Dạng 3.

1
2

hay tan a =

1
2

.

BÀI TẬP ÁP DỤNG.

Câu 1.

Cho hình trụ có hai đáy là hai hình trịn (O ) và ( O �
) , chiều cao R 3 và bán kính

đáy R . Một mặt phẳng ( a ) đi qua trung điểm của OO �và tạo với OO �một góc 30�.
Hỏi ( a ) cắt đường trịn đáy theo một dây cung có độ dài bằng bao nhiêu?
A. R 3 .

B.

4R
3 3

.

C.

2R
.
3

D.

2R
3

.

Định hướng giải
- B1: Gọi M là trung điểm của OO �
.

Gọi A , B là giao điểm của mặt phẳng ( a ) và đường
tròn (O ) và H là hình chiếu của O trên AB . Trong
mặt phẳng ( MHO ) kẻ OK ^ MH , ( K �MH ) . Chỉ

� .
ra góc giữa OO �và mặt phẳng ( a ) là góc OMK
- B2: Tính HO � AB .
- B3: Kết luận.
Đáp án
Chọn A

AB = 2AH = R 3 .
Câu 9.

Cho hình trụ có chiều cao h = 2a , các đường tròn đáy lần lượt

là

R) �
và ( O ';�
với R = a . Biết AB là đường kính cố định của
(O;R ) �
đường tròn ( O;R ) �
và MN là một đường kính thay đổi trên đường
�
R) �
trịn ( O ';�
sao cho AB và MN khơng đồng phẳng. Tính giá
trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABMN .
A.

4a3
.
3

2a3
.
3
D. 2a3 .
B.

C. a3 .

12

Nhận xét: Với mọi tứ diện ABCD ta có cơng thức tính thể tích:
1
�,CD) .
V = AB .CD.d(AB ;CD).sin(AB
6
Áp dụng vào khối tứ diện ABMN ta có:
1
�,AB) � 1.MN .AB.d MN;AB
VMNAB = .MN .AB.d( MN;AB ) .sin(MN
(
)
6
6
�,AB) = 1 � MN ^ AB. Như vậy ta chỉ cần tính
dấu “=” xảy ra � sin(MN

d ( MN;AB) .
Định hướng giải
- B1: Ta có:
1
�,AB) � 1.MN .AB.d MN;AB .
VMNAB = .MN .AB.d( MN;AB ) .sin(MN
(
)
6
6
Có d ( MN;AB) = h

�,AB) = 1 � MN ^ AB .
- B2: Lập luận điều kiện dấu “=” xảy ra � sin(MN
- B3: Kết luận.
Đáp án
Chọn A
DẠNG 2.
BÀI TỐN THỰC TẾ HÌNH TRỤ, KHỐI TRỤ.
A.

VÍ DỤ MINH HỌA.
Câu 1.
Khi thiết kế vỏ lon sữa hình trụ các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí
làm vỏ lon là nhỏ nhất. Muốn thể tích khối trụ bằng V mà diện tích tồn phần của hình
trụ là nhỏ nhất thì bán kính R của đường tròn đáy khối trụ bằng giá trị nào sau đây ?
A. R =

3

V
.
p

B. R =

V
.
p

C. R =

V
.
2p

D. R =

3

V
.
2p

Định hướng giải
- B1: Biểu diễn diện tích tồn phần của hình trụ là Stp qua thể tích khối trụ là V và
bán kính R của đường trịn đáy khối trụ.
- B2: Dùng bất đẳng thức Cô si hoặc phươn pháp hàm số để tìm GTNN.
- B3: Kết luận.

13


Lời giải
Chọn D
Ta có: V = pR 2h � h =

V
� Stp = 2pR 2 + 2V .
2
R
pR

Cách 1 :
Có Stp = 2pR 2 +

2V
V V
= 2pR 2 + + �33 2pV 2 .
R
R R

Dấu " = " xảy ra � 2pR 2 =

V
V
.
�R=3
R
2p

Cách 2 :
2V
2V
4pR 3 - 2V
Đặt f ( R ) = 2pR +
.
� f '( R ) = 4pR - 2 =
R
R
R2
2

f '( R ) = 0 � 4pR 3 - 2V = 0 � R =

3

V
.
2p

Bảng biến thiên

f '( R )

R

-�
3

-

+�

V
2p

+

0

f ( R)

V
.
2p
Gia đình An xây bể hình trụ có thể tích 150m3. Đáy bể làm bằng bê tơng giá

Vậy diện tích tồn phần của hình trụ nhỏ nhất khi R =
Câu 3.

