Các dạng bài tập VDC mặt cầu, mặt trụ, mặt nón Toán 12

Tài liệu gồm 61 trang, tóm tắt lý thuyết cơ bản cần nắm và hướng dẫn phương pháp giải các dạng bài tập trắc nghiệm vận dụng cao (VDC / nâng cao / khó) mặt cầu, mặt trụ, mặt nón.Mời các bạn đón xem.

CHƯƠNG 2: MT NÓN, MT TR, MT CU
BÀI
1: MT NÓN
A.
LÍ THU
YT TR
NG TÂM
MT NÓN TRÒN XOAY
Trong mt phng
P
. Cho hai đường thng Δ
ct nhau ti O và to thành góc
vi
090
. Khi quay mt phng

P
xung quanh
Δ thì đường thng
sinh ra mt mt tròn xoay
đỉnh O gi là mt nón tròn xoay (hay đơn gin là
mt nón). Khi đó:
Đường thng Δ gi là trc ca mt nón.
Đường thng
được gi là đường sinh ca mt
nón.
Góc
2 gi là góc đỉnh ca mt nón.
Nhn xét:
Nếu M là mt đim tùy ý ca mt nón

N khác vi đim O thì đường thng OM
đường sinh ca mt nón đó.
HÌNH NÓN TRÒN XOAY
Cho
OIM
vuông ti I quay quanh cnh góc
vuông
OI thì đường gp khúc OMI to thành mt
hình, gi là hình nón tròn xoay (gi tt là hình
nón).
Khi đó:
Đưng thng OI gi là trc, Ođỉnh, OI gi là
đường cao và
OM gi là đường sinh ca hình nón.
Hình tròn tâm I, bán kính rIM đáy ca hình
nón.
Chú ý: Nếu ct mt nón

N bi hai mt
phng song song
P
Q
vi
P
qua O và vuông góc vi thì phn mt
nón
N gii hn bi hai mt phng
P
Q và hình tròn giao tuyến ca
Q
và mt nón
N
là hình nón.
KHI NÓN TRÒN XOAY
Phn không gian được gii hn bi mt hình nón
tròn xoay k c hình đó ta gi là khi nón tròn
xoay hay ngn gn là khi nón.
Các khái nim tương t như hình nón.
Xét khi nón có hình biu din là hình bên thì ta có
nhn xét:
- Nếu mp

P
cha OI thì thiết din ca mp
P
và khi nón là
mt hình tam giác cân ti
O.
- N
ếu m
p
P
vuông góc vi OI (không cha O)
thì thiết din ca mp
P
và khi nón (nếu có) là
mt hình tròn. Hình tròn thiết din này có din tích
ln nht khi mp
P
đi qua I.
CÔNG THC CN NH
Hình nón có chiu cao là
h, bán kính đáy rđộ
dài đường sinh là
thì có:
- Din tích xung quanh:
xq
Sr
.
- Din tích
đáy (
hình tròn):
2
ht
Sr .
- Din tích toàn phn:
2
tp
Srr
.
- Th tích khi nón:
2
11
.
33
ht
VSh rh
 .
Chú ý: V hình biu din hình nón hay
khi nón ta thường v như hình bên.
SƠ ĐỒ H THNG HÓA
MT NÓN
Trong mt phng
P
. Cho hai đường thng Δ
ct nhau ti O và to thành góc
. Khi quay
mt phng

P
xung quanh Δ thì đường thng
sinh ra
mt mt tròn xoay đỉnh O gi là mt nón
tròn xoay.
MT NÓN TRÒN XOAY
Cho OMI vuông ti I quay quanh cnh góc
vuông OI thì đường gp khúc OMI to thành
mt hình, gi là hình nón tròn xoay.
HÌNH NÓN TRÒN XOAY
Phn không gian được gii hn bi mt hình
nón tròn xoay k c hình đó ta gi là khi
nón tròn xoay hay ngn gn là khi nón.
KHI NÓN TRÒN XOAY
CÁC CÔNG THC
Din tích xung quanh
xq
Sr
Din tích đáy
2
ht
Sr
Din tích toàn phn
2
tp
Srr
Th tích
2
11
.
33
ht
VSh rh
B. CÁC DNG BÀI TP
Dng 1: Tính din tích xung quanh, din tích toàn phn, độ dài đường sinh, chiu cao,
bán kính đáy, thiết din ca hình nón
1. Phương pháp gii
Nm vng các công thc v din tích xung
quanh, din tích toàn phn, din tích đáy
.
Biết s
dng
các kết qu ca phn kiến thc
quan h song song, quan h vuông góc, các
h thc lượng trong tam giác… để áp dng
vào tính toán.
Ví d: Tính din tích xung quanh ca khi nón
có thiết din qua trc là tam giác vuông cân
din tích bng 2?
A. 22S
. B. 4S .
C.
2S
. D. 42S .
Hướng dn gii
Tam giác OAB vuông
cân din tích bng 2
2
1
2
2
OA
2OA OB
22
22 22AB 
2
2
AB
hR
Suy ra
.2.2 22
xq
S
.
Chn A.
2. Bài tp
Bài t
p 1:
Ct mt hình nón bi mt mt phng qua trc ta được thiết
din là
tam giác đều cnh 2a. Tính din tích toàn phn ca hình nón đ
ó.
A.
2
6 a . B.
2
24 a . C.
2
3 a
. D.
2
12 a
.
Hướng dn gii
Chn C
Ta có
23
3, 2 ,
2
a
ha a ra .
Din tí
ch toàn phn ca hình nón là
222
..2 . 3
tp
Srraaa a  .
Bài tp 2: Cho hình nón có đường sinh bng đường kính đáy, din tích
đáy ca hình nón bng 9
. Độ dài đường cao ca hình nón bng
Lưu ý:
Din tích tam giác
đều cnh x là:
2
3
4
x
S
độ dài chiu cao là:
3
2
x
h
.
bài toán này
2
x
a
.
A. 33. B. 3. C.
93
2
.
D.
3
3
.
Hướng dn gii
Chn A
Gi ,,rh ln lượt là bán kính đường tròn đáy,
đường sinh, chiu cao ca hình nón đã cho.
Theo gi thiết ta có
2
9
2
r
r

nên
3
6
r
.
Li có
22
hr do đó 36 9 3 3h .
Bài tp 3: Thiết din qua trc ca mt hình nón là tam giác vuông
cnh góc vuông bng 1. Mt phng
qua đỉnh S ca hình nón đó ct
đường tròn đáy ti
M, N. Tính din tích tam giác SMN, biết góc gia
đáy hình nón bng
60.
A.
1
3
. B.
1
2
.
C.
2
3
.
D.
3
2
.
Hướng dn gii
Chn C
Gi O là tâm đường tròn đáy, H là trung đim
ca
MN.
Ta có
MN là giao tuyến ca đường tròn đáy
mt phng
, li có ,OH MN SH MN.
Do đó góc gia
đáy hình nón là
60SHO .
Vì thiết din qua trc ca mt hình nón là tam giác vuông có cnh góc
vuông bng 1
2
2
SO
.
Xét
SOH vuông ti O
6
sin 60
sin 60 3
SO SO
SH
SH

.
Khi đó
2
22 2
623
221
33
MN SN SH





.
Vy din tích tam giác SMN
116232
...
22333
SMN
SSHMN

.
Bài tp 4: Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO, AB là hai đim thuc
Lưu ý: Tam giác SMN là tam
giác cân ti S và
1SM SN.
đường tr
òn đáy sao cho khong cách t O đến mt phng
SAB bng
3
3
a
30SAO ,
60SAB . Độ dài đường sinh ca hình nón theo a
bng
A. 2a . B. 3a . C. 23a . D. 5a .
Hướng dn gii
Chn A
Gi I là trung đim ca AB, dng OH SI
.
Ta có
3
3
a
OH
.
Do
60SAB  nên tam giác SAB đều.
Suy ra
SA SB AB.
Mt khác
1
30 .sin 30
2
SAO SO SA SA
.3
.cos30
2
SA
OA SA
.
Xét tam giác
SOI ta có
2
222222
2
2
1111 1 1 1
1
31
2
22
OH OS OI OS OA AI
SA
SA
SA










22
16 3
6.62
3
a
SA OH a
OH SA

.
Bài tp 5: Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O bán kính bng
2
ađộ dài đường sinh bng 5a . Mt phng
P
qua đỉnh S ct hình
nón theo thiết din là mt tam giác có chu vi bng
21 5 a . Khong
cách
d t O đến mt phng
P
A.
3
3
a
d
. B.
2
a
d .
C.
3
7
a
d .
D.
3
2
a
d .
Hướng dn gii
Chn D
Gi s thiết din là tam giác SAB, khi đó ta có
Lưu ý:
Ta có: OH SI (1)

AB OI
A
BSOI
AB SI

A
BOH
(2)
T (1) và (2) suy ra:
OH SAB , do đó
;dO SAB OH
.
Có th đặt SA x
.
Do:
222
111
OH OE OS

21 5SA SB AB a
55 215aaAB a
2
A
Ba
.
Gi E là trung đim AB, ta có
A
BSE
, mt khác
A
BSO
nên

A
BSOE
.
K
OH SE
ti H, (
HSE
).
Ta thy
OH AB
OH SOE OH SAB
.
Vy khong cách t S đến
P
OH (hay
;dO P OH ).
22 22
1
,2, 4 3
2
EB AB a OB R a OE OB EB a a a
.
22 22
54SO SB OB a a a,
22 22
..33
2
3
OS OE a a a
OH
OS OE a a


.
Vy
3
2
a
d
.
Bài tp 6:
Cho hình nón tròn xoay nm gia hai mt phng song song
P
Q
như hình v. K đường cao
SO ca hình nón và gi I là trung đim
ca SO. Ly
,,
M
PN QMN a
đi qua I ct mt nón ti EF đồng
thi to vi SO mt góc
. Biết góc
gia đường cao và đưng sinh ca hình nón bng 45. Độ dài đon EF
A.
2
E
Fa
. B. tan 2
2
a
EF
.
C.
tan 2EF a
. D.
2tan2EF a

.
Hướng dn gii
Chn B.
22
.OS OE
OH
OS OE

Lưu ý:
SFI SEI SFE
SSS

 (*)
1
..sin45
2
SFI
SSFSI

1
..sin45
2
SEI
SSESI

1
..sin90
2
SFE
SSFSE

Xét tam
giác NIO
.cos cos , .sin sin
22
aa
OI NI NO NI
Xét tam giác SEF vuông ti S
45 90 135SEF ESM SME   
.

1tan
.tan .tan 135 .
tan 1
SF SE SEF SE SE

.
SIđội đường phân giác trong góc
FSE nên

tan 135
.
2. cos 2
2 1 tan 135
SE
SE SF a
SI
SE SF




1tan
1cos
tan 1
sin
1tan
21 tan
22
tan 1
a
a
SE









Do đó

sin
tan 2
cos 135 1 tan cos sin 2
cos
SE SE a a
EF
SEF


.
Bài tp 7: Cho hình chóp đều S.ABC có cnh đáy bng a, góc gia mt
bên và mt đáy bng
60. Tính din tích xung quanh
x
q
S ca hình nón
đỉnh S, có đáy là đường tròn ngoi tiếp tam giác ABC.
A.
2
3
3
xq
a
S
.
B.
2
10
8
xq
a
S
.
C.
2
7
4
xq
a
S
.
D.
2
7
6
xq
a
S
.
Hướng dn gii
Chn D.
Gi O là tâm ca tam gc ABC, khi đó
SO ABC .
Hình nón đỉnh S, có đáy là đường tròn ngoi tiếp tam giác ABCđường
sinh là SA, bán kính đường tròn đáy là OA.
Gi H là trung đim ca BC thì


;60SBC ABC SHO.
Tam giác ABC đều và O là tâm ca tam
giác đều nên
1133
.
3326
aa
OH AH ;
23
33
a
OA AH
.
Thay vào (*) ta được
.
2
SE SF
SI
SE SF
.
Tam
giác SOH vuông ti O và có
60SHO
nên
3
.tan60 . 3
62
aa
SO OH.
Tam giác SOA vuông ti O nên
22
22
321
49 6
aaa
SA SO OA
.
Din tích xung quanh hình nón là
2
321 7
.. . .
36 6
xq
aa a
SrOASA
  
.
Dng 2: Tính th tích khi nón, bài toán cc tr
1. Phương pháp
Nhìn vào công thc tính th tích khi nón
2
11
.
33
nht
VSh rh
ta thy cn xác định chiu cao và din
tích đáy (bán kính đáy) ca khi nón. Đối
vi bài toán cc tr ta thường tính toán
đưa đại lượng cn tìm cc tr ph thuc
vào mt biến sau đó dùng đánh giá (s
dng bt đẳng thc, kho sát hàm s…)
để tìm ra kết qu.
Ví d: Cho hình nón có góc đỉnh bng
60
, din
tích xung quanh bng
2
6 a
. Th tích V ca khi
nón đã cho là
A.
3
32
4
a
V
.
B.
3
2
4
a
V
.
C.
3
3Va
. D.
3
Va
.
Hướng dn gii
Chn C
Th tích
22
11
..
33
VRhOASO  .
Ta có
60 30ASB ASO

1
tan30 3
3
OA
SO OA
SO
 .
Li có
22 2
.. . 6
xq
S R OA SA OA OA SO a

222 22
3626OA OA OA a OA a
23
1
3 3 .3 .3 3
3
OA a SO a V a a a  .
2. Bài tp
Bài t
p 1: Cho tam giác ABC
2
45 , 30 ,
2
ABC ACB AB  .
Quay tam giác ABC xung quanh cnh BC ta được khi tròn xoay có th
tích V bng
A.

31 3
2
V

B.
13
24
V

C.
13
8
V

D.
13
3
V

Hướng dn gii
Chn B
Ta có
sin30 sin 45 sin105
A
BAC BC


1
513
2sin
12 2
AC
BC


.
Gi
H là chân đường cao k t đỉnh A.
Ta có
1
. . .sin105
2
AH BC AB AC AH
.
Suy ra th tích khi tròn xoay cn tìm là
22 2
111
...
333
V AHBH AHCH AHBC 
13
24

.
Bài tp 2: Cho t din đều ABCD có cnh bng a. Hình nón
N
đỉnh
Ađường tròn đáy là đường tròn ngoi tiếp tam giác BCD. Th
tích
V ca khi nón
N
A.
3
3
27
a
V
B.
3
6
27
a
V
C.
3
6
9
a
V
D.
3
6
27
a
V
Hướng dn gii
Chn D.
Gi O là tâm ca tam gc đều BCD.
Ta có ,
A
OhOCr
23 3
.
32 3
aa
r
.
Lưu ý:
V chính là tng
th tích ca hai khi
nón: Khi nón có chiu
cao BH đường sinh AB
và khi nón có chiu
cao CH và đường sinh
AC.
Suy ra
2
22 2
32
3
3
aa
har a





.
Vy th tích khi nón là
23
2
11 26
.
333 27
3
aa a
Vrh
 
.
Bài tp 3: Cho hình nón
N
có góc đỉnh bng 60. Mt phng qua
trc ca

N ct
N theo mt thiết din là tam giác có bán kính đường
tròn ngoi tiếp bng 2. Th tích khi nón
N
A. 33V . B. 43V . C. 3V
. D. 6V
.
Hướng dn gii
Chn C
Tam giác SAB đều vì có SA SB
60ASB . Tâm đường tròn ngoi tiếp ca
SAB là trng tâm tam giác. Bán kính
đường tròn ngoi tiếp tam giác
SAB
2
23
3
rSO SO
.
3
.sin60 2 3
sin 60
3
2
SO
SO SA SA
.
Vy bán kính đường tròn ca khi nón là
23
3
22
AB
R 
.
Vy th tích khi nón là
2
1
3.33
3
V  .
Bài tp 4: Cho hình t din ABCD
A
D ABC , ABC là tam giác
vuông ti
B. Biết
,3,3BC a AB a AD a

. Quay các tam giác ABC
ABD (bao gm c đim bên trong hai tam giác) xung quanh đường
thng
AB ta được hai khi tròn xoay. Th tích phn chung ca hai khi
tròn xoay đó bng:
A.
3
33
16
a
. B.
3
83
3
a
. C.
3
53
16
a
. D.
3
43
16
a
Hướng dn gii
Chn A.
Kh
i quay tam giác
ABD quanh AB ta được khi nón đỉnh Bđường cao
BA, đáyđường tròn bán kính 3AE
cm. Gi ,IACBEIH AB
,
ti
H.
Phn chung ca 2 khi nón khi quay tam giác
ABC và tam giác ABD
quanh
AB là 2 khi nón đỉnh Ađỉnh Bđáyđường tròn bán kính
IH.
Ta có
IBC đồng dng vi
1
3
3
IC BC
IEA IA IC
IA AE

.
Mt khác
333
444
A
HIH AI a
IH // BC IH BC
A
BBCAC

.
Gi
12
;V V ln lượt là th tích ca khi nón đỉnh ABđáy là hình
tròn tâm
H.
22
12
11
.; .
33
VIHAH VIHBH 
23
2
12
933
...3
3 3 16 16
aa
VVV V IHAB V a V

  
.
Bài tp 5: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Hình nón có đỉnh S và có
đường tròn đáy là đường tròn ni tiếp tam giác
ABC gi là hình nón ni
tiếp hình chóp
S.ABC, hình nón có đỉnh S và có đường tròn đáy là đường
tròn ngoi tiếp tam giác
ABC gi là hình nón ngoi tiếp hình chóp S.ABC.
T s th tích ca hình nón ni tiếp và hình nón ngoi tiếp hình chóp đã
cho bng
A.
1
2
.
B.
1
3
.
C.
2
3
.
D.
1
4
.
Hướng dn gii
Chn D.
Hai hình nón có cùng chiu cao nên t s th
tích bng t s din tích mt đáy. Vì tam giác
ABC đều nên bán kính đường tròn ngoi tiếp
bng
2
3
đường cao ca tam giác, bán kính đường tròn ni tiếp bng
1
3
đường cao ca tam giác.
Suy ra
11
22
11
24
VSr
RVS

.
Bài tp 6: Cho mt đồng h cát gm 2 hình nón chung đỉnh ghép li,
trong đó đường sinh bt k ca hình nón to vi đáy mt góc
60 như
hình bên dưới. Biết rng chiu cao ca đồng h là 30cm và tng th tích
ca đồng h

3
1000 cm . Hi nếu cho đầy lượng cát vào phn trên thì
khi chy hết xung dưới, khi đó t l th tích lượng cát chiếm ch và th
tích phn dưới là bao nhiêu?
A.
1
33
.
B.
1
8
.
C.
1
27
.
D.
1
64
.
Hướng dn gii
Chn B.
Gi bán kính ca hình nón ln và nón nh ln lượt là
,
x
y x y .
Suy ra chiu cao ca hình nón ln và nón nh ln lượt là
3, 3
x
y .
Theo gi thiết, ta có
22
3330
11
. 3 . 3 1000
33
xy
xx yy


33
10 3
20 3 10 3
,
33
1000 3
xy
x y
xy



.
Do hai hình nón đồng dng nên t s cn tính bng
3
1
8
y
x



.
Bài tp 7: Trong tt c các hình nón có độ dài đường sinh bng
. Hình
nón có th tích ln nht bng
A.
3
3
9
. B.
3
23
9
. C.
3
3
27
. D.
3
23
27
.
Hướng dn gii
Chn D.
Gi
0hh
là chiu cao hình nón, suy ra
bán kính
22
rh .
Suy ra th tích khi nón là


223
11 1
33 3
Vrh hh fh
   .
Xét hàm

23
f
hhh trên

0; .