3

100000 đ/ m2. Phần thân làm bằng tôn giá 90000 đ/ m2, nắp bằng nhơm giá
120000 đ/ m2. Hỏi khi chi phí sản suất để bể đạt mức thấp nhất thì tỷ số giữa chiều cao

h và bán kính R của đáy là bao nhiêu ?
h
22
h
9
A.
B.
=
�
=
�
R
9
R
22

C.

h
31
=
�
R
22

D.

h
21
=
�
R
32

Định hướng giải
- B1: Gọi R, h lần lượt là bán kính đường trịn đáy và chiều cao của bể hình trụ. Biểu
diễn h theo R . Chi phí sản suất là:T = Chi phí làm đáy + Chi phí làm thân + Chi
phí làm nắp, biểu diễn chi phí này theo R .
- B2: Dùng bất đẳng thức Cơ si hoặc phươn pháp hàm số để tìm GTNN.
- B3: Kết luận.

14


Đáp án
Chọn A

Gọi R, h lần lượt là bán kính đường trịn đáy và chiều cao của bể hình trụ.

( )

Thể tích khối trụ V = pR 2h = 150 m3 � h =

150
.
pR 2

Gọi T là chi phí để xây bể, ta có :
T = Chi phí làm đáy + Chi phí làm thân + Chi phí làm nắp.

= 100000pR 2 + 90000.2pRh + 120000pR 2 = 220000pR 2 + 180000pR.
= 220000pR 2 +

150
.
pR 2

27000000
.
R

Cách 1:

27000000
27000000
675
,T �

= 0 � 440000pR = 0� R = 3
2
2
11p
R
R

T �= 440000pR -

Dựa vào bảng biến thiên, chi phí xây dựng để bể đạt mức thấp nhất khi R =
h=

nên

3

675
11p

150
2

�
.
675�
�
�
p �
�
�

�
�
11p �
�
3

h
=
R
Vậy tỉ số

150
2

�
675�
675
�
�
p �
.3
�
�
�
� 11p
11p �
�
3

=

22
9.

Cách 2:
T = 220000pR 2 +

�
27000000
1350 1350�
�
�
= 10000�
22pR 2 +
+
�
.
�
�
�
R
R
R
�
�

�10000.33 22pR 2.

1350 1350
.

.
R
R

300003 22p.13502 .
1350
675
h
22
Dấu " = " xảy ra 22pR 2 =
� R3 =
� = .
R
11p
R
9
޳ T

15


B.

BÀI TẬP ÁP DỤNG.
Câu 2.
Từ một tấm thép phẳng hình chữ nhật, người ta muốn làm một chiếc thùng đựng
dầu hình trụ bằng cách cắt ra hai hình trịn bằng nhau và một hình chữ nhật (phần tơ đậm)
sau đó hàn kín lại, như hình vẽ dưới đây
Hai hình trịn làm hai đáy, hình chữ nhật làm thành mặt xung quanh của thùng đựng dầu
(vừa đủ). Biết thùng đựng dầu có thể tích bằng 50,24 lít (các mối ghép nối khi gị hàn

chiếm diện tích khơng đáng kể, lấy p = 3,14 ). Tính diện tích của tấm thép hình chữ nhật
ban đầu?
A. 1,8062m2 .

B. 2,2012m2 .

C. 1,5072m2 .

D. 1,2064m2 .

Định hướng giải
- B1: Gọi r > 0 là bán kính đường trịn đáy của hình trụ tính r từ thể tích.
- B2: Tìm các cạnh của hình chữ nhật.
- B3: Kết luận.
Đáp án
Chọn C
CHƯƠNG 3: MẶT CẦU – KHỐI CẦU
DẠNG 1.
MẶT CẦU – KHỐI CẦU
C. VÍ DỤ MINH HỌA.
Câu 1. Cho mặt cầu ( S ) tâm O và bán kính R . Ba điểm A , B , C di động và nằm trên mặt
cầu ( S ) . Hỏi giá trị lớn nhất của biểu thức P  AB 2  BC 2  CA2 là bao nhiêu?
A. 9R 2 .

C. 3R 2 .

B. 12R 2 .

D. 6R 2 .

Định hướng giải
- B1: Gọi O1 , G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm ABC .

R1 là bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC .
2
2
2
2
2
2
- B2: Chứng minh OO1  ( ABC ) � R  R1  OO1 � R1  R  OO1 .
2
2
2
2
2
2
2
- B3: Chứng minh AB  BC  CA  3  O1 A  O1B  O1C   9O1G

Kết luận.
Lời giải
Chọn A

16


Gọi O1 , G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm ABC .

R1 là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC .

2
2
2
2
2
2
Dễ thấy OO1  ( ABC ) nên R  R1  OO1 � R1  R  OO1 .

1
AB 2  BC 2  CA2  .

3
Thật vậy, xét ABC có M là trung điểm của BC, ta có:
uuur 2 uuuu
r 1 uuuu
r 1 uuu
r uuur
AG  AM  .2 AM  AB  AC .
3
3
3
u
uu
r uuur
1
1
2
2
2
2

2
Suy ra GA  AB  2 AB. AC  AC   AB  AC  2 AB. AC.cos A  .
9
9
2
2
2
Ta đi chứng minh GA  GB  GC 









1�
AB 2  AC 2  BC 2 �
 �AB 2  AC 2  2 AB. AC.
�.
9�
2 AB. AC
�
1
  2 AB 2  2 AC 2  BC 2  .
(1)
9
1
2

2
2
2
Chứng minh tương tự ta có GB   2 AB  2 BC  AC  ;
(2)
9
1
GC 2   2 AC 2  2 BC 2  AB 2  .
(3)
9
1
2
2
2
2
2
2
Từ (1), (2) và (3) suy ra GA  GB  GC   AB  BC  CA  .
3
uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuur 2
Ta có O1 A2  O1 B 2  O1C 2  O1G  GA  O1G  GB  O1G  GC .
uuuu
r uuu
r uuu
r uuur

 3O1G 2  2O1G GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2 .



 3O1G 2 





 

 



1
AB 2  BC 2  CA2  .

3

2
2
2
2
2
2
2
Suy ra AB  BC  CA  3  O1 A  O1 B  O1C   9O1G .

 9 R12  9O1G 2  9 R 2  9  OO12  O1G 2  �9 R 2 .

Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi O �O1 �G hay ABC đều và ( ABC ) chứa tâm O của
mặt cầu.
Vậy Max P  9 R 2 .

17


D.

BÀI TẬP ÁP DỤNG.
Câu 1.
Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2;3;3;2 (đơn vị độ
dài) đôi một tiếp xúc với nhau. Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngồi với cả bốn mặt cầu nói trên có
bán kính bằng
7
3
6
5
A.
.
B. .
C. .
D. .
15
7
11
9
Định hướng giải

- B1: Gọi A, B, C , D lần lượt là tâm của các mặt cầu có bán kính lần lượt là 2, 2,3,3 .
� ABCD là một hình tứ diện.
Gọi I là tâm mặt cầu tiếp xúc ngoài với các mặt cầu có tâm A, B, C , D và có bán
kính bằng x � IA  IB  x  2, IC  ID  x  3 .
- B2: Gọi M , N là trung điểm của AB, CD . Chỉ ra MN là đường vng góc chung
của AB, CD � I �MN � IM  IN  MN .
Tính IM , IN , MN theo x .
- B3: Tìm x từ phương trình IM  IN  MN .
Đáp án
Chọn C

18


DẠNG 2.
E.

MẶT CẦU – TỨ DIỆN THƯỜNG

VÍ DỤ MINH HỌA.

Dạng 4.

Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , SA  2a , tam giác ABC cân tại A ,
1
3

ACB  . Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC.
BC  2a 2 , cos �

A. S 

97a 2
.
4

B. S 

97a 2
.
2

C. S 

97a 2
.
3

D. S 

97a 2
.
5

Định hướng giải
- B1: Gọi H là trung điểm của BC tính AH .
- B2: Gọi M là trung điểm AC , trong mp

 ABC 

vẽ đường trung trực AC cắt AH tại

O � Tính R  AI 

AO 2  AN 2 .
- B3: Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S . ABC .
Lời giải

Chọn A
Gọi H là trung điểm của BC
� HC 

BC
a 2 .
2

Do ABC cân tại A � AH  BC .
cos �
ACB 

1
� AC  3HC � AC  3a 2 � AH 
3

AC 2  HC 2  18a 2  2a 2  4a

Gọi M là trung điểm AC , trong mp  ABC 

vẽ đường trung trực AC cắt AH tại O � O là tâm đường trịn ngoại tiếp ABC .