22
3
30
3
h
fh h
h khong thoa man


Lp bng biến th
iên ta được
Ta thy

3
2
max
333
fh f





.
Vy
3
max
23
27
V
. Du “=” xy ra
3
h

.
Bài tp 8: Trong các hình nón cùng có din tích toàn phn bng S. Hình
nón có th tích ln nht khi ( ,r
ln lượt là bán kính đáy và đường sinh
ca hình nón)
A. 3r . B. 22r . C.
r
. D.
2r
.
Hướng dn gii
Chn A.
Ta có
2
2
Sr
Sr r
r


 .
Th tích
Lưu ý: điu kin ca


2
2
22222 2 24
22
11 1 1
2
33 3 3
Sr
Vrhr r r r SSrr
r

  
.
Lp bng biến thiên cho hàm
24
2
f
rSr r
 trên
0;
, ta thy
hàm s đạt giá tr ln nht ti
3
4
S
rr
.
Bài tp 9: Cho hình nón đỉnh Sđáyđường tròn tâm O. Thiết din
qua trc hình nón là mt tam giác cân vi cnh đáy bng a và có din tích
2
a
. Gi A, B là hai đim bt k trên đường tròn
O
. Th tích khi
chóp S.OAB đạt giá tr ln nht bng
A.
3
2
a
.
B.
3
6
a
.
C.
3
12
a
.
D.
3
2
12
a
.
Hướng dn gii
Chn C.
Tam
giác cân SCD, có
2
11
..2
22
SCD
SCDSOaaSOSOa

.
Khi chóp S.OAB có chiu cao
2SO a
không đổi nên để th tích ln
nht khi và ch khi din tích tam giác OAB ln nht.
2
11
..sin .sin
22
OAB
S OA OB AOB r AOB
 (vi r là bán kính đường
tròn mt đáy hình nón). Do đó để
OAB
S
ln nht khi
sin 1AOB
. Khi đó
3
max
12
a
V
.
Bài tp 10: Cho hình nón
1
N
đỉnh S, chiu cao h. Mt hình nón

2
N đỉnh là tâm ca đáy

1
N và có đáy là mt thiết din song song
vi đáy ca
2
N
như hình v.
biến khi kho sát hàm.
Khi nón
2
N
có th tích ln nht khi chiu cao x bng
A.
2
h
.
B.
3
h
.
C.
2
3
h
.
D.
3
3
h
.
Hướng dn gii
Chn B.
Xét mt ct qua trc hình nón và kí hiu như hình v. Vi O, I ln lượt là
tâm đáy ca hình nón
12
,NN
; R, r ln lượt là các bán kính ca hai
đường tròn đáy ca
12
,NN.
Ta có
R
hx
SI r h x r
r
SO R h R h

.
Th tích khi nón
2
N



2
2
2
2
2
2
22
11
.
33 3
N
Rhx
R
Vrx xxhx
hh
 
.
Xét hàm

2
322
2
f
xxhx x hxhx trên
0; h . Ta có
 
22
34 ; 0
3
x
h
fx x hxh fx
h
x


.
Lp bng biến thiên ta
Vy

f
x đạt giá tr ln nht trên khong
0; h ti
3
h
x
.
Bài tp 11: Xét các hình nón có đường sinh vi độ dài đều bng 10cm.
Chiu cao ca hình nón có th tích ln nht là
A. 53cm. B. 10 3 cm. C.
53
3
cm.
D.
10 3
3
cm.
Hướng dn gii
Chn D.
Xét hình nón có chiu cao là x cm và bán
kính đáy là y cm (x, y dương).
Ta có
22 2 2 2
10 100
x
yyx , ta có
điu kin

,0;10x y .
Th tích khi nón là

22
11
100
33
Vrh xx 
.
Xét hàm s
23
100 100 , 0;10fx x x x x x ;
 
2
10 3
100 3 ; 0
3
fx x fx x

 .
Bng biến thiên
Ta thy V ln nht k
hi

f
x ln nht ti
10 3
3
x
cm.
Bài tp 12: Gi s đồ th hàm s
24 22
12 1ym x mxm
 có 3
đim cc trA, B, C
A
BC
x
xx. Khi quay tam giác ABC quanh
cnh AC ta được mt khi tròn xoay. Giá tr ca m để th tích ca khi
tròn xoay đó ln nht thuc khong nào trong các khong dưới đây?
A.
4;6
.
B.
2; 4
.
C.
2;0
.
D.
0; 2
.
Hướng dn gii
Chn B.
23 22
4144 1ymxmxxmxm



.


22
2
0
04 1 0
0
1
x
yxmxm
m
xm
m

 


.
Vi
0m thì đồ th hàm s có 3 đim cc tr (vi
A
BC
x
xx
) là

2
22
22
;1;0;1
11
mm
Am Bm
mm






;
2
2
22
;1
11
mm
Cm
mm






.
Quay
A
BC
quanh AC thì được khi tròn xoay có th tích là

2
29
22
5
22
2
12 2 2
2. . .
33 3 1 13
1
mm m
VrhBIIC
mm
m

  



.
Xét hàm


9
5
2
1
m
fm
m
.
Ta có



82
6
2
9
;030
1
mm
fm fm m m
m


.
Ta có bng biến thiên
Vy t
h
ch cn tìm ln nht khi
3m .
Bài tp 13: Cho tam giác ABC vuông ti A, có 6AB
cm, 3AC
cm.
Gi M đim di động trên cnh BC sao cho MH vuông góc vi AB ti H.
Cho tam giác AHM quay quanh cnh AH to nên mt hình nón, th tích
ln nht ca hình nón được to thành là
A.
3
.
B.
4
3
.
C.
8
3
. D. 4
.
Hướng dn gii
Chn C.
Đặt
,0 6AH x cm x
.
Khi đó
6
B
Hxcm .
Xét tam giác BHM vuông ti H.
Ta có
tan
HM
HBM
BH

.tan 6 .tanHM BH HBM x HBM .
31
tan tan
62
AC
HBM ABC
A
B

.
Do đó

1
6.
2
HM x .
Th tích ca khi nón to thành khi tam giác AHM quay quanh cnh AH


2
232
11
.. .. 6 12 36
33412
VAHHM x x x x x

 (1).
Xét hàm s
32
12 36
f
xx x x vi 06x
, ta có
 
22
2
3 24 36; 0 3 24 36 0
6
x
fx x x fx x x
x


.
Bng biến thiên ca hàm s
32
12 36
f
xx x x vi 06x
T
(1) và bng
biến thiên ta có th
tích ln nht ca khi nón to thành là
8
.32
12 3
V

.
Bài tp 14: Cho hình lp phương
.
A
BCDABCD

có th tích bng 1.
Gi
N là mt hình nón có tâm
đường tròn đáy trùng vi tâm ca
hình vuông ABCD, đồ
ng thi các đim
,,,
A
BCD

nm trên các đưng
sinh ca hình nón như hình v. Thch khi nón
N có giá tr nh nht
bng
A.
2
3
.
B.
3
4
.
C.
9
8
. D.
9
16
.
Hướng dn gii
Chn C.
Xét
phn mt ct qua trc hình nónđi qua mt phng
A
ACC
, kí
hiu như hình v. Vi I, H ln lượt là tâm ca hình vuông ABCD,
A
BCD

đỉnh
A
nm trên đường sinh EF ca hình nón.
Hình lp phương có th tích bng 1 nên
2
1,
2
AA HI A H

 .
Đặt
0EH x x. Khi đó, ta có
221
12 2
EH A H x x
FI r
EI FI x FI x




.
Th tích khi nón
N



3
2
2
2
1
111
1
36 6
N
x
x
VrEI x
xx





.
Xét hàm s


3
2
1x
fx
x
trên
0; 
. Ta có


2
3
21xx
fx
x

.
Lp bng biến thiên
Ta được


0;
27
min
4
fx

ti
2x
. Suy ra

9
min
8
N
V
.
Bài tp 15: Mt hình nón đỉnh S bán kính đáy 3
R
a , góc đỉnh là
120. Mt phng qua đỉnh hình nón ct hình nón theo thiết din là mt
tam giác. Din tích ln nht ca tam giác đó bng
A.
2
3a . B.
2
2a
. C.
2
3
2
a
.
D.
2
23a .
Hướng dn gii
Chn B.
Gi s SAM là thiết din to bi mt phng và hình nón.
Gi

023AM x x a
.
Gi H là trung đim ca AM
OH AM AM SOH AM SH 
.
2
sin 60
120 60
tan 60
AO
SA a
ASB ASO
AO
SO a


.
22
22 2 22 2
34
44
x
x
OH OA AH a SH OH SO a
.
2
2
11
.4
224
SAM
x
SAMSHxa
.
Ta có
22 22
2
22
22
1162
4022
24
44 84
44
xx ax
Sa Sxa
xx
aa









.
2
max
2Sa.
Bài tp 16: Cho mt cu

S
bán kính R. Hình nón
N
thay đổi có
đỉnh và đường tròn đáy thuc mt cu
S . Th tích ln nht ca khi
nón

N
A.
3
32
81
R
. B.
3
32
81
R
. C.
3
32
27
R
. D.
3
32
27
R
.
Hướng dn gii
Chn A.
Ta có th tích khi nón đỉnh S ln hơn
hoc bng th tích khi nón đỉnh
S
. Do
đó ch cn xét khi nón đỉnh S có bán
kính đường tròn đáyrđường cao
SI h vi hR . Th tích khi nón
được to nên bi
N

2
11
..
33
C
VhS hr

2
2
1
..
3
hR hR




32
1
2
3
hhR

.
Xét hàm s
32
2
f
hhhR
vi
;2hRR
.
Ta có
2
34
f
hhhR
 .
2
0340 0fh h hR h
 
(loi) hoc
4
3
R
h
.
Bng biến thiên
Chú ý: Sau khi tính
được

32
1
2
3
VhhR

ta
có th làm như sau:

32
1
2
3
VhhR


2
1
2
3
hRh


.4 2
6
hh R h

3
42
63
hh R h



3
32
81
R
.
Đẳng thc xy ra khi và
ch khi
4
42
3
R
hRhh

.
Ta có

3
32
max
27
f
hR ti
4
3
R
h .
Vy th tích khi nón được to nên bi
N
có giá tr ln nht là
33
132 32
327 81
VRR
 khi
4
3
R
h .
Dng 3 Bài toán thc tế v hình nón, khi nón
Bài tp 1: Người th gia công ca mt cơ s cht lượng cao X ct mt miếng tôn hình tròn vi
bán kính 60 cm thành ba miếng hình qut bng nhau. Sau đó người th y qun và hàn ba
miếng tôn đó để được ba cái phu hình nón. Hi th tích V ca mi cái phu đó bng bao
nhiêu?
A.
16000 2
3
V
lít. B.
16 2
3
V
lít. C.
16000 2
3
V
lít. D.
160 2
3
V
lít
Hướng dn gii
Chn B.
Đổi 60 cm = 6 dm.
Đường sinh ca hình nón to thành là 6
dm.
Chu vi đường tròn ban đầu là
212CR
.
Gi r là bán kính đường tròn đáy ca hình nón to thành.
Chu vi đường tròn đáy ca hình nón to thành là
2.6
24
3
r

(dm)
4
2
2
r

(dm).
Đường cao ca khi nón to thành là
22 22
62 42hr .
Th tích ca mi phu là

22 3
11 162
2.4 2
33 3
Vrh dm
 
16 2
3
(lít).
Bài tp 2: Hai chiếc ly đựng cht lng ging ht nhau, mi chiếc có phn
cha cht lng là
mt khi nón có chiu cao 2dm (mô t như hình v).
Ban đầu chiếc ly th nht cha đầy cht lng, chiếc ly th hai để rng.
Người ta chuyn cht lng t ly th nht sang ly th hai sao cho độ cao
ca ct cht lng trong ly th nht còn 1dm. Tính chiu cao h ca ct cht
lng trong ly th hai sau khi chuyn (độ cao ca ct cht lng tính t đỉnh
ca khi nón đến mt cht lng – lượng cht lng coi như không hao ht
khi chuyn. Tính gn đúng h vi sai s không quá 0,01dm).
A. 1, 73h dm. B. 1, 89h dm. C. 1, 91h
dm. D. 1, 41h
dm.
Hướng dn gii
Chn C.
Có chiu cao hình nón khi đựng đầy
nước ly th nht
2
A
H
.
Chiu cao phn nước ly th nht sau
khi đổ sang ly th hai 1
A
D .
Chiu cao phn nước ly th hai sau
khi đổ sang ly th hai
A
Fh .
Theo Ta-lét ta có
1
,
22
R
AD R AF h
RAH R AH

 
suy ra ,
22
R
Rh
R R


.
Th tích phn nước ban đầu ly th nht
2
2VR
.
Th tích phn nước ly th hai
23
2
1
4
R
h
VRh


.
Th tích phn nước còn li ly th nht
2
2
4
R
V
.
23 2 3
2
3
12
1
2271,91
44 44
Rh R h
VVV R h


.
Bài tp 2: Mt b nước ln ca khu công nghip có phn cha nước là
mt khi nón đỉnh S phía dưới (hình v), đường sinh
27SA
mét. Có
mt ln lúc b cha đầy nước, người ta phát hin nước trong b không đạt
yêu cu v v sinh nên lãnh đạo khu công nghip cho thoát hết nước để
làm v sinh b cha. Công nhân cho thoát nước ba ln qua mt l đỉnh
S. Ln th nht khi m
c nước ti đim M thuc SA thì dng, ln th hai
khi mc nước ti đim N thu
c SA thì
dng, ln th ba mi thoát hết
nước. Biết rng lượng nước mi ln thoát bng nhau. Tính độ dài đon
MN.
A.