Ta có cos �
ACH 

1
�  1 � cos CAH
� 2 2 .
� sin CAH
3
3
3

2
3a
AM
2  9a

Trong AMO vuông tại M � AO 
�
4
2 2
cos CAH
3
Gọi N là trung điểm SA . Trong mp  SAH  vẽ trung trực SA cắt đường thẳng qua O
và vng góc mp  ABC  tại I . � I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC.
Ta có ANIO là hình chữ nhật � AI  AO 2  AN 2 

81a 2
97a 2
97
 a2 


a .
16
16
4

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là S  4R 2  4

97 a 2 97 2
 a .
16
4

19


A.

BÀI TẬP ÁP DỤNG.

Câu 1.

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , mặt bên  SAB  là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tính theo a diện tích xung
quanh S xq của mặt cầu ngoại tiếp khối hình chóp S . ABC .

5 a 2
A. S xq 
.
3

5 a 2
B. S xq 
.
6

 a2
C. S xq 
.
3

5 a 2
D. S xq 
.
12

Định hướng giải
- B1: Gọi I là trọng tâm tam giác ABC � I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .
Gọi G là trọng tâm tam giác SAB , N là trung điểm của AB .
Từ I dựng trục d của đáy ABC .
Trên cùng mặt phẳng chứa SN và d ,từ G dựng đường vng góc với SN cắt d tại
O � O là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC .
Tính SG, AI .
- B2: Từ
IN 2  AI 2  IN 2 � OG  IN .
Từ SO 2  SG 2  OG 2 � R  SO .
- B3: Tính diện tích xung quanh
S xq  4 R 2 .

Đáp án

Chọn A

DẠNG 3.
MẶT CẦU – CHÓP TỨ GIÁC
THƯỜNG
A.

VÍ DỤ MINH HỌA.

Dạng 5. Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình vng, cạnh 2a , tâm O , mặt bên

 SAB  là tam giác đều và  SAB   ABCD  . Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp đó.
A. R 

a 21
.
3

B. R 

a 3
.
3

C. R 

a 3
.
2

D. R 

a 6
.
3

Định hướng giải

- B1: Qua O , kẻ  1   ABCD  � 1 là trục của đường trịn ngoại tiếp hình vng
ABCD .

20


Chứng minh SH   ABCD  với SH  AB, H �AB .
Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB , kẻ  2   SAB tại E �  2 là
trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB .

1 � 2  I � I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
- B2: Tính SH , EH 

a 3
.
3

- B3: Tính R  AI  OA 2  OI 2 .
Lời giải
Chọn A

Qua O , kẻ 1   ABCD  thì 1 là trục của đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD
.

Do  SAB   ABCD  nên kẻ SH  AB thì SH   ABCD 
Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB và kẻ   2    SAB tại E thì

   là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB .
   cắt    tại I : tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD .
2

1

2

Tứ giác OHEI có 3 góc vng O, H , E nên là hình chữ nhật

SH  2a.

3
a 3
 a 3 � EH 
2
3

Trong AIO : R  AI  OA 2  OI 2  2a2 

3a2 a 21
.

9

3

21


A.

BÀI TẬP ÁP DỤNG.

Dạng 6. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng 6 , mặt bên SAB là
tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy và có góc �
ASB  1200 . Tính
diện tích Smc của mặt cầu ngồi tiếp hình chóp S . ABCD .
A. Smc  84 .

C. S mc  14 .

B. S mc  28 .

D. S mc  42 .

Định hướng giải
- B1: Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC , BD ; M là trung điểm của AB , d là
đường thẳng qua O song song với SM . Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
SAB . Kẻ HK / / MO,  K �d  .
Chỉ ra K là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .
AB
- B2: Tính SH 
, HK  MO .
2sin �

ASB

Tính R  SK  SH 2  HK 2 .
2
- B3: Tính S mc  4 .SK .

Đáp án
Chọn A

DẠNG 6.
A.

MẶT CẦU – LĂNG TRỤ

VÍ DỤ MINH HỌA.

Câu 1.

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng ABC. A1 B1C1 . Giả sử

BC  a, AA1  h . Khi R ngắn nhất thì tam giác ABC là:
A. tam giác đều.
B. tam giác cân tại A .
C. tam giác vuông tại A .
D. tam giác nhọn.