3
27 2 1
m.
B.
3
3
99 4 1 m.
C.
3
3
99 2 1 m.
D.
3
3
93 2 1 m.
Hướng dn gii
Chn C.
Ta gi
12
,,V V V
ln lượt là th tích khi nón có đường sinh là SN, SM,
SA.
Do
SEM
đồng dng vi
SOA
nên ta có
SM SE EM
SA SO OA
 .
Li có
2
33
3
2
2
1
..
22
3
13122
1
3327
..
3
EM SE
V
SA SM
SM
VSM
OA SA
 

 
 
Tương t
33
3
1
1
6561
327
VSN SN
SN
VSA
 

 
 
.
Vy
33
13122 6561MN SM SN .
BÀI 2: MT T
R
A. LÝ THUYT TRNG TÂM
MT TR TRÒN XOAY
Trong mp
P
cho hai đường thng
l
song song vi nhau, cách
nhau mt khong r. Khi quay mp

P
xung quanh
thì đường thng
l
sinh ra mt mt tròn xoay được gi là mt tr tròn xoay hay gi tt là mt
tr.
- Đường thng được gi là trc.
- Đường thng
l
được gi là đường sinh.
- Khong cách r được gi là bán kính ca mt tr đó.
HÌNH TR TRÒN XOAY
Ta xét hình ch nht
A
BCD
.
Khi quay hình đó xung quanh đường thng cha mt cnh, chng hn
cnh
A
B, thì đường gp khúc
A
BCD
to thành mt hình được gi là hình tr tròn xoay hay gi tt
là hình tr.
- Đường thng
A
B
được gi là trc.
- Đon thng
CD
được gi là độ dài đường sinh.
- Độ dài đon thng
A
BCDhđược gi là chiu cao
ca hình tr (độ dài đường sinh bng chiu cao ca hình tr).
- Hình tròn tâm A, bán kính rAD và hình tròn tâm B , bán
kính
rBC được gi là hai đáy ca hình tr.
- Phn mt tròn xoay được sinh ra bi các đim trên cnh CD
khi
quay quanh
A
B gi là mt xung quanh ca hình tr.
KHI TR TRÒN XOAY
Phn không gian được gii hn bi mt hình tr tròn xoay k c hình tr đó
ta gi là khi tr tròn xoay hay ngn gn là khi tr.
Các khái nim tương t như hình tr.
CÔNG THC CN NH
Cho hình tr có chiu cao là
h, bán kính đáy r thì ta có:
- Din tích xung quanh 2.
xq
Srh
- Din tích đáy (hình tròn)
2
ht
Sr
.
- Din tích toàn phn
2
2. 2 2
tp xq Đ
SS S rh r
 .
- Th tích khi tr
2
.
kt
VBhrh
 .
Chú ý: V hình biu din hình tr hay khi tr
ta thường v như hình bên.
A’
B. CÁC DNG BÀI TP
Dng 1: Tính din tích xung quanh, din tích toàn phn, din tích thiết din, chiu cao, bán
kính đáy, din tích đáy ca hình tr
Bài tp 1: Cho hình tr có chiu cao bng 33. Ct hình tr đã cho bi mt phng song song vi
trc và cách trc mt khong bng 1, thiết din thu được có din tích bng 18. Din tích xung quanh
ca hình tr đã cho bng
A. 63
B. 639
C. 339
D. 12 3
Hướng dn gii
Chn D.
Thiết din thu được là hình ch nht ABCD

OO'/ /
A
BCD , gi I là trung đim ca AB
Ta có




22
'; ; 1
..3318
23
3
2
ABCD
OI ABCD
d OO ABCD d O ABCD OI
SABBCAB
AB
AI
rOA OI AI





Din tích xung quanh ca hình tr đã cho là
2123
xq
Srl


.
Bài tp 2:
Cho hình tr có hai đáy là hai hình tròn (O) và (O'), thiết din qua trc ca hình tr
hình vuông. Gi
A, B là hai đim ln lượt nm trên hai đường tròn (O) và (O'). Biết AB = 2a
khong cách gia hai đường thng
AB và 00' bng . Bán kính đáy bng
3
2
a
. Bán kính đáy bng
A.
17
3
a
B.
14
2
a
C.
14
4
a
D.
14
9
a
Hướng dn gii
Chn C.
Gi r là bán kính đáy.
Do thiết din qua trc là hình vuông nên độ dài
đường sinh bng 2r.
Dng đường sinh AA'.
Gi M là trung đim ca A' B
Lưu ý:
+

’,dOO AB
=
O'M.
+ Góc
gi
a AB và
m
t đáy là
c
'
A
BA .
+ Góc gia AB và
OO' là góc
'
A
AB

''
', '
3
'
2
OM AAB
dOO AB OM
a
OM



Ta có
22 22
''44
A
BABAA ar
Mt khác
2
222
3
'''''
4
a
AM O A OM r
2
22 2
314
442
44
aa
ar r r
Bài tp 3: Cho hình tr có hai đáy là hai hình tròn (O) và (O'), chiu cao 2R và bán kính đáy R. Mt
mt phng

đi qua trung đim ca 'OO và to vi 'OO mt góc 30 . Hi

ct đường tròn
đáy theo mt dây cung có độ dài bng bao nhiêu?
A.
22
3
R
B.
4
33
R
C.
2
3
R
D.
2
3
R
Hướng dn gii
Chn A.
Gi I là trung đim ca 'OO .
Khi đó, mt phng

=

IAB
H
,OH AB OK IH. D thy H là trung đim ca AB

OK IAB .
Suy ra



', , , 30OO IO IAB OI KI KIO
(vì
K
IO vuông ti O)
Khi đó
1
22
R
KO IO

. Vì HIO vuông ti O nên
222
111
OK OH OI

2
2
222222
2
222
111413
3
2
3
3
22
3
R
OH
OH OK OI R R R
RR
AH OA OH R
R
AB


Bài tp 4: Cho hình tr có chiu cao bng
62
. Biết rng mt mt phng không vuông góc vi đáy
và ct hai mt đáy theo hai dây cung song song AB, A'B'
AB = A'B' = 6, dỉện tích hình ch nht
ABB'A' bng 60. Bán kính đáy ca hình tr
A. 5. B.32 C. 4 D. 52
Hướng dn gii
Chn C.
Din tích hình ch nht ABB'A' bng 60
(cm
2
)
nên
AB.BB' = 60
6. ' 60 ' 10BB BB
Ta có
5MK
Chiu cao hình tr bng
62
(cm) nên
32MO .
Lưu ý: Bài tp 5 và
Bài tp 6 tuy đề cho
khác nhau nhưng
thiết din ging nhau.
Bài tp 7 dưới đây
thêm mt cách hi
khác na dù thiết
din vn là vy.
22
22
25 18 7;
63.
79 4
OK MK MO
AB KB
BO OK KB



Bài tp 5: Mt hình tr có bán kính đáy bng chiu cao và bng a. Mt hình vuông ABCDAB,
CD
là hai dây cung ca 2 đường tròn đáy và mt phng
ABCD
không vuông góc vi đáy. Din
tích hình vuông đó bng
A.
2
5
4
a
B.
2
5a
C.
2
52
2
a
D.
2
5
2
a
Hướng dn gii
Chn D
Đặt
2
24
ABCD
A
BAD x S x.
Gi
A', B' ln lượt là hình chiếu vuông góc ca A, B lên mt
đáy ca hình tr.
Xét tam giác
AA'D vuông ti A' ta có
22 22
''4A D AD AA x a
Mt khác, gi
I là trung đim ca 'AD thì ta có:
2
22 2
1
' 2' 2 '' ' 2 ''
2
AD AI OA OI OA CD

 


2
222
1
222
2
axax

 


Do đó
22 22 22 22
42 44
x
aaxxaax
2
2
5
4
2
a
x
. Vy
2
5
2
ABCD
a
S
(đvdt)
Dng 1: Th tích khi tr, bài toán cc tr
Bài tp 1: Ct mt khi tr bi mt phng qua trc ta được thiết din là hình ch nht ABCD
cnh
AB và cnh CD nm trên hai đáy ca khi tr. Biết 2
B
Da ,
30DCA . Tính theo a th
tích khi tr.
A.
3
32
48
a
B.
3
32
32
a
C.
3
32
16
a
D.
3
36
16
a
Hướng dn gii
Chn C.
Ta có
2
A
CBDa .
Mt khác xét tam giác ADC vuông ti D, ta có
22
.sin30
22
A
DAC a h a
66
cos30
224
CD
CD AC a r a
.
Nên
2
23
6232
.
4216
Vrh a a a






.
Bài tp 2: Cho hình ch nht ABCDAD = 3AB. Gi
1
V là th tích ca khi tr to thành khi cho
hình ch nht quay xung quanh cnh AB,
2
V
là th tích khi tr to thành khi cho hình ch nht
quay xung quanh cnh
AD. T s
1
2
V
V
là.
A. 9 B. 3 C.
1
3
D.
1
9
Hướng dn gii
Chn B.
Khi tr to thành khi cho hình ch nht ABCD quay xung quanh cnh AB có bán kính đáy và chiu
cao ln lượt là
11
3;rAD ABhAB
.
Khi đó, th tích ca khi tr này là
23
111
9Vrh AB

 .
Khi tr to thành khi cho hình ch nht ABCD quay xung quanh cnh ADbán kính đáy
chiu cao ln lượt là
22
;3r AB h AD AB.
Khi đó, th tích ca khi tr này là
23
222
3Vrh AB


.
Vy
3
1
3
2
9
3
3
VAB
VAB

.
Bài tp 3: Cho hình thang ABCD vuông ti Avà B vi
2
A
D
A
BBC a . Quay hình thang và min
trong ca nó quanh đường thng cha cnh BC. Th tích V ca khi tròn xoay được to thành là
A.
3
4
3
a
V
B.
3
5
3
a
V
C.
3
Va
D.
3
7
3
a
V
Hướng dn gii
Chn B.
Th tíc
h
12
VVV
.
Trong đó
1
V
là th tích khi tr có bán kính đáy là
BA a
và chiu cao
2
2;
A
DaV là th tích khi nón có bán kính đáy '
B
Da
và chiu cao 'CB a
Khi
đó
3
22
12
15
.2 .
33
a
VVV aa aa


.
Bài tp 4: Cho hình tr có bán kính đáy bng a. ct hình tr bi mt mt phng

P
song song vi
trc ca hình tr và cách trc ca hình tr mt khong bng
2
a
ta được thiết din là mt hình
vuông. Th tích khi tr bng
A.
3
3 a
B.
3
3a
C.
3
3
4
a
D.
3
a
Hướng dn gii
Chn B.
Gi s hình vuông ABCD là thiết din ca hình tr ct bi
P
như hình v.
Gi
H, K ln lượt là trung đim AD, BC.
Ta có
 

;
2
a
OH AD OH P d O P OH OH
.
Do đó
22
3
22 2 3
2
a
A
DAH OAOH a
Suy ra
'3OO AB AD a
.
Vy nên
22 3
.3 3VRhaa a

 .
Bài tp 5: Ct mt khi tr cao 18cm bi mt mt phng, ta được khi hình dưới đây. Biết rng
thiết din là mt elip, khong cách t đim thuc thiết din gn đáy nht và đim thuc thiết din xa
mt đáy nht ln lượt là
8cm 14cm . T s th tích ca hai khi được chia ra (khi nh chia khi
ln) là
A.
2
11
B.
1
2
C.
5
11
D.
7
11
Hướng dn gii
Chn D.
Gi V
1
;V
2
ln lượt là th tích khi nh và khi ln.
Ta có th tích khi tr
2
2
814
11
2
R
VR

(vi
R là bán kính khi tr).
Th tích
2
2
2
814
11
2
R
VR

.
Vy
22
12
2
22
18 11 7
11 11
VVV R R
VV R



.
Bài tp 6:
Cho tam giác vuông cân ABC 2
A
BACa và hình ch nht
M
NPQ vi MQ =
3MN
được xếp chng lên nhau sao cho M,N ln lượt là trung đim ca AB, AC (như hình v). Tính
th tích
V ca vt th tròn xoay khi quay mô hình trên quanh trc AI, vi / là trung đim PQ.
A.
3
11
.
6
a
V
B.
3
5
.
6
a
V
C.
3
11
.
8
a
V
D.
3
17
.
24
a
V
Hướng dn gii
Chn D.
Ta có
22
2,2.
B
CABAC aMNaMQa
Gi
E, F ln lượt là trung đim MNBC.
3
,
22
a
A
FaEF IF a
Vy t
h
ch cn tìm là tng th tích ca khi nón có chiu cao là
AF bán kính đáy FB và th tích
khi tr có chiu cao
IF bán kính IQ.
2
222 3
11317
......
332224
a
VAFFBIFIQ aa a a





.
Bài tp 7: Cho lăng tr đứng .'' '
A
BC A B C độ dài cnh bên bng 2a, đáy ABC là tam giác vuông
cân ti A, góc gia AC' và mt phng
''
B
CC B
bng
30 (tham kho hình v). Th tích ca khi
tr ngoi tiếp lăng tr
.'' '
A
BC A B C bng
A.
3
a
B.
3
2 a
C.
3
4 a
D.
3
3 a
Hướng dn gii
Chn C.
Gi bán kính ca hình tr là R.
Ta có
''CC ABC CC AI
Li có tam giác ABC là tam giác vuông cân ti A
nên
A
IBC do đó
''
A
IBCCB
hay góc gia
AC’ và mt phng

''
B
CC B
'IC A
.
Xét tam giác
'
A
IC
ta có
AI
IC' R 3
tan IC'A

Xét tam giác
CIC' ta
22 2 222
''342IC IC CC R R a R a
Th tích khi tr ngoi tiếp lăng tr
.'' '
A
BC A B C
23
4VRh a
.
Bài tp 8: Trong tt c các khi tr có cùng th tích 330, xác định bán kính đáy ca khi tr có din
tích toàn phn nh nht.
A.
3
165
B.
165
C.
3
330
D.
330
Hướng dn gii
Chn A.
2
2
330
330 330VhR h
R
 
Khi đó din tích toàn phn ca khi tr
2
22
2
.2 . 2
330 660
.2 2 2
Sh R R
SRRS R
RR



 
Ta xem S là 1 hàm s n R. Xét
2
660
'4SR
R

.
3
3
22
660 660 4 165
'0 4 0 0
R
SR R
RR

  
Lp bng biến th
iên ta có
Bài toán hi v bán kính đáy nên ta xem bán
kính đáy là n, tính din tích xung quanh
theo bán kính đáy.
Vy S đạt giá tr nh nht khi và ch khi
3
165
R
Bài tp 9: Th tích ln nht ca khi tr ni tiếp hình cu có bán kính R bng
A.
3
43
9
R
B.
3
83
3
R
C.
3
8
27
R
D.
3
83
9
R
Hướng dn gii
Chn A.
Gi X là khong cách t tâm I ca mt cu đến mt đáy ca hình tr (0 < X <R). Bán kính đáy
ca hình tr
22
rRx
Th tích ca khi tr
22 22
.2 2Vrhrx Rxxfx


 
22
3
'2 6;'0
3
R
fx R xfx x


(vì
0x ).
Ta có bng biến thiên như sau
Vy th tích ln nht ca khi tr ni tiếp trong hình cu bán kính R
3
max
34 3
39
RR
Vf





.
Dng 3: Bài toán thc tế v khi tr.
Ví d: Mt cơ s sn xut có hai b nước hình tr có chiu cao bng nhau, bán kính đáy ln lượt
bng 1m và 1,5m. Ch cơ s d định làm mt b nước mi, hình tr, có cùng chiu cao và có th
tíc
h bng tng th tích ca hai b trên. Bán kính đáy ca b nước d định làm gn nht vi kết qu
nào dưới đây?
A.
1, 6
m. B.
2,5
m. C.
1, 8
m D.
2,1
m.
Hướng dn gii
Chn C.
Gi r là bán kính b d định làm, h là chiu cao các b.
Ta có:

222 2
11,5 11,5 1,8mrh h r

 .
Bài tp 1. Cho mt tm bìa hình ch nht có kích thước 3a, 6a.
Người ta mun to tm bìa đó thành 4 hình không đáy như hình v
dưới đây, trong đó có hai hình tr ln lượt có chiu cao 3a, 6a và hai
hình lăng tr tam giác đều có chiu cao ln lượt 3a, 6a.
Trong bn
hình H1, H2, H3, H4 ln lượt
theo th t có th tích ln nht và nh nht là
A. H1, H4. B. H1, H3. C. H2, H3. D. H2, H4.
Hướng dn gii
Chn A
Gi
12
,
R
R ln lượt là bán kính ca hai hình tr hình H1, H2.
Gi
12
,VV ln lượt là th tích ca hai hình tr hình H1, H2.
12
,CC ln lượt là chu vi đáy ca hai hình tr hình H1, H2.
Ta có:
11 1 2 2 2
33
26 ;23
2
aa
CRaR C RaR


22
33
12
327 327
3;6
22
aa aa
Va V a






Do hai hình H3, H4 là hai hình lăng tr tam giác đều nên ta có độ dài các cnh đáy ca hai hình
H3, H4 ln lượt là 2a;a.
Th tích hình H3, H4 ln lượt là:
33
34
1133
3 . .2 .2 .sin 60 3 3 ; 6 . . . .sin 60
222
Vaaa aVaaa a


T đó ta có hai hình có th tích ln nht và nh nht ln lượt theo th t là H1, H4.
Lưu ý: Không phi ct nh
tm bìa để to ra 4 hình
bên vì nếu vy không tha
đề bài mà ly tm bìa ln
lượt to thành 4 hình trong
đề bài.
Bài tp 2. Mt người th có mt khi đá hình tr. K hai đường
kính MN, PQ ca hai đáy sao cho MN
PQ. Người th đó ct
khi đá theo các mt ct đi qua 3 trong 4 đim M, N, P, Q để
khi đá có hình t din MNPQ. Biết MN = 60 cm và th tích
khi t din MNPQ bng 30 dm
3
. Th tích lượng đá ct b
bao nhiêu? (Làm tròn đến mt ch s thp phân sau du phy).
A. 101,3 dm
3
. B. 111,4 dm
3
.
C.
121,3 dm
3
. D. 141,3 dm
3
.
Hướng dn gii
Chn B
Gi ,OO
ln lượt là
tâm đáy trên và đáy dưới ca hình tr.
Ta có:
.
1
() 2 2..
3
=
M
NPQ N OPQ OPQ
MN OPQ V V NO S

1
2. 2 . 6 30 5
2
OPQ
SOOOO


.
Ta có th tích khi tr là:
22
.5.3.45
KT
VOOR

.
Vy th tích lượng đá ct b là:
3
45 30 111, 4 dm
 .
Bài tp 3. Mt khi đồ chơi gm hai khi tr
1
H ,
2
H xếp chng lên
nhau, ln lượt có bán kính đáy và chiu cao tương ng là
112 2
,,,rhr h tha mãn
21
1
2
rh ;
21
2hh (tham kho hình v bên). Biết rng th tích ca toàn b
khi đồ chơi bng 30cm
3
, th tích khi tr
1
H bng
A.
3
24cm . B.
3
15cm . C.
3
20cm . D.
3
10cm .
Hướng dn gii
Chn C.
Gi th tích ca toàn b khi đồ chơi là V, th tích ca khi dưới và khi trên ln lượt là V
1
V
2
.
Ta có:
12
VVV
2121
1
,2
2
rrhh nên
222
222 1 1 1 1 1
11 1
2
42 2
Vhr h r h r V

 
111
1
30 20
2
VVV
.
Bài tp 4. Cho mt dng c đựng cht lng đưc to bi mt hình tr và hình nón được lp đặt như
hình sau. Bán kính đáy hình nón bng bán kính đáy hình tr. Chiu cao hình tr bng chiu cao hình
nón và bng h. Trong bình, lượng cht lng có chiu cao bng
1
24
chiu cao hình tr. Lt ngược
dng c theo phương vuông góc vi mt đất. Độ cao phn cht lng trong hình nón theo h
A.
8
h
B.
3
8
h
C.
2
h
D.
8
h
Hướng dn gii
Chn C.
Th tích
cht lng
22
11
..
24 24
Vr h rh


Khi lt ngược bình, thch phn hình nón cha cht lng là
2
1
'
3
Vrh
.
rh h
rr
rh h


Do dó
2
3
2
2
11
33
hh
Vrhr
hh






Theo bài ra
3
2233
2
11 1
324 82
hh
VV r rh h h h
h


 .
Bài tp 5. Công ty ca ông Bình d định đóng mt thùng phi hình tr (có đáy dưới và np đậy phía
trên) bng thép không g để đựng nước. Chi phí trung bình cho 1 m
2
thép không g là 350000 đồng.
Vi chi phí b ra để làm cái thùng phi không quá 6594000 đồng, hi công ty ông Bình có th
được mt thùng phi đựng được ti đa bao nhiêu mét khi nước? (Ly 3,14
)
A.12,56 B. 6,28
C.
3,14
D.
9,52
.
Hướng dn gii
Chn B.
Gi R, h ln lượt là s đo bán kính và chiu cao ca thùng phi hình tr.
Vi gi thiết như trên thì din tích thép không g được dùng ti đa là

2
6594000 471
m
350000 25
A 
Ta có
2( )
2
tp
A
SRRhAh R
R

Th tích ca thùng phi là
22 3
22
AA
VRhR R RR
R





(coi V là hàm s biến
R
).
2
3; 0 ,(0)
26
AA
VRVRR


Bng biến thiên
Da vào bng biến thiên ta có, giá tr !n nht ca th tích là
3
max 6,28
36
AA
Vm

.
Bài tp 6. Người ta thiết kế mt thùng cha hình tr (như hình v) có th tích V nht định. Biết rng
giá ca vt liu làm mt đáy và np ca thùng bng nhau và đắt gp 3 ln so vi giá vt liu đểm
mt xung quanh ca thùng (chi phí cho mi đơn v din tích). Gi chiu cao ca thùng là h và bán
kính đáy là r. T s
h
r
sao cho chi phí vt liu Sn xut thùng là nh nht là bao nhiêu?
A.
2
h
r
B.
2
h
r
C.
6
h
r
D.
32
h
r
Hướng d
n gii
Chn
C
.
Ta có
2
23
VhV
Vhr h
rrr

Giá thành vt liu để làm chiếc thùng là

22 2
2
26 6 6 ,
VVV
TrhrA rA rA
rrr


 


trong đó
A
là giá ca mt đơn
v din tích vt liu làm mt xung quanh ca thùng. Áp dng bt đẳng thc Cô-si cho các s
dương
2
,,6
VV
r
rr
được
32
36TV
Du “ ” xy ra khi
2
3
66
VV
r
rr

Vy chi phí vt liu sn xut thùng là nh nht khi
6
h
r
.
I 3: MT CU – K
HI CU
A.
LÍ THU
YT TR
NG TÂM
Định nghĩa
-
Tp h
p các đ
im trong không gian cách đim O c
định mt khong R không đổi gi là mt cu tâm O, bán
kính R, kí hiu là:
;.SOR Khi đó
;.SOR MOM R
- Khi cu hay hình cu
;SOR là tp hp tt c các
đim M sao cho
.OM R
V trí tương đối gia mt cu và mt đim
Cho mt cu

;SOR và mt đim A. Nếu:
+)
OA R thì đim A nm trên mt cu
;.SOR
+)
OA R thì ta nói đim A nm ngoài mt cu
;.SOR
+)
OA R thì ta nói đim A nm trong mt cu
;.SOR
Ta thường v hay biu din mt mt
cu hay khi cu như hình sau:
V trí tương đối gia mt cu và đường thng
Cho mt cu
;SIRđường thng . Gi
H là hình chiếu ca I lên
hay
;.dI IH
Nếu:
+)
:IH R không ct mt cu hay mt
cu

S;IRđường thng không có đim
chung.
+)
IH R thì vi mt cu
;SIR có mt
đim chung duy nht là H. Ta nói
là mt tiếp
tuyến ca mt cu
;SIRH là tiếp đim.
+)
:IH R ct mt cu
;SIR ti hai
đim phân bit.
Nhn xét:
+) IAB
cân ti
I, đim H trung
đim ca AB
2
22 22
.
2
AB
RIHAHIH

 


V trí tương đối gia mt cu và mt phng
Cho mt cu
;SIR
và mt phng
P
. Gi
H là hình chiếu vuông góc ca I lên
P
hay
;.dI P IH
Nếu:
+)
:IH R Mt cu
;SIR mt phng
P
không có đim chung.
+) Nếu
:IH R
Mt phng
P
tiếp xúc
mt cu
;SIR. Lúc này ta nói mt phng
P
là mt phng tiếp din ca mt cu và H là tiếp
đim.
Lưu ý:
IH P
+) Nếu
:IH R Mt phng
P
ct mt cu
theo thiết din là đường tròn có tâm
II H

và bán kính
22 22
.rRIH RII

Nhn xét: Đường tròn giao tuyến có din tích
ln nht khi mt phng
P
đi qua tâm I ca mt
cu
;SIR. Đường tròn này ta gi là đường
tròn ln.
Công thc cn nh
Cho mt cu
;.SIR
- Din tích mt cu
2
4.SR
- Th tích khi cu
3
4
.
3
VR
B. CÁC DNG BÀI TP
Dng 1. Mt cu ngoi tiếp hình đa din
Các khái nim cn lưu ý:
- Mt cu ngoi tiếp hình đa din: là mt cu mà nó đi qua tt c các đỉnh ca hình đa din.
Tâm ca mt cu ngoi tiếp cách đều tt c các đỉnh ca hình đa din.
-
Trc ca đa giác:đường thng đi qua tâm ca đường tròn ngoi tiếp đa giác và vuông góc
vi mt phng cha đa giác. Mi đim nm trên trc thì cách đều các đỉnh ca đa giác và ngược li.
-
Mt phng trung trc ca đon thng: Là mt phng đi qua trung đim ca đon thng và
vuông góc vi đon thng đó. Mi đim nm trên mt phng trung trc ca đon thng thì cách đều
hai đim mút ca đon thng và ngược li.
Phương pháp gii
Đối vi bài toán mt cu ngoi tiếp khi đa din thì mu cht ca vn đề là phi xác định được
tâm ca mt cu ngoi tiếp khi đa din đó. Khi xác định được tâm ca mt cu ngoi tiếp thì ta có
th tính được các yếu t còn li như bán kính, din tích mt cu, th tích ca khi cu...
Bài tp: Cho hình hp ch nht có ba kích thước là 2,4,4,aaa vi 0.aR
Bán kính ca mt cu
ngoi tiếp hình hp ch nht đã cho bng
A. 6a. B. 4a. C. 3a. D. 2a.
Hướng dn gii
Gi s hình h
p ch nht là ABCD.A'B'C'D'. D thy đim O là trung đim ca AC’ là tâm mt
cu ngoi tiếp ca hình hp ch nht.
Bán kính mt cu ngoi tiếp hình hp ch nht là
.ROA

22
11
22
RAC AA AC




222
222
1
2
1
2443.
2
A
AAD DC
aaaa



Chn C.
Bài tp mu
Cách 1. Tìm mt đim cách đều các đỉnh ca khi đa din theo định nghĩa mt cu
Bài tp 1.
Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình ch nht, SA vuông góc vi mt phng (ABCD).
Tâm mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABCD đim I vi
A. I là trung đim ca đon thng SD.
B. I là trung đim ca đon thng AC.
C. I là trung đim ca đon thng SC.
D. I là trung đim ca đon thng SB.
Hướng dn gii
T gi thiết ta có
B
CAB
B
CSA

90 1 .
o
B
CSAB BCSB
SBC
 

Chng minh tương t ta cũng có

90 2 .
o
CD SD SDC
Do


90 3 .
o
SA ABCD SA AC SAC
T (1), (2) và (3) suy ra mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABCD là mt cu đường kính SC nên
tâm mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABCD là trung đim I ca đon thng SC.
Chn C.
Bài tp 2.
Cho khi chóp đều S.ABCD có tt c các cnh đều bng 3a . Th tích V ca khi cu
ngoi tiếp hình chóp là
A.
3
36.Va
B.
3
6.Va
C.
3
6
.
8
a
V
D.
3
36
.
8
a
V
Hướng dn gii
S.ABCD là hình chóp đều nên
.SO ABCD
Ta có
11 6
.6 ,
22 2
a
OD BD a
22
6
.
2
a
SO SD OD
Vy
,OS OA OD OB OC nên O là tâm mt cu ngoi
tiếp S.ABCD.
Vy th tích khi cu cn tìm
33
4
.6
3
VSOa

 (đvtt)
Chn B.
Lưu ý:
Công thc tính nhanh bán kính mt cu ngoi tiếp chóp đều:
2
2
a
R
h
vi a: độ
i
cnh bên, h: chiu cao hình chóp.
Bài tp 3: Cho hình chóp S.ABCDđáy ABCD là hình vuông,
SA ABCD
.SA AB a
Bán kính mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABCD
A.
2
.
2
a
B.
3
.
2
a
C.
5
.
2
a
D.
2.a
Hướng dn gii
Chng minh tương t như Bài tp 2 ta được kết qu
Ba đỉnh A, B, D đều nhìn cnh SC dưới mt góc vuông.
Tâm mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABCD là trung đim SC
bán kính mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABCD
.
2
SC
R
Ta có ABCD là hình vuông cnh a
2.AC a
Xét tam giác SAC vuông ti A
22
23.SC a a a
Vy bán kính mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABCD
3
.
2
a
R
Chn B.
Bài tp 4.
Cho t din ABCD có các mt ABCBCD là các tam giác đều cnh bng 2, hai mt
phng (ABD) và (ACD) vuông góc vi nhau. Bán kính mt cu ngoi tiếp t din ABCD bng
A.
22.
B.
2.
C.
22
.
3
D.
6
.
3
Hướng dn gii
Ta có ABC, BCD đều cnh bng 2 nên
2
A
CCD ACD
cân ti C.
Gi I là trung đim
.
A
DCIAD
Li có

ACD ADB
A
CD ADB AD CI ABD
IC AD

1CI IB do IB ABD
Ta có
.. 2.ACD ABD c c c CI IB
T (1) và (2) ta có ACB vuông cân ti
2
22.
22
CB
ICBIB IB IC
 
DIB vuông ti
22
2222.IID BDIB ADID
Xét ADB
2; 2 2
A
B DB AD ABD vuông ti B.
90 90 .
oo
ABD ACD
Suy ra mt cu ngoi tiếp t din ABCDđường kính là AD nên bán kính là
2.RID
Chn B.
Bài tp 5. Cho hình chóp S.ABC
,SA ABC tam giác ABC vuông ti B. Biết
4, 2, 4.SA a AB a BC a Bán kính R ca mt cu ngoi tiếp hình chóp là
A. 3a. B. 2a. C. a. D. 6a.
Hướng dn gii
Ta có



.
BC AB
B
C SAB BC SB
BC SA do SA ABC
 

SA ABC SA AC
Suy ra
hai đim A, B
cùng nhìn SC dưới mt góc vuông. Vy tâm
ca mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABC là trung đim SC, bán kính
mt cu là
.
2
SC
R
Ta có
22222 2
416 20
A
CABBC a a a
22 2 2
16 20 6SC SA AC a a a

//
// .
BD
B
DEF
SBD EF

Vy
3.Ra
Chn A.
Bài tp 6:
Cho lăng tr đứng ABC.A'B'C' đáy ABC là tam giác vuông ti B,
3, 30 .
o
AC a ACB Góc gia đường thng AB' và mt phng (ABC) bng 60°. Bán kính mt cu
ngoi tiếp t din A'ABC bng
A.
21
.
4
a
B.
21
.
2
a
C.
3
.
4
a
D.
21
.
8
a
Hướng dn gii
Trong tam giác vuông ABC
3
.sin30 .
2
o
a
AB AC

A
BABCA

và hình chiếu ca B lên mt phng (ABC) là
B nên góc gia đường thng AB' và mt phng (ABC) bng góc gia hai
đường thng AB'AB, và bng góc
B
AB
(vì tam giác AB'B vuông ti
B). Do đó
60 .
o
BAB
Trong tam giác vuông AB'B
33
.tan60 tan60 .
22
oo
aa
BB AB

Trong tam giác vuông AA'C

2
2
22
321
3.
22
a
A
CAAAC a a





Ta có
B
CAB
B
CAA
nên
,
B
C ABB A
suy ra
B
CAB
hay
90 .
o
ABC
90 ,
o
AAC
suy ra hai đim A, B cùng nhìn A'C dưới mt góc vuông.
Vy bán kín
h mt cu ngoi tiếp t din A'ABC bng
21
.
24
AC
R
a

Chn A.
Bài tp 7.
Cho hình chóp S.ABC đáy là hình vuông cnh
,2aSA a
và vuông góc vi mt
phng (ABCD). Gi M là trung đim cnh SC. Mt phng () qua AM đồng thi song song vi
đường thng BD ct SB, SD ln lượt ti E, F. Bán kính mt cu đi qua 5 đim S, A, E, M, F nhn giá
tr nào sau đây?
A. a. B.
.
2
a
C.
2
.
2
a
D. 2.a
Hướng dn gii
Gi I là giao đim ca AMSO.
D thy I là trng tâm tam giác SACI, E, F thng hàng.
Li có
22
33
SF SI
SF SD
SD SO


2222
2
22
.2
33
..
SF SD SD SA AD a
SF SD SA


Xét tam giác vuông SAD
2
.SF SD SA AF
đường cao tam giác .
A
FSF
Chng minh tương t ta
.
A
ESB
Tam giác
2SA AC a
nên AM va là trung tuyến va là đường cao tam giác
.
A
MSC
Ta có
A
MSM
A
FSF
A
ESE
nên mt cu đi qua 5 đim S, A, E, M, F có tâm là trung đim SA và bán kính
bng
2
.
22
SA a
Chn C.
Chú ý:
Ta có th làm như sau
Do
EF SBD

//
B
D
nên
// .
E
FBD
Ta có
,.
B
D AC BD SA BD SAC EF SAC EF SC  
Tam giác
SAC 2SA AC a nên .
A
MSC
Do đó
1.SC AMEF SC AE
Li có ,
B
CABBCSA nên
2.BC SAB BC AE
T (1) và (2) suy ra
.
A
ESBC AESB
Chng minh tương t, ta được
.
A
FSD
T đây, suy ra kết qu như cách bên.
Cách 2. Tâm mt cu ngoi tiếp khi đa din là giao đim ca trc đường tròn ngoi tiếp đa giác
đáy và mt phng trung trc ca mt cnh bên
Chú ý:
Trong khuôn kh bài tp thường xoay quanh hình chóp, hình lăng tr nên đa giác đáy ta
nói đến đây là đáy ca hình chóp hay hình lăng tr.
Bài tp 1. Cho hình chóp đều S.ABC có cnh đáy bng a, cnh bên hp vi mt đáy mt góc 60°.
Gi (
S) là mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABC. Th tích ca khi cu to nên bi mt cu (S) bng
A.
3
32
.
81
a
B.
3
32
.
77
a
C.
3
64
.
77
a
D.
3
72
.
39
a
Hướng dn gii
Gi H là tâm ca tam giác ABC, SH là trc ca đường tròn ngoi tiếp ABC, mt phng trung trc
ca
SA qua E là trung đim ca SA và ct SH ti I. Khi đó I là tâm ca
mt cu ngoi tiếp hình chóp
S.ABC.
Xét trong tam giác
SAH ta có
32
SH AH.tan60 .tan60 ; .
3sin60
3
oo
o
aSHa
aSA
t hai tam giác đồng dng
SEISHA
Ta có
22
.
.2
323
3
aa
SI SE SA SE a
SI
SA SH SH a