22


Định hướng giải

- B1: Gọi O, O1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và A1B1C1 �

OO1 là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy. Trong mặt phẳng ( AOO1 A1 ) , đường trung
trực cạnh AA1 cắt OO1 tại I � I là trung điểm OO1 và cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp
lăng trụ ABC. A1 B1C1 .
- B2: Tính bán kính R  IA  OA2  OI 2  OA2 
Tìm giá trị nhỏ nhất của OA 

h2
.
4

BC
.
�
2Sin BAC





- B3: Kết luận.
Lời giải
Chọn C

Gọi O, O1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và A1 B1C1 . Khi đó,

OO1 là trục của đường trịn ngoại tiếp đáy. Trong mặt phẳng ( AOO1 A1 ) , đường trung
trực cạnh AA1 cắt OO1 tại I. Ta chứng minh được I là trung điểm OO1 và cũng là tâm
mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC. A1B1C1 . Do đó: R  IA .

2

h2
�OO �
Ta có: IA  OA  OI  OA  � 1 � OA2 
(1)
4
�2 �
Mặt khác, áp dụng định lý hàm sin trong tam giác ABC , ta được:
BC
BC
a
 2OA � OA 

(2)
�
�
�
Sin BAC
2Sin BAC
2Sin BAC
2

2

2



2











�
�
1 � a2
2�
h .
Từ (1) và (2) suy ra: IA 
�
�
4�
�sin 2 BAC
�
�
�
Do đó: R  IA ngắn nhất � IA2 bé nhất.
2





23






�
� sin 2 BAC
lớn nhất.





�
�  90o .
� sin 2 BAC
 1 � BAC
Hay tam giác ABC vuông tại A.
B.

BÀI TẬP ÁP DỤNG.

Câu 1.

B C có AB  AC  a, BC  3a . Cạnh bên AA�
 2a . Bán
Cho lăng trụ đứng ABC. A���

C C bằng:
kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AB��
A. a .
B. 2a .
C. 5a .
D. 3a .

Định hướng giải
C C cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp
- B1: Nhận xét tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AB��
khối lăng trụ đứng đã cho.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp.
BC
- B2: Tính R  IA  OI 2  OA2 , OA  RABC 
.
2sinA
- B3: Kết luận.
Đáp án
Chọn B

CHƯƠNG 4. QUAN HỆ MẶT NÓN – MẶT TRỤ
MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP NÂNG CAO.
DẠNG 1.
MỐI QUAN HỆ MẶT NĨN – MẶT TRỤ
C.

VÍ DỤ MINH HỌA.
Câu 1.

Cho hình trụ có trục OO ' , bán kính đáy r và chiều cao h 

3r
. Hai điểm M , N
2

di động trên đường tròn đáy  O  sao cho OMN là tam giác đều. Gọi H là hình chiếu

24


vng góc của O lên mặt phẳng  O ' MN  . Khi M , N di động trên đường trịn  O  thì
đoạn thẳng OH tạo thành mặt xung quanh của một hình nón, tính diện tích S của mặt
này.
A. S 

9 3 r 2
.
32

B. S 

9 3 r 2
.
16

C. S 

9 r 2
.

32

D. S 

9 r 2
.
16

Nhận xét: Khi M , N di động trên đường trịn  O  thì đoạn thẳng OH tạo thành mặt
xung quanh của một hình nón có đường sinh l  OH và bán kính đáy R  HK . Trong
đó, K �OO ', HK  OO ' . Như vậy muốn tính diện tích hình nón ta cần tính l  OH
và R  HK .
Định hướng giải
- B1: Dựng hình, xác định độ dài đường sinh và bán kính đáy.
- B2: Tính l  OH sử dụng tam giác OIO�vuông tại O và OH là đường cao.
� � HK .
Tính R  HK , do K �OO ', HK  OO ' nên OHK vuông tại K , tính HOK
- B3: Tính diện tích S (diện tích xung quanh).
Lời giải
Chọn A
Gọi I là trung điểm MN , K �OO ', HK  OO ' � hình nón tạo thành có đường sinh
l  OH và bán kính đáy là R  HK .
r 3
3r
Ta có OI 
; OO '  ; IO '  OI 2  OO '2  r 3 .
2
2
1
1

1
3r
 2
� l  OH  .
2
2
OH
OI
OO '
4
OH 1
�  cos HOO
� �
�  600 .

 � HOK
OH vng tại H có: cos HOK
Xét O�
OO� 2
�  HK � R  HK  OH .sin 600  3r 3 .
Xét OHK vng tại K có: sin HOK
OH
8

25