2
.
3
a
R
Suy ra th tích ca khi cu to nên bi mt cu (S) bng
3
3
42 32
.
33 81
aa



Chn A.
Bài tp 2.
Tính din tích mt cu ngoi tiếp hình lăng tr đều có tt c các cnh đều bng a.
A.
2
7
.
5
a
B.
2
7
.
3
a
C.
2
7
.
6
a
D.
2
3
.
7
a
Hướng dn gii
Gi O
1
, O
2
ln lượt là tâm đường tròn ngoi tiếp hai đáy lăng tr
O
1
O
2
là trc đường tròn ngoi tiếp hai đa giác đáy.
Gi I là trung đim ca
12
.O O IA IB IC IA IB IC


Suy ra trung đim I ca O
1
O
2
là tâm mt cu ngoi tiếp lăng tr.
Bán kính
2
22
22 2
12
22 2
23 7
...
232212
OO a a
RIA AO IO AO a










Do đó din tích mt cu ngoi tiếp hình lăng tr đều có tt c các cnh đều bng a
2
3
2
77
4. 4. . .
12 3
a
SR a






Chn B.
Lưu ý:
Mt phng trung trc ca mt cnh bên ct O
1
O
2
ti I là trung đim ca O
1
O
2
.
Bài tp 3. Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác vuông ti A, SA vuông góc vi mt phng
(ABC) và
2, 4, 5.AB AC SA Mt cu đi qua các đỉnh ca hình chóp S.ABC có bán kính là
A.
25
.
2
R
B.
5
.
2
R
C. 5.R
D.
10
.
3
R
Hướng dn gii
Gi M, H ln lượt là trung đim ca BC, SA
Ta có tam giác ABC vuông ti A suy ra A là tâm đường tròn
ngoi tiếp tam giác ABC. Qua M k đường thng d sao cho
dABC d là trc đường tròn ngoi tiếp tam giác ABC.
Trong mt phng k đường trung trc
ca đon SA, ct d ti I
IA IB IC
IA IB IC IS
IA IS


I là tâm mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABC. D thy t giác HAMI là hình ch nht.
Ta có
22
11
24 5,
22
15
.
22
AM BC
IM SA


Bán kính mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABC
22
55
5.
42
RAI AM IM
Chn B.
Lưu ý:
có th thay mt phng trung trc ca SA bng đường trung trc ca SA xét trong mt phng
(SAM).
Bài tp 4. Cho hình chóp đều S.ABCD tt c các cnh bng a. Bán kính mt cu ngoi tiếp hình
chóp S.ABCD
A. 2.a B. .a C.
2
.
2
a
D. 2.a
Hướng dn gii
Gi O là t
âm ca hình vuông
A
BCD SO ABCD
Vy SO là trc ca đưng tròn ngoi tiếp hình vuông ABCD
Trong (SAC) gi (d) là trung trc ca SA I là giao đim ca (d)
vi SO

.
ISO
IA IB IC ID
IA IS
Id
IA IB IC ID IS




Vy
I là tâm mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABCD.
Bán kính mt cu là
22 2
22 2
2
2
.
22
2
2
2
2
SA SA a a
R
SO
SA AO
a
a




Chn C.
Bài tp 5.
Cho hình chóp t giác đều S.ABCD có cnh đáy bng 2a, các mt bên to vi đáy mt
góc 60°. Din tích S
mc
ca mt cu ngoi tiếp hình chóp là
A.
2
25
.
3
mc
a
S
B.
2
32
.
3
mc
a
S
C.
2
8
.
3
mc
a
S
D.
2
.
12
mc
a
S
Hướng dn gii
Trc ca đường tròn ngoi tiếp đa giác đáySO. Mt phng trung trc ca SB ct SO ti I, ct
SB ti K thì I là tâm mt cu ngoi tiếp hình chóp.
Gi H là trung đim BC thì
60 .
o
SHO
Xét tam giác vuông SHO, ta có
tan 60 3.
o
SO
SO a
OH

T đó suy ra
22 22
32 5.SB SO OB a a a
Ta có
..SKI SOB g g
5
5.
.553
2
.
6
323
a
a
SK SI SK SB a a
SI SI
SO SB SO
a
 
Vy din tích mt cu ngoi tiếp hình chóp
22
2
75 25
44 .
36 3
mc
aa
SR


Chn A.
Bài tp 6.
Cho hình chóp đều S.ABCD có cnh đáy
2,a
cnh bên 2a. Gi M, N, P, Q ln lượt là
trung đim ca SA, SB, SC, SD. Tính bán kính R ca mt cu ngoi tiếp hình đa din ABCDMNPQ.
A.
6
.
2
a
R
B. .Ra C.
6
.
4
a
R
D.
10
.
4
a
R
Hướng dn gii
Ta có
// .
A
BCD MNPQ Gi
.OACBD
S.ABCD là hình chóp t giác đều nên
.SO ABCD n SO
là trc ca hai đáy (ABCD) và (MNPQ).
Trong mt phng (SAO) k đưng trung trc d ca đon thng AM
ct SA, SO ti H, I.
Khi đó I là tâm mt cu ngoi tiếp khi đa din ABCDMNPQ
bán kính là IA.
Ta có
2SA SB SC SD a

2.AB BC CD DA a
Li có
333 1
.2 .
44 2 42
aa
SH SA a HA SA

22
22 3.AC AB a AO a SO SA AO a
Mt khác

3
.
.3
2
..
2
3
a
a
HI SH OA SH a
SHI SOA g g HI
OA SO SO
a

Bán kính
mt cu cn tìm là
2
2
22
3
.
22
aa
R
AI HI HA a








Chn B.
Cách 3. Da vào trc ca đường tròn ngoi tiếp đa giác đáy và trc ca đường tròn ngoi tiếp
mt mt bên
Bài tp 1.
Cho hình chóp S.ABCDđáy là hình ch nht, 2, ,
A
BaBCa
hình chiếu ca S lên
mt phng (ABCD) là trung đim H ca
3
,.
2
a
AD SH Din tích mt cu ngoi tiếp hình chóp
S.ABCD bng bao nhiêu?
A.
2
16
.
3
a
B.
2
16
.
9
a
C.
3
4
.
3
a
D.
2
4
.
3
a
Hướng dn gii
Gi I là giao đim ca ACBC, qua I dng đương thng d song song vi
.SH d ABCD
Gi M là tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác SAD, qua M k đường
thng d' vuông góc vi mp(SAD), d' ct d ti O O là tâm mt cu
ngoi tiếp hình chóp S.ABCD và bán kính bng
22
.
R
OS MO MS
Vi
,
2
AB
OM IH a MS r (r là bán kính đường tròn ngoi tiếp
tam giác SAB).
Li có, SAD cân ti A, cnh ,
A
Da
đường cao
3
2
a
SH
suy ra
tam
giác SAD đều
2
2
234
33 3
aa
rAM SH R
(R là bán kính mt cu ngoi tiếp hình
chóp S.ABCD).
Vy din tích mt cu ngoi tiếp hình chóp S.ABCD bng
2
2
16
4.
3
a
SR

Chn A.
Bài tp 2.
Cho hình chóp S.ABC
.SA ABC Gi M, N ln lượt là hình chiếu ca A trên SB,
SC. Biết
,.
B
AC BC a

Din tích mt cu ngoi tiếp khi đa din ABCMN
A.
2
2
.
cos
a
B.
2
2
.
sin
a
C.
2
2
4
.
cos
a
D.
2
2
4
.
sin
a
Hướng dn gii
+) Gi K, P ln lượt là
trung đim ca ACAB.
ACN vuông ti N K là tâm đường tròn ngoi tiếp ACN.
ABM vuông ti M P là tâm đường tròn ngoi tiếp ABM.
+) Hai mt phng (SAB), (ABC) vuông góc và ct nhau theo giao tuyến AB nên gi d
1
là trc ca
đường tròn ngoi tiếp ABM thì d
1
qua
1
,
P
dABC
1
.dAB
Tương t, gi d
2
là trc ca
đường tròn ngoi tiếp ACN thì d
2
qua
2
,
K
dABC
2
.dAC
+) Rõ ràng, trong mt phng (ABC) thì d
1
d
2
ln lượt là đường trung trc ca các cch AB, AC
nên hai đường này ct nhau ti tâm đường tròn ngoi tiếp ABC. Do đó, tâm mt cu ngoi tiếp
khi đa din ABCMN cũng là tâm đường tròn ngoi tiếp ABC, bán kính R ca mt cu này cũng
chính là bán kính đường tròn ngoi tiếp ABC.
+) Áp dng định lí sin cho ABC ta được
.
2sin 2sin
BC a
R
A

Vây din tích mt cu ngoi tiếp khi đa din ABCMN
2
2
2
4.
sin
a
SR

Chn B.
Lưu ý:
Cách 2: V đường kính AE ca đường tròn ngoi tiếp tam giác ABC. Khi đó A, M, N, B, Cng
nhìn AE góc 90°.
Áp dng đị
nh lí sin cho ABC ta được
.
2sin 2sin
BC a
R
A

Vy din tích mt cu ngoi tiếp khi đa din ABCMN
2
2
2
4.
sin
a
SR

Dng 2. Mt cu ni tiếp khi đa din
Mt cu ni tiếp khi đa din là mt cu tiếp xúc vi tt c các mt ca khi đa din.
Phương pháp gii
Xác định được và hiu rõ khong cách t tâm ca mt cu ni tiếp khi đa din ti các mt ca
khi đa din chính là bán kính ca mt cu ni tiếp khi đa din. T đó có th tính được bán kính,
din tích xung quanh ca mt cu, th tích ca khi cu và gii được các bài toán liên quan.
Ví d: Thch khi cu ni tiếp hình lp phương có cnh bng 1 là
A. .
12
B. .
3
C.
2
.
3
D. .
6
Hướng dn gii
Khi cu ni tiếp hình lp phương có tâm trùng vi tâm ca hình lp phương và tiếp xúc vi các
mt ca hình lp phương ti tâm ca các hình vuông là các mt ca hình lp phương.
Suy ra bán kính
1
R.
2
Th tích khi cu ni tiếp hình lp phương là
3
3
441
.
3326
VR





Chn D.
Bài tp mu
Bài tp 1.
Cho hình lp phương có th tích bng 64a
3
. Th tích ca khi cu ni tiếp ca hình lp
phương đó bng
A.
3
64
.
3
a
V
B.
3
8
.
3
a
V
C.
3
32
.
3
a
V
D.
3
16
.
3
a
V
Hướng dn gii
Hình lp phương có th tích bng 64a
3
, suy ra cnh hình lp phương là 4a.
Khi cu ni tiếp hình lp phương có bán kính bng
1
2
cnh hình lp phương
2.
R
a
Vy
3
3
432
.
33
a
VR

Chn C.
Bài tp 2.
Cho hình chóp S.ABCđáy là tam giác vuông ti
,8,6.BAB BC
Biết 6SA SA
vuông góc vi mp(ABC). Tính th tích khi cu có tâm thuc phn không gian bên trong ca hình
chóp và tiếp xúc vi tt c các mt ca hình chóp S.ABC.
A.
16
.
9
B.
625
.
81
C.
256
.
81
D.
25
.
9
Hướng dn gii
Gi Ir ln lượt là tâm và bán kính ca hình cu tiếp xúc vi tt c các mt ca hình chóp
S.ABC.
Khi đó

.....
.
.
.
1
33
3
.
111
. .6. .8.6 48;
332
24; 30 108.
TP
S ABC I ABC I SBC I SAB I SAC ABC SAB SBC SAC
SABC
TP
SABC ABC
ABC SAB SBC SAC TP
rS
VVVVV rSSSS
V
r
S
VSAS
SS SS S






Vy
3
.
3
3.48 4 4 256
.
108 3 3 81
S ABC
mc
TP
V
rVr
S

Chn C.
Dng 3. Bài toán cc tr
1. Phương pháp gii
Tương t như bài toán cc tr v hình nón, hình tr ta thường đánh giá trc tiếp da vào hình
hoc biu din hay quy đại lượng cn tìm cc tr ph thuc vào mt yếu t sau đó đánh giá tìm ra
đáp án.
Ví d: Cho mt cu bán kính 5.
R
cm Mt phng (P) ct mt cu (S) theo giao tuyến là đường tròn
(C) có chu vi bng 8cm. Bn đim A, B, C, D thay đổi sao cho A, B, C thuc đường tròn (C), đim
D th
uc
SD C và tam giác ABC đều. Th tích ln nht ca t din ABCD bng
A.
3
20 3 .cm B.
3
32 3 .cm C.
3
60 3 .cm D.
3
96 3 .cm
Hướng dn gii
Gi H là hình chiếu ca D trên mt phng (P). Đường tròn ngoi tiếp tam giác đều ABC có chu
vi bng 8cm.
Suy ra bán kính đường tròn

8
4.
2
Rcm

Suy ra cnh ca tam giác ABC bng
43cm
Suy ra


2
2
43 3
12 3
4
ABC
Scm
 không đổi
Do
đó th tích khi t din ABCD ln nht khi
,dD ABC ln nht
D O nm cùng
phía SO vi mt phng (P) và D, O, H thng hàng
22
525168.
DH DO OH DO OA AH

Khi
đó

3
max
1
.12 3.8 32 3 .
3
Vcm
Chn B.
2. Bài tp mu
Bài t
p 1.
Cho hai mt cu
12
,SS có cùng tâm I và bán kính ln lượt là 2 và
10.
Các đim A,
B thay đổi thuc

1
S còn C, D thay đổi thuc
2
S sao cho có t din ABCD. Khi th tích khi t
din ABCD đạt giá tr ln nht thì khong cách gia hai đường thng ABCD bng
A. 10. B. 3. C. 5. D. 2.
Hướng dn gii
Để có t din ABCD thì ABCD không đồng phng.
Gi R
1
, R
2
ln lượt là bán kính ca các mt cu
1
S
21 2
2; 10.SRR
Gi K là trung đim ca CD h là khong cách gia hai đường thng ABCD.
Ta
1
2, 2 4,sin , 1.CD CK AB R AB CD
Th tích khi t din ABCD

11
..sin , . , .4..
66
ABCD
VABCDABCDdABCDCDh
22 22
44
.
33
Co si
hCK IKCK

Xét ICK vuông ti K
2222
2
.IK CK CI R
Khi đó
2
44
10.
33
ABCD
VR
Du “=” xy ra
4
5
AB CD
AB
hIKCK


Chn C.
Bài tp 2:
Cho tam giác ABC đều cnh a, đưng thng d đi qua A và vuông góc vi mt phng
(ABC). Gi Sđim thay đổi trên đường thng d, H là trc tâm tam giác SBC. Biết rng khi S thay
đổi trên đường thng d thì đim H nm trên đường (C). Trong s các mt cu cha đường (C), bán
kính mt cu nh nht là
A.
2
.
2
a
B. .a C.
3
.
12
a
D.
3
.
6
a
Hướng dn gii
Gi M là trung đim BC suy ra ; .
A
MBCSMBC
Gi G là trng tâm tam giác ABC, vì tam giác ABC đều cnh a nên
31 3
;
236
aa
AM MG MA suy ra
2
..
4
a
MG MA
Mt khác
H trc tâm tam giác SBC nên tam giác BMH và tam giác
SMC là hai tam giác đồng dng nên
2
...
4
B
MMH a
MH MS BM MC
SM MC

Do đó
..
M
HMS MGMA hay
M
HMA
M
GMS
nên tam giác MHG và tam
giác MAS đồng dng suy ra
.GH SM
H thuc (SAM) c định khi S thay đổi trên d
GH SM
nên (C)
là mt phn ca đường tròn đường kính GM do đó trong các mt cu
cha (C), mt cu có bán kính nh nht là mt cu nhn GM làm đường kính nên bán kính mt cu
3
.
212
GM a
R 
Chn C.
Dng 4. Bài toán thc tế
1. Phương pháp gii
Nm vng kiến thc các dng toán trên để gii bài toán thc tế liên quan đến mt cu.

33
0
4
EV 3 36
3
cm


Bài tp: Người ta th mt viên bi có dng hình cu vi bán kính bng 3cm vào mt cái ly dng hình
tr đang cha nước. Người ta thy viên bi chìm xung đáy ly và chiu cao ca mc nước dâng lên
thêm 1cm. Biết rng chiu cao ca mc nước ban đầu trong ly bng 7,5cm. Tính th tích V ca khi
nước ban đầu trong ly (kết qu ly xp x).
A.
3
282,74 .Vcm B.
3
848,23 .Vcm
C.
3
636,17 .Vcm
D.
3
1272,35 .Vcm
Hướng dn gii
Gi V
0
là th tích ca viên bi.
Gi R là bán kính ca cái ly (không tính v).
Theo bài ra ta có th tích ca ct nước dâng lên 1cm bng th tích viên bi nên ta có
2
.1 36 6
R
Rcm


Suy ra th tích V ca khi nước ban đầu trong ly
23
. .36.7,5 848,23Rh cm


Chn B.
2. Bài tp mu
Bài t
p 1:
Cho ba hình cu tiếp xúc ngoài vi nhau tng đôi mt và cùng tiếp xúc vi mt mt
phng. Các tiếp đim ca các hình cu trên mt phng lp thành tam giác có các cnh là 4, 2 và 3.
Tích bán kính ca ba hình cu trên
A. 12. B. 3. C. 6. D. 9.
Hướng dn gii
Gi
11 2 2 33
,, ,, ,Or Or Or ln lượt là 3 hình cu tha mãn. Gi A, B, C ln lượt là hình chiếu
ca O
1
; O
2
; O
3
trên mt phng. Gi s 4, 2, 3.AB BC AC

Ta có
112 23 3121223233131
;;; ; ; .OA r OB r OC r OO r r OO r r OO r r
K
12 2 1221
;.OH BO H BO BH r OH r r
Theo định lý Py-ta-go ta có
 
2
22
222 2
12 1 2 1 2 2 1 12
.
4
A
B
OO OH O H r r AB r r rr
Tương t ta có
22
23 31
;.
44
B
CAC
rr rr
Vy
222
123
3.
64
AB BC CA
rrr 
Chn B
Bài tp 2.
Cho qu địa cu có độ dài đường kinh tuyến 30° Đông là 40cm (tham kho hình v).
Độ dài đư
ng xích đạo là:
A.
40 3 .cm
B. 40 .cm
C. 80 .cm
D.
80
.
3
cm
Hướng dn gii
Đường xích đạo là đường vĩ tuyến ln nht. Độ dài đường xích đạo gp hai ln đường kinh tuyến
30° Đông.
Vy độ dài đường xích đạo là:
2.40 80 .cm

Chn C.
Bài tp 3.
Qu bóng đá được dùng thi đấu ti các gii bóng đá Vit Nam t chc có chu vi ca thiết
din qua tâm là 68,5cm. Qu bóng được ghép ni bi các miếng da hình lc giác đều màu trng và
đen, mi miếng có din tích 49,83cm
2
. Hi cn ít nht bao nhiêu miếng da để làm qu bóng trên?
A. 40 (miếng da). B. 20 (miếng da).
C. 35 (miếng da). D. 30 (miếng da).
Hướng dn gii
Vì thiết din qua tâm là đường tròn có chu vi là 68,5cm, nên gi s bán kính mt cu là R ta có
68,5
268,5 .
2
RR

Din tích mt cu:

2
22
68,5
4 4 1493,59 .
2
xq
SR cm





Vì mi miếng da có din tích 49,83cm
2
nên để ph kín được mt ca qu bóng thì s miếng da
cn là
1493,59
29,97.
49,83
Vy phi cn 30 miếng da.
Chn D.
Dng 5. Dng toán tng hp
1. Phương pháp gii
S dng kiến thc v hình nón, hình tr, hình cu các dng toán trên để gii bài toán tng hp.
Ví d: Cho tam giác đều ABC ni tiếp đường tròn tâm I đường kính AA', M là trung đim ca BC.
Khi quay tam giác ABM cùng vi na hình tròn đường kính AA' xung quanh đường thng AM, ta
được khi nón và khi cu có th tích ln lượt là V
1
V
2
. T s
1
2
V
V
bng
A.
9
.
4
B. 49 C.
27
.
32
D.
9
.
32
Hướng dn gii
Chn D.
Gi a là cnh ABC
đều, suy ra
33
;;.
223
aa a
BM AM IA
Ta có
2
2
1
3
3
2
3
1
.
.
19
22
3
..
4
432
3
..
3
3
aa
BM AM
V
V
a
IA







2. Bài tp
Bài t
p 1.
Cho hình nón có thiết din qua trc là mt tam giác đều cnh là 2a, có th tích V
1
và hình
cu có đường kính bng chiu cao hình nón, có th tích V
2
. Khi đó t s th tích
1
2
V
V
bng bao nhiêu?
A.
1
2
1
.
3
V
V
B.
1
2
2
.
3
V
V
C.
1
2
1
.
2
V
V
D.
1
2
1.
V
V
Hướng dn gii
Chn B.
Cho hì
nh nón có thiết din qua trc là mt tam giác đều cnh là 2a
23
1
3
3
2
13
2, , 3 3 ;
33
433
.
32 2
IaRaha V a a a
a
Va







Vy
1
2
2
.
3
V
V
Bài tp 2. Mt cái bn cha nước gm hai na hình cu và mt hình tr (như hình v).
Đường sinh
ca hình tr bng hai ln đường kính ca hình cu. Biết thch ca bn cha nước là
3
128
.
3
m
Tính din tích xung quanh ca cái bn cha nước theo đơn v m
2
.
A. 48 m
2
. B. 50 m
2
. C. 40 m
2
. D. 64 m
2
.
Hướng dn gii
Chn A.
Gi x là bá
n kính hình cu.
Ta có 2 4 4 4 .
tcct
ldRRx
Th tích ca b nước là
232 3
3
4 4 128
.4
333
82.
tc tt c
VVV Rl R x x x
xx



Din tích xung quanh ca b nước là
222
2 . 4 2.2 .8 4 .2 48 .
tt c
SRlR m


| 1/61

Preview text:

CHƯƠNG 2: MẶT NÓN, MẶT TRỤ, MẶT CẦU BÀI 1: MẶT NÓN
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM MẶT NÓN TRÒN 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 tròn xoay
đỉnh O gọi là mặt nón tròn 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
đường sinh của mặt nón đó. HÌNH NÓN TRÒN XOAY
Cho OIM vuông tại I quay quanh cạnh góc
vuông OI thì đường gấp khúc OMI tạo thành một
hình, gọi là hình nón tròn 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.
phẳng song song PQ với P
 Hình tròn tâm I, bán kính r IM là đáy của hình qua O và vuông góc với thì phần mặt nón.
nón N giới hạn bởi hai mặt phẳng P
Q và hình tròn giao tuyến của Q
và mặt nón N là hình nón. KHỐI NÓN TRÒN XOAY
Phần không gian được giới hạn bởi một hình nón
tròn xoay kể cả hình đó ta gọi là khối nón tròn
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 nhận xét:
khối nón ta thường vẽ như hình bên.
- 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 vuông góc với OI (không chứa O)
thì thiết diện của mp P và khối nón (nếu có) là
một hình tròn. Hình tròn thiết diện này có diện tích
lớn nhất khi mp P đi qua I.
CÔNG 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 r   . xq
- Diện tích đáy (hình tròn): 2 S r  . ht - Diện tích toàn phần: 2 S r    r  . tp 1 1 - Thể tích khối nón: 2
V S .h rh . 3 ht 3
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA MẶT NÓN MẶT NÓN TRÒN 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 tròn xoay đỉnh O gọi là mặt nón tròn xoay. HÌNH NÓN TRÒN XOAY
Cho OMI vuông tại I quay quanh cạnh góc
vuông OI thì đường gấp khúc OMI tạo thành
một hình, gọi là hình nón tròn xoay. KHỐI NÓN TRÒN XOAY
Phần không gian được giới hạn bởi một hình
nón tròn xoay kể cả hình đó ta gọi là khối
nón tròn xoay hay ngắn gọn là khối nón. CÁC CÔNG THỨC Diện tích xung quanh S r   xq Diện tích đáy 2 S rht Diện tích toàn phần 2 S r    rtp Thể tích 1 1 2
V S .h rh 3 ht 3
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, độ dài đường sinh, chiều cao,
bán kính đáy, thiết diện của hình nón

1. Phương pháp giải
Nắm vững các công thức về diện tích xung Ví dụ: Tính diện tích xung quanh của khối nón
quanh, diện tích toàn 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 vuông 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 toán.
Hướng dẫn giải Tam giác OAB vuông cân diện tích bằng 2 1 2  OA  2 2
OA OB  2 2 2 AB  2  2  2 2 ABh R   2 2 Suy ra S  .  2.2  2 2 . xq 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 toàn phần của hình nón đó. A. 2 6 a  . B. 2 24 a  . C. 2 3 a  . D. 2 12 a  .
Lưu ý: Diện tích tam giác
Hướng dẫn giải 2 x 3
đều cạnh x là: S Chọn C 4 2a 3
độ dài chiều cao là: Ta có h   a 3,  
2a, r a . 2 x 3 h .
Diện tích toàn phần của hình nón là 2 2 2 2 S r    r   .  . a 2a  .  a  3 a  .
Ở bài toán này x  2a . tp
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 9 3 3 A. 3 3 . B. 3 . C. . D. . 2 3
Hướng dẫn giải Chọn A Gọi r, ,
h lần lượt là bán kính đường tròn đáy,
đường sinh, chiều cao của hình nón đã cho. 2  r   9 r  3 Theo giả thiết ta có  nên  .   2r   6 Lại có 2 2
h    r do đó h  36  9  3 3 .
Bài tập 3: Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác vuông có
cạnh góc vuông bằng 1. Mặt phẳng  qua đỉnh S của hình nón đó cắt
đường tròn đáy tại M, N. Tính diện tích tam giác SMN, biết góc giữa 
và đáy hình nón bằng 60 . 1 1 2 3 A. . B. . C. . D. . 3 2 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  SHO  60 .
Vì thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác vuông có cạnh góc 2
vuông bằng 1  SO  . 2 SO SO 6
Xét SOH vuông tại O có sin 60   SH   . SH sin 60 3 2  6  2 3 Khi đó 2 2 2
MN  2 SN SH  2 1      . 3  3   1 1 6 2 3 2
Vậy diện tích tam giác SMNSSH.MN  . .  . SMN 2 2 3 3 3
Bài tập 4: Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO, AB là hai điểm thuộc
đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng a 3 và  SAO  30 , 
SAB  60 . Độ dài đường sinh của hình nón theo a 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 . a 3 Ta có OH  . 3 Do 
SAB  60 nên tam giác SAB đều. Lưu ý:
Suy ra SA SB AB .
Ta có: OH SI (1) Mặt khác AB OI
AB  SOI  1
SAO  30  SO  .
SA sin 30  SA AB SI 2
AB OH (2) . SA 3 và OA  . SA cos30  .
Từ (1) và (2) suy ra: 2
OH  SAB, do đó
Xét tam giác SOI ta có 1 1 1 1 1 1 1 d  ;
O SAB  OH .       2 2 2 2 2 2 2 2 OH OS OI OS OA AI  1  2 SASA 3   1   
Có thể đặt SA x .  2    SA    2    2  1 6 a 3  
SA OH 6  . 6  a 2 . 2 2 OH SA 3
Bài tập 5: Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn 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 3 a A. d  .
B. d  . C. 3 2 a 3 a 3 d  . D. d  . 7 2
Hướng dẫn giải 1 1 1 Do:   Chọn D 2 2 2 OH OE OS
Giả sử thiết diện là tam giác SAB, khi đó ta có
SA SB AB  21 5a OS.OEOH  2 2 OS OE
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 OH  SOE  OH  SAB .
Vậy khoảng cách từ S đến P là OH (hay d  ;
O P  OH ). 1 2 2 2 2
EB AB a,OB R  2a,OE OB EB  4a a a 3 . 2 2 2 2 2
SO SB OB  5a  4a a , OS.OE . a a 3 a 3 OH    . 2 2 2 2 OS OE a  3a 2 a 3 Vậy d  . 2
Bài tập 6: Cho hình nón tròn 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 EF đồng
thời tạo với SO một góc  . Biết góc
giữa đường cao và đường sinh của hình nón bằng 45 . Độ dài đoạn EFa
A. EF  2a .
B. EF   tan 2 . 2
C. EF  a tan 2 . D. EF  2  a tan 2 .
Hướng dẫn giải Lưu ý:
Chọn B. SSS (*) SFI SEI SFE 1 S
SF.SI.sin 45 SFI 2 1 S
SE.SI.sin 45 SEI 2 1 S
SF.SE.sin 90 SFE 2 a a
Thay vào (*) ta được
Xét tam giác NIOOI NI.cos  cos ,
NO NI.sin   sin  2 2 SE.SF SI  2 .
Xét tam giác SEF vuông tại SSE SF   
SEF ESM SME  45  90    135   .    SF SE SEF SE   1 tan .tan .tan 135  SE. . tan  1
SI là độ dài đường phân giác trong góc  FSE nên SE.SF a
SE tan 135  SI  2.  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 SE SE a sin  a EF      tan 2 .  cos SEF
cos 135  1 tan  cos  sin  2
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 của hình nón xq
đỉnh S, có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2 a  3 2 a  10 A. S  . B. S  . xq 3 xq 8 2 a  7 2 a  7 C. S  . D. S  . xq 4 xq 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 tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường
sinh là SA, bán kính đường tròn đáy là OA.
Gọi H là trung điểm của BC thì
SBC ABC   ;  SHO  60 .
Tam giác ABC đều và O là tâm của tam giác đều nên 1 1 a 3 a 3 OH AH  .  ; 3 3 2 6 2 a 3 OA AH  . 3 3
Tam giác SOH vuông tại O và có  SHO  60 nên a 3 a
SO OH.tan 60  . 3  . 6 2 2 2 a 3a a 21
Tam giác SOA vuông tại O nên 2 2
SA SO OA    . 4 9 6
Diện tích xung quanh hình nón là 2 a 3 a 21 a  7 S r    .  O . A SA  .  .  . xq 3 6 6
Dạng 2: Tính thể tích khối nón, bài toán cực trị 1. Phương pháp
Ví dụ: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60 , diện tích xung quanh bằng 2 6 a
 . Thể tích V của khối nón đã cho là 3 3 a  2 3 a  2 A. V  . B. V  . 4 4 C. 3 V  3 a  . D. 3 V a  .
Hướng dẫn giải
Nhìn vào công thức tính thể tích khối nón Chọn C 1 1 2
V S .h rh n 3 ht 3
ta thấy cần xác định chiều cao và diện
tích đáy (bán kính đáy) của khối nón. Đối
với bài toán cực trị ta thường tính toán
đưa đại lượng cần tìm cực trị phụ thuộc 1 1 Thể tích 2 2 V Rh  .  OA .SO .
vào một biến sau đó dùng đánh giá (sử 3 3
dụng bất đẳng thức, khảo sát hàm số…) Ta có  
ASB  60  ASO  30 để tìm ra kết quả. OA 1  tan 30  
SO OA 3 . SO 3 Lại có 2 2 2 S R    .  . OA SA   .
OA OA SO  6 axq 2 2 2 2 2
OA OA  3OA  6a  2OA  6a 1 2 3
OA a 3  SO  3a V  .3
a .3a  3 a  . 3 2. Bài tập
Bài tập 1: Cho tam giác ABC có   2 ABC  45 ,  ACB  30 ,  AB  . 2
Quay tam giác ABC xung quanh cạnh BC ta được khối tròn xoay có thể tích V bằng  3 1 3 1 3 A. V B. V  2 24 1 3 1 3 C. V D. V  8 3
Hướng dẫn giải
Lưu ý: V chính là tổng Chọn B
thể tích của hai khối AB AC BC Ta có   sin 30 sin 45 sin105
nón: Khối nón có chiều AC  1
cao BH đường sinh AB    5 1 3 .
và khối nón có chiều BC  2 sin   12 2
cao CH và đường sinh
Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A. AC. 1
Ta có AH.BC A .
B AC.sin105  AH  . 2
Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tìm là 1 1 1 1 3 2 2 2 V AH .BH AH .CH AH .BC  . 3 3 3 24
Bài tập 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Hình nón  N  có
đỉnh A và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Thể
tích V của khối nón  N  là 3  3a 3 6a 3  6a 3  6a A. V B. V C. V D. V  27 27 9 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 Suy ra 2  a 3  2a 2 2 2
h a r a      . 3  3   2 3 1 1 a a 2  6a
Vậy thể tích khối nón là 2 V rh   .  . 3 3 3 3 27
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
tròn 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 2
r SO  2  SO  3. 3 SO 3 Mà SO  .s
SA in 60  SA    2 3 . sin 60 3 2 AB 2 3
Vậy bán kính đường tròn của khối nón là R    3 . 2 2
Vậy thể tích khối nón là V   2 1 3 .3  3 . 3
Bài tập 4: Cho hình tứ diện ABCDAD   ABC , ABC là tam giác
vuông tại B. Biết BC a, AB a 3, AD  3a . Quay các tam giác ABC
ABD (bao gồm cả điểm bên trong hai tam giác) xung quanh đường
thẳng AB ta được hai khối tròn xoay. Thể tích phần chung của hai khối tròn xoay đó bằng: 3 3 3 a  3 8 3 a  3 5 3 a  3 4 3 aA. . B. . C. . D. 16 3 16 16
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Khi quay tam giác ABD quanh AB ta được khối nón đỉnh B có đường cao
BA, đáy là đường tròn bán kính AE  3cm. 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 tròn bán kính IH. IC BC 1 Ta có IBC
đồng dạng với IEA   
  IA  3IC . IA AE 3 AH IH AI 3 3 3a
Mặt khác IH // BC   
  IH BC  . AB BC AC 4 4 4
Gọi V ; V lần lượt là thể tích của khối nón đỉnh AB có đáy là hình 1 2 tròn tâm H. 1 1 2 2 V IH
.AH; V IH .BH 1 2 3 3 2 3   9a 3a 3 2
V V V V IH .AB V  . .a 3  V   . 1 2 3 3 16 16
Bài tập 5: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Hình nón có đỉnh S và có
đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác ABC gọi là hình nón nội
tiếp hình chóp S.ABC, hình nón có đỉnh S và có đường tròn đáy là đường
tròn 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 1 1 2 1 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 4
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 2 1 bằng
đường cao của tam giác, bán kính đường tròn nội tiếp bằng 3 3
đường cao của tam giác. r 1 V S 1 Suy ra 1 1     . R 2 V S 4 2 2
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  3
1000 cm . 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? 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 8 27 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 1 2 2  x  .x 3  y  .y 3 1000 3 3
x y 10 3 20 3 10 3    x , y  . 3 3
x y 1000 3 3 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 3  3 3 2 3 3  3 3 2 3 A. . B. . C. . D. . 9 9 27 27
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi h 0  h   là chiều cao hình nón, suy ra bán kính 2 2
r    h .
Suy ra thể tích khối nón là 1 1 1 2 V rh   2 3
h h   f  h . 3 3 3 Xét hàm   2 3
f h   h h trên 0; .   h   f h 2 2 3
   3h  0    h   khong thoa man  3
Lập bảng biến thiên ta được 3    2
Ta thấy max f h  f    .  3  3 3 3 2 3 Vậy V  
. Dấu “=” xảy ra  h   . max 27 3
Bài tập 8: Trong các hình nón cùng có diện tích toàn 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. 2 S r  Ta có 2 S r    r     . r  Thể tích
Lưu ý: điều kiện của
biến khi khảo sát hàm. 1 1 1
S r 2 2 1 2 2 2 2 2 2 V rh r    r r   r S  2 4 Sr  2 r  . 2 2  3 3 3  r 3
Lập bảng biến thiên cho hàm f r 2 4  Sr  2 r
 trên 0;, ta thấy S
hàm số đạt giá trị lớn nhất tại r     3r . 4
Bài tập 9: Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O. Thiết diện
qua trục hình nón là một tam giác cân với cạnh đáy bằng a và có diện tích là 2
a . Gọi A, B là hai điểm bất kỳ trên đường tròn O . Thể tích khối
chóp S.OAB đạt giá trị lớn nhất bằng 3 a 3 a 3 a 3 a 2 A. . B. . C. . D. . 2 6 12 12
Hướng dẫn giải
Chọn C. 1 1
Tam giác cân SCD, có 2 SC . D SO a  .
a SO SO  2a . SCD 2 2
Khối chóp S.OAB có chiều cao SO  2a không đổi nên để thể tích lớn
nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác OAB lớn nhất. 1 1 Mà  2  S  . OA .
OB sin AOB r .sin AOB (với r là bán kính đường OAB 2 2
tròn mặt đáy hình nón). Do đó để S lớn nhất khi  sin AOB  1. Khi đó OAB  3 a V  . max 12
Bài tập 10: Cho hình nón  N có đỉnh S, chiều cao h. Một hình nón 1 
N có đỉnh là tâm của đáy N và có đáy là một thiết diện song song 1  2 
với đáy của  N như hình vẽ. 2 
Khối nón  N có thể tích lớn nhất khi chiều cao x bằng 2  h h 2h h 3 A. . B. . C. . D. . 2 3 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  N , N ; R, r lần lượt là các bán kính của hai 1   2 
đường tròn đáy của  N , N . 1   2  SI r h x r
R h x Ta có     r  . SO R h R h
Thể tích khối nón  N là 2  1
1 R h x2 2 2 RVrx   x  .x h x . N 2 2  2 2  2 3 3 h 3h
Xét hàm f x  xh x2 3 2 2
x  2hx h x trên 0;h . Ta có x h f  x 2 2
 3x  4hx h ; f x  0   h  . x   3
Lập bảng biến thiên ta có h
Vậy f x đạt giá trị lớn nhất trên khoảng 0;h tại x  . 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 5 3 10 3 A. 5 3 cm. B. 10 3 cm. C. cm. D. cm. 3 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 2 2 2 2 2
x y  10  y  100  x , ta có
điều kiện x, y 0;10 . Thể tích khối nón là 1 1 2 V rh   2
100  x x . 3 3
Xét hàm số f x   2  x  3 100
x  100x x , x 0;10 ; f  x 10 3 2
100  3x ; f x  0  x  . 3 Bảng biến thiên 10 3
Ta thấy V lớn nhất khi f x lớn nhất tại x  cm. 3
Bài tập 12: Giả sử đồ thị hàm số y   2 m   4 2 2
1 x  2mx m 1 có 3
điểm cực trị là A, B, Cx x x . Khi quay tam giác ABC quanh A B C
cạnh AC ta được một khối tròn xoay. Giá trị của m để thể tích của khối
tròn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây? A. 4;6 . B. 2;4 . C.  2;  0 . D. 0;2 .
Hướng dẫn giải
Chọn B. y   2 m   3
x mx x  2 m   2 4 1 4 4
1 x m . x  0
y  0  4x  2 m   2 1 x m  0       m  . x   m  0 2    m 1
Với m  0 thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (với x x x ) là A B C 2  m m  2 A      ; m 1 ; B    2 0; m 1 ; 2 2  m 1 m 1   2  m m  2 C  ;   m 1 . 2 2  m 1 m 1     
Quay ABC quanh AC thì được khối tròn xoay có thể tích là 2 2 9 1 2 2  mm 2 m 2 2 V  2. rh B
I .IC    .   . 2 2 3 3 3  m 1 m 1 3  2 m  5 1 9 m
Xét hàm f m   . m  5 2 1 8 m  2 9  m
Ta có f m 
; f m  0  m  3 m  0 . 6      2 m   1 Ta có bảng biến thiên
Vậy thể tích cần tìm lớn nhất khi m  3 .
Bài tập 13: Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB  6 cm, AC  3 cm.
Gọi M điểm di động trên cạnh BC sao cho MH vuông 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  4 8 A. . B. . C. . D. 4 . 3 3 3
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt AH x cm, 0 x   6 .
Khi đó BH  6  x cm .
Xét tam giác BHM vuông tại H. HM Ta có  tan HBM BH   HM BH
HBM    x  .tan 6 .tan HBM . AC Mà   3 1
tan HBM  tan ABC    . AB 6 2
Do đó HM    x 1 6 . . 2
Thể tích của khối nón tạo thành khi tam giác AHM quay quanh cạnh AH 1  1  là V AH. .  HM  . . x 6  x2 2   3 2
x 12x  36x (1). 3 3 4 12
Xét hàm số f x 3 2
x 12x  36x với 0  x  6 , ta có   f  xx 2 2
 3x  24x  36 ; f x 2
 0  3x  24x  36  0   . x  6
Bảng biến thiên của hàm số f x 3 2
x 12x  36x với 0  x  6
Từ (1) và bảng biến thiên ta có thể
tích lớn nhất của khối nón tạo thành là  8 V  .32  . 12 3
Bài tập 14: Cho hình lập phương ABC . D AB CD
  có thể tích bằng 1.
Gọi  N  là một hình nón có tâm
đường tròn đáy trùng với tâm của
hình vuông 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 2 3 9 9 A. . B. . C. . D. . 3 4 8 16
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Xét phần mặt cắt qua trục hình nón và đi qua mặt phẳng  AAC C   , kí
hiệu như hình vẽ. Với I, H lần lượt là tâm của hình vuông ABCD, AB CD
  và đỉnh A nằm trên đường sinh EF của hình nón. 2
Hình lập phương có thể tích bằng 1 nên AA  HI  1, AH  . 2
Đặt EH x x  0 . Khi đó, ta có EH AH x 2 2  x 1     FI   r   . EI FI x 1 2FI 2  x
Thể tích khối nón  N  là 2 1 1  x 1  x 1 2 VrEI   x   . N      3   1 2 3 6  x  6 x x 1 x  2 x 1
Xét hàm số f x  3 
trên 0; . Ta có f  x   2  . 2 x 3 x Lập bảng biến thiên 27 9
Ta được min f x 
tại x  2 . Suy ra minV  .  N  0; 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 3 A. 2 3a . B. 2 2a . C. 2 a . D. 2 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   2a   Vì   sin 60
ASB  120  ASO  60   . AOSO   a  tan 60 2 2 x x 2 2 2 2 2 2
OH OA AH  3a
SH OH SO  4a  . 4 4 2 1 1 x 2 S
AM.SH x 4a  . SAM 2 2 4 Ta có    2 2  2 2 1 x x 16a  2x 2
S   4a    
S  0  x  2a 2 . 2 2 2  4  2 x 2 x  4 4a   8 4a   4  4 2  S  2a . max
Bài tập 16: Cho mặt cầu S  bán kính R. Hình nón  N  thay đổi có
đỉnh và đường tròn đáy thuộc mặt cầu S  . Thể tích lớn nhất của khối nón  N  là 3 32 R  3 32R 3 32 R  3 32R A. . B. . C. . D. . 81 81 27 27
Hướng dẫn giải
Chú ý: Sau khi tính Chọn A. được
Ta có thể tích khối nón đỉnh S lớn hơn 1
hoặc bằng thể tích khối nón đỉnh S . Do V   3 2
h  2h R ta 3
đó chỉ cần xét khối nón đỉnh S có bán
có thể làm như sau:
kính đường tròn đáy là r và đường cao 1 3 2
SI h với h R . Thể tích khối nón
V  h  2h R 3 được tạo nên bởi N  là 1 2  h
 2R h 1 1 3 2
V hS  h r C  . . 3 3   .
h h4R  2h 1 6  . .
h  R  h R2 2  3   3
  h h  4R  2h     1 6  3    3 2
h  2h R. 3
Xét hàm số f h 3 2
 h  2h R với h R;2R. 3 32 R   . 81
Ta có f h 2  3  h  4hR .
Đẳng thức xảy ra khi và 4R f h 2  0  3
h  4hR  0  h  0 (loại) hoặc h  . chỉ khi 3 4R Bảng biến thiên
h  4R  2h h . 3 32 4R
Ta có max f h 3  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 3 3 V   R R  khi h  . 3 27 81 3
Dạng 3 Bài toán thực tế về hình nón, khối nón
Bài tập 1: Người thợ gia công của một cơ sở chất lượng cao X cắt một miếng tôn hình tròn với
bán kính 60 cm thành ba miếng hình quạt bằng nhau. Sau đó người thợ ấy quấn và hàn ba
miếng tôn đó để được ba cái phễu hình nón. Hỏi thể tích V của mỗi cái phễu đó bằng bao nhiêu? 16000 2 16 2 16000 2 160 2 A. V  lít. B. V  lít. C. V  lít. D. V  lít 3 3 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 tròn đáy của hình nón tạo thành. 2 .  6 4
Chu vi đường tròn đáy của hình nón tạo thành là 2 r    4 (dm)  r   2 (dm). 3 2
Đường cao của khối nón tạo thành là 2 2 2 2
h    r  6  2  4 2 . 1 1 16 2 16 2
Thể tích của mỗi phễu là 2 2 V rh  2 .4 2   3 dm   (lít). 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 (mô 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 còn 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 không hao hụt
khi chuyển. Tính gần đúng h với sai số không quá 0,01dm). A. 1,
h  73dm. B. 1,
h  89 dm. C. 1,
h  91dm. D. 1, h  41dm.
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 RAD 1 RAF 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 2 V  2 R  . 2 3 Rh
Thể tích phần nước ở ly thứ hai 2 V R   h  . 1 4 2 R
Thể tích phần nước còn lại ở ly thứ nhất V  . 2 4 2 3 2 3 Rh Rh 1 Mà 2 3
V V V    2 R  
  2  h  7  1,91. 1 2 4 4 4 4
Bài tập 2: Một bể nước lớn của khu công 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 thoát hết nước để
làm vệ sinh bể chứa. Công 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. 3 27 2   1 m. B. 3 9 9  3 4   1 m. C. 3 9 9  3 2   1 m. D. 3 9 3  3 2   1 m.
Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta gọi V , V , V lần lượt là thể tích khối nón có đường sinh là SN, SM, 1 2 SA. SM SE EM Do SEM
đồng dạng với SOA  nên ta có   . SA SO OA 1 2 .  EM .SE 3 3 V 2  SA  2  SM  Lại có 2 3 3       SM  13122     V 1 2 3  SM  3  27 .OA .SA   3 3 3 VSN  1  SN  Tương tự 1 3     SN  6561     . VSA  3  27  Vậy 3 3
MN SM SN  13122  6561 . BÀI 2: MẶT TRỤ
A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM MẶT TRỤ TRÒN XOAY
Trong mp P cho hai đường thẳng  và l song song với nhau, cách
nhau một khoảng r. Khi quay mp P xung quanh  thì đường thẳng l
sinh ra một mặt tròn xoay được gọi là mặt trụ tròn xoay hay gọi tắt là mặt trụ.
- Đường thẳng  được gọi là trục.
- Đường thẳng l được gọi là đường sinh.
- Khoảng cách r được gọi là bán kính của mặt trụ đó. HÌNH TRỤ TRÒN XOAY
Ta xét hình chữ nhật ABCD . Khi quay hình đó xung quanh đường thẳng chứa một cạnh, chẳng hạn
cạnh AB , thì đường gấp khúc ABCD tạo thành một hình được gọi là hình trụ tròn xoay hay gọi tắt là hình trụ. -
Đường thẳng AB được gọi là trục. -
Đoạn thẳng CD được gọi là độ dài đường sinh.
- Độ dài đoạn thẳng AB CD h được gọi là chiều cao
của hình trụ (độ dài đường sinh bằng chiều cao của hình trụ).
- Hình tròn tâm A, bán kính r AD và hình tròn tâm B , bán
kính r BC được gọi là hai đáy của hình trụ. -
Phần mặt tròn xoay được sinh ra bởi các điểm trên cạnh CD
khi quay quanh AB gọi là mặt xung quanh của hình trụ.
KHỐI TRỤ TRÒN XOAY
Phần không gian được giới hạn bởi một hình trụ tròn xoay kể cả hình trụ đó
ta gọi là khối trụ tròn xoay hay ngắn gọn là khối trụ.
Các khái niệm tương tự như hình trụ. CÔNG THỨC CẦN NHỚ
Cho hình trụ có chiều cao là h, bán kính đáy r thì ta có: -
Diện tích xung quanh S  2 r . h xq -
Diện tích đáy (hình tròn) 2 S   r . ht
Chú ý: Vẽ hình biểu diễn hình trụ hay khối trụ - Diện tích toàn phần 2
S S  2.S  2 rh  2 r .
ta thường vẽ như hình bên. tp xq Đ - Thể tích khối trụ 2 V  .
B h   r h . kt
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, diện tích thiết diện, chiều cao, bán
kính đáy, diện tích đáy của hình trụ

Bài tập 1: 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 đã cho bằng A. 6 3 B. 6 39 C. 3 39 D. 12 3
Hướng dẫn giải Chọn D.
Thiết diện thu được là hình chữ nhật ABCD
OO'/ /  ABCD , gọi I là trung điểm của AB Ta có
OI   ABCD
d OO'; ABCD  d  ;
O ABCD  OI 1 SA . B BC A . B 3 3  18 ABCDAB  2 3  AI  3 2 2
r OA OI AI  2
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là S  2 rl  12 3 . xq
Bài tập 2: Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn (O) và (O'), thiết diện qua trục của hình trụ là
hình vuông. Gọi A, B là hai điểm lần lượt nằm trên hai đường tròn (O) và (O'). Biết AB = 2aa 3
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và 00' bằng . Bán kính đáy bằng . Bán kính đáy bằng 2 a 17 a 14 a 14 a 14 A. B. C. D. 3 2 4 9
Hướng dẫn giải Chọn C. Lưu ý: + d O ’, O AB=
Gọi r là bán kính đáy. A’ O'M.
Do thiết diện qua trục là hình vuông nên độ dài + Góc giữa AB và
đường sinh bằng 2r. mặt đáy là góc ABA' .
Dựng đường sinh AA'. + Góc giữa AB và
Gọi M là trung điểm của A' B OO' là góc A' AB
O'M   AA'B
d OO', AB  O'M a 3  O'M  2 Ta có 2 2 2 2
A' B AB AA'  4a  4r 2 3a Mặt khác 2 2 2
A'M O ' A'  O 'M '  r  4 2 3a a 14 2 2 2
 4a  4r  2 r   r  4 4
Bài tập 3: Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn (O) và (O'), chiều cao 2R và bán kính đáy R. Một
mặt phẳng   đi qua trung điểm của OO' và tạo với OO' một góc 30 . Hỏi   cắt đường tròn
đáy theo một dây cung có độ dài bằng bao nhiêu? 2R 2 4R 2R 2R A. B. C. D. 3 3 3 3 3
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi I là trung điểm của OO ' .
Khi đó, mặt phẳng   = IAB
Hạ OH AB,OK IH . Dễ thấy H là trung điểm của AB
OK  IAB . Suy ra
OO   IO IAB  OI KI  ', , ,  KIO  30 (vì
KIO vuông tại O) 1 R
Khi đó KO IO
. Vì HIO vuông tại O nên 2 2 1 1 1   2 2 2 OK OH OI 2 1 1 1 4 1 3 R 2        OH  2 2 2 2 2 2 OH OK OI R R R 3 2 R R 2 2 2 2
AH OA OH R   3 3 2R 2 AB  3
Bài tập 4: Cho hình trụ có chiều cao bằng 6 2 . Biết rằng một mặt phẳng không vuông góc với đáy
và cắt hai mặt đáy theo hai dây cung song song AB, A'B'AB = A'B' = 6, dỉện tích hình chữ nhật
ABB'A' bằng 60. Bán kính đáy của hình trụ là A. 5. B. 3 2 C. 4 D. 5 2
Hướng dẫn giải Chọn C.
Diện tích hình chữ nhật ABB'A' bằng 60 (cm2)
Lưu ý: Bài tập 5 và
Bài tập 6 tuy đề cho

nên AB.BB' = 60  6.BB '  60  BB '  10 khác nhau nhưng
thiết diện giống nhau.
Ta có MK  5
Ở Bài tập 7 dưới đây thêm một cách hỏi
Chiều cao hình trụ bằng 6 2 (cm) nên
khác nữa dù thiết MO  3 2 .
diện vẫn là vậy. 2 2
OK MK MO  25 18  7;
AB  6  KB  3. 2 2
BO OK KB  7  9  4
Bài tập 5: Một hình trụ có bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Một hình vuông ABCDAB,
CD
là hai dây cung của 2 đường tròn đáy và mặt phẳng ABCD không vuông góc với đáy. Diện
tích hình vuông đó bằng 2 5a 2 5a 2 2 5a A. B. 2 5a C. D. 4 2 2
Hướng dẫn giải Chọn D Đặt 2
AB AD  2x S  4x . ABCD
Gọi A', B' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên mặt đáy của hình trụ.
Xét tam giác AA'D vuông tại A' ta có 2 2 2 2
A' D AD AA'  4x a
Mặt khác, gọi I là trung điểm của A' D thì ta có: 2  1 2 2 2 
A' D  2A' I  2 O ' A'  O ' I  2 O ' A'  CD    2  2 2  1  2 2  2 a  2x  2 a x    2  Do đó 2 2 2 2 2 2 x a
a x x a   2 2 4 2 4 4 a x  2 5a 2 5a 2  4x  . Vậy S  (đvdt) 2 ABCD 2
Dạng 1: Thể tích khối trụ, bài toán cực trị
Bài tập 1: Cắt một khối trụ bởi mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD
cạnh AB và cạnh CD nằm trên hai đáy của khối trụ. Biết BD a 2 ,
DCA  30 . Tính theo a thể tích khối trụ. 3 2 3 2 3 2 3 6 A. 3  a B. 3  a C. 3  a D. 3  a 48 32 16 16
Hướng dẫn giải Chọn C.
Ta có AC BD a 2 .
Mặt khác xét tam giác ADC vuông tại D, ta có 2 2
AD AC.sin 30  a h a và 2 2 6 CD 6
CD AC cos30  a r   a . 2 2 4 2  6  2 3 2 Nên 2 3
V   r h    a  . a   a  . 4  2 16  
Bài tập 2: Cho hình chữ nhật ABCDAD = 3AB. Gọi V là thể tích của khối trụ tạo thành khi cho 1
hình chữ nhật quay xung quanh cạnh AB, V là thể tích khối trụ tạo thành khi cho hình chữ nhật 2 V
quay xung quanh cạnh AD. Tỉ số 1 là. V2 1 1 A. 9 B. 3 C. D. 3 9
Hướng dẫn giải Chọn B.
Khối trụ tạo thành khi cho hình chữ nhật ABCD quay xung quanh cạnh AB có bán kính đáy và chiều
cao lần lượt là r AD  3A ; B h AB . 1 1
Khi đó, thể tích của khối trụ này là 2 3
V   r h  9 AB . 1 1 1
Khối trụ tạo thành khi cho hình chữ nhật ABCD quay xung quanh cạnh AD có bán kính đáy và
chiều cao lần lượt là r  ;
AB h AD  3AB . 2 2
Khi đó, thể tích của khối trụ này là 2 3
V   r h  3 AB . 2 2 2 3 V 9 AB Vậy 1   3. 3 V 3 AB 2 AD
Bài tập 3: Cho hình thang ABCD vuông tại Avà B với AB BC
a . Quay hình thang và miền 2
trong của nó quanh đường thẳng chứa cạnh BC. Thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành là 3 4 a 3 5 a 3 7 a A. V B. V C. 3 V   a D. V  3 3 3
Hướng dẫn giải Chọn B.
Thể tích V V V . Trong đó V là thể tích khối trụ có bán kính đáy là BA a và chiều cao 1 2 1 AD  2 ;
a V là thể tích khối nón có bán kính đáy là B ' D a và chiều cao CB '  a 2 3 1 5 a Khi đó 2 2
V V V   a .2a   a .a  . 1 2 3 3
Bài tập 4: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a. cắt hình trụ bởi một mặt phẳng P song song với a
trục của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng
ta được thiết diện là một hình 2
vuông. Thể tích khối trụ bằng 3  a 3 A. 3 3 a B. 3  a 3 C. D. 3  a 4
Hướng dẫn giải Chọn B.
Giả sử hình vuông ABCD là thiết diện của hình trụ cắt bởi P như hình vẽ.
Gọi H, K lần lượt là trung điểm AD, BC. a
Ta có OH AD OH  P  d  ;
O P  OH OH  . 2 a 3 Do đó 2 2
AD  2AH  2 OA OH  2  a 3 2
Suy ra OO '  AB AD a 3 . Vậy nên 2 2 3
V   R h   a .a 3   a 3 .
Bài tập 5: Cắt một khối trụ cao 18cm bởi một mặt phẳng, ta được khối hình dưới đây. Biết rằng
thiết diện là một elip, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần đáy nhất và điểm thuộc thiết diện xa
mặt đáy nhất lần lượt là 8cm và 14cm . Tỉ số thể tích của hai khối được chia ra (khối nhỏ chia khối lớn) là 2 1 5 7 A. B. C. D. 11 2 11 11
Hướng dẫn giải Chọn D.
Gọi V1;V2 lần lượt là thể tích khối nhỏ và khối lớn. 2  R 8 14
Ta có thể tích khối trụ là 2 V   11 R 2
(với R là bán kính khối trụ). 2  R 8 14 Thể tích 2 V   11 R . 2 2 2 2 V V V
18 R 11 R 7 Vậy 1 2    . 2 V V 11 R 11 2 2
Bài tập 6: Cho tam giác vuông cân ABCAB AC a 2 và hình chữ nhật MNPQ với MQ =
3MN được xếp chồng lên nhau sao cho M,N lần lượt là trung điểm của AB, AC (như hình vẽ). Tính
thể tích V của vật thể tròn xoay khi quay mô hình trên quanh trục AI, với / là trung điểm PQ. 3 11 a A. V  . 6 3 5 a B. V  . 6 3 11 a C. V  . 8 3 17 a D. V  . 24
Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có 2 2
BC AB AC  2a MN a, MQ  2 . a
Gọi E, F lần lượt là trung điểm MNBC. a 3
AF a, EF   IF a 2 2
Vậy thể tích cần tìm là tổng thể tích của khối nón có chiều cao là AF bán kính đáy FB và thề tích
khối trụ có chiều cao IF bán kính IQ. 2 1 1 3  a  17 2 2 2 3
V   AF.FB   IF.IQ  . . a a  . . a   a   . 3 3 2  2  24
Bài tập 7: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B 'C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông
cân tại A, góc giữa AC' và mặt phẳng BCC 'B' bằng 30 (tham khảo hình vẽ). Thể tích của khối
trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC.A' B 'C ' bằng A. 3 a B. 3 2 a C. 3 4 a D. 3 3 a
Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi bán kính của hình trụ là R.
Ta có CC '   ABC  CC '  AI
Lại có tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A
nên AI BC do đó AI  BCC 'B' hay góc giữa
AC’ và mặt phẳng BCC 'B' là  IC ' A . AI
Xét tam giác AIC ' ta có IC '   R 3  tan IC 'A Xét tam giác CIC ' ta có 2 2 2 2 2 2
IC '  IC CC '  3R R  4a R a 2
Thể tích khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC.A' B 'C ' 2 3
V   R h  4 a .
Bài tập 8: Trong tất cả các khối trụ có cùng thể tích 330, xác định bán kính đáy của khối trụ có diện
tích toàn phần nhỏ nhất. 165 165 330 330 A. 3 B. C. 3 D.    
Hướng dẫn giải Chọn A. 330 2
V  330  hR  330  h  2  R
Khi đó diện tích toàn phần của khối trụ là 2 S  .2
h .R  2 R 330 660 2 2  S
.2 R  2 R S   2 R 2  R R 660
Ta xem S là 1 hàm số ẩn R. Xét S '    4 R . 2 R 3 660 660   4 R 165 3 S '  0    4 R  0   0  R  2 2 R R
Lập bảng biến thiên ta có Bài toán
hỏi về bán kính đáy nên ta xem bán
kính đáy là ẩn, tính diện tích xung quanh theo bán kính đáy. 165
Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 3 R  
Bài tập 9: Thể tích lớn nhất của khối trụ nội tiếp hình cầu có bán kính R bằng 3 4 R 3 3 8 R 3 3 8 R 3 8 R 3 A. B. C. D. 9 3 27 9
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi X là khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt đáy của hình trụ (0 < X Bán kính đáy của hình trụ là 2 2
r R x
Thể tích của khối trụ là 2 2
V   r h   r x    2 2 .2 2
R x x f xR f ' x 3 2 2
 2 R  6 x ; f 'x  0  x  (vì x  0 ). 3
Ta có bảng biến thiên như sau
Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ nội tiếp trong hình cầu bán kính R là 3
R 3  4 R 3 Vf    . max  3  9  
Dạng 3: Bài toán thực tế về khối trụ.
Ví dụ: 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 sở 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 dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 1,6 m. B. 2,5m. C. 1,8 m D. 2,1m.
Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi r là bán kính bể dự định làm, h là chiều cao các bể. Ta có: 2  r h    2 2   2 1
1,5 h r  11,5  1,8  m .
Bài tập 1. Cho một tấm bìa hình chữ nhật có kích thước 3a, 6a. Lưu ý: Không phải cắt nhỏ
Người ta muốn tạo tấm bìa đó thành 4 hình không đáy như hình vẽ tấm bìa để tạo ra 4 hình
dưới đây, trong đó có hai hình trụ lần lượt có chiều cao 3a, 6a và hai
hình lăng trụ tam giác đều có chiều cao lần lượt 3a, 6a.
bên vì nếu vậy không thỏa
đề bài mà lấy tấm bìa lần
lượt tạo thành 4 hình trong đề bài.

Trong bốn hình H1, H2, H3, H4 lần lượt theo thứ tự có thể tích lớn nhất và nhỏ nhất là A. H1, H4. B. H1, H3. C. H2, H3. D. H2, H4.
Hướng dẫn giải Chọn A
Gọi R , R lần lượt là bán kính của hai hình trụ ở hình H1, H2. 1 2
Gọi V ,V lần lượt là thể tích của hai hình trụ ở hình H1, H2. 1 2
C ,C lần lượt là chu vi đáy của hai hình trụ ở hình H1, H2. 1 2 3a 3a
Ta có: C  2 R  6a R
;C  2 R  3a R  1 1 1 2 2 2  2 2 2 3 3  3a  27a  3a  27a V  3a  ;V  6a  1   2        2  2
Do hai hình H3, H4 là hai hình lăng trụ tam giác đều nên ta có độ dài các cạnh đáy của hai hình
H3, H4 lần lượt là 2a;a.
Thể tích hình H3, H4 lần lượt là: 1  1  3 3 3 3 V  3 . a .2 .2 a .
a sin 60  3 3a ;V  6 . a . . a . a sin 60  a 3 4 2 2 2
Từ đó ta có hai hình có thể tích lớn nhất và nhỏ nhất lần lượt theo thứ tự là H1, H4.
Bài tập 2. Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường
kính MN, PQ của hai đáy sao cho MN PQ. Người thợ đó cắt
khối đá theo các mặt cắt đi qua 3 trong 4 điểm M, N, P, Q để
khối đá có hình tứ diện MNPQ. Biết MN = 60 cm và thể tích
khối tứ diện MNPQ bằng 30 dm3. Thể tích lượng đá cắt bỏ là
bao nhiêu? (Làm tròn đến một chữ số thập phân sau dấu phẩy). A. 101,3 dm3. B. 111,4 dm3. C. 121,3 dm3. D. 141,3 dm3.
Hướng dẫn giải Chọn B Gọi ,
O O lần lượt là tâm đáy trên và đáy dưới của hình trụ. 1
Ta có: MN  (OPQ)  V =2V  2 .N . O S MNPQ N .OPQ 3 OPQ 1 2.S 2 .OO 6 30 OO        5 . OPQ 2
Ta có thể tích khối trụ là:  2 2
V OO .  R  5.3 .  45 . KT
Vậy thể tích lượng đá cắt bỏ là:     3 45 30 111, 4 dm  .
Bài tập 3. Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ H , H xếp chồng lên 2  1 
nhau, lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r , h , r , h thỏa mãn 1 1 2 2 1
r h ; h  2h (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng thể tích của toàn bộ 2 1 2 2 1
khối đồ chơi bằng 30cm3, thể tích khối trụ H bằng 1  A. 3 24cm . B. 3 15cm . C. 3 20cm . D. 3 10cm .
Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi thể tích của toàn bộ khối đồ chơi là V, thể tích của khối dưới và khối trên lần lượt là V1V2.
Ta có: V V V 1 2 1 1 1 1
r r , h  2h nên 2 2 2
V h  r  2h    r h   r V 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 2 2 1
 30  V V V  20 . 1 1 1 2
Bài tập 4. Cho một dụng cụ đựng chất lỏng được tạo bởi một hình trụ và hình nón được lắp đặt như
hình sau. Bán kính đáy hình nón bằng bán kính đáy hình trụ. Chiều cao hình trụ bằng chiều cao hình 1
nón và bằng h. Trong bình, lượng chất lỏng có chiều cao bằng
chiều cao hình trụ. Lật ngược 24
dụng cụ theo phương vuông góc với mặt đất. Độ cao phần chất lỏng trong hình nón theo hh 3h h h A. B. C. D. 8 8 2 8
Hướng dẫn giải Chọn C. 1 1 Thể tích chất lỏng 2 2 V   r . h   r .h 24 24 1
Khi lật ngược bình, thể tích phần hình nón chứa chất lỏng là 2
V '   rh 3 rhh 2 3 1  h  1 h Mà   r   r. Do dó 2 V   
r h   r    r h h 2 3  h  3 h 3 1 h 1 1 h Theo bài ra 2 2 3 3
V   V   r  
r h h  h h  . 2 3 h 24 8 2
Bài tập 5. Công ty của ông Bình dự định đóng một thùng phi hình trụ (có đáy dưới và nắp đậy phía
trên) bằng thép không gỉ để đựng nước. Chi phí trung bình cho 1 m2 thép không gỉ là 350000 đồng.
Với chi phí bỏ ra để làm cái thùng phi không quá 6594000 đồng, hỏi công ty ông Bình có thể có
được một thùng phi đựng được tối đa bao nhiêu mét khối nước? (Lấy 3   ,14 ) A.12,56 B. 6, 28 C. 3,14 D. 9,52 .
Hướng dẫn giải Chọn B.
Gọi R, h lần lượt là số đo bán kính và chiều cao của thùng phi hình trụ.
Với giả thiết như trên thì diện tích thép không gỉ được dùng tối đa là 6594000 471 A    2 m  350000 25 A
Ta có S  2 R(R h)  A h   R tp 2 RAA
Thể tích của thùng phi là 2 2 3
V   R h   RR R  R  
(coi V là hàm số biến R ).  2 R  2 A A 2 V  
 3 R ;V   0  R  ,(R  0) 2 6 Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có, giá trị !ớn nhất của thể tích là A A 3 maxV   6, 28m . 3 6
Bài tập 6. Người ta thiết kế một thùng chứa hình trụ (như hình vẽ) có thể tích V nhất định. Biết rằng
giá của vật liệu làm mặt đáy và nắp của thùng bằng nhau và đắt gấp 3 lần so với giá vật liệu để làm
mặt xung quanh của thùng (chi phí cho mỗi đơn vị diện tích). Gọi chiều cao của thùng là h và bán h
kính đáy là r. Tỉ số sao cho chi phí vật liệu Sản xuất thùng là nhỏ nhất là bao nhiêu? r h h h h A.  2 B.  2 C.  6 D.  3 2 r r r r
Hướng dẫn giải Chọn C . V h V Ta có 2
V   h r h    2 3  r rr
Giá thành vật liệu để làm chiếc thùng là     T   2V V V 2
2 rh  6 r  2 2  A
 6 r A    6 r  , A    
trong đó A là giá của một đơn  r   r r
vị diện tích vật liệu làm mặt xung quanh của thùng. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số V V dương 2 , , 6 r được 3 2 T  3 6V r r V V
Dấu “  ” xảy ra khi 2  6 r   6 3 rr h
Vậy chi phí vật liệu sản xuất thùng là nhỏ nhất khi  6 . r
BÀI 3: MẶT CẦU – KHỐI CẦU
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM Định nghĩa
Ta thường vẽ hay biểu diễn một mặt
- Tập hợp các điểm trong không gian cách điểm O cố cầu hay khối cầu như hình sau:
định một khoảng R không đổi gọi là mặt cầu tâm O, bán kính
R, kí hiệu là: S O; R. Khi đó S  ;
O R  M OM   R .
- Khối cầu hay hình cầu S  ;
O R là tập hợp tất cả các
điểm M sao cho OM  . R
Vị trí tương đối giữa mặt cầu và một điểm Cho mặt cầu S  ;
O R và một điểm A. Nếu:
+) OA R thì điểm A nằm trên mặt cầu S O; R.
+) OA R thì ta nói điểm A nằm ngoài mặt cầu S  ; O R.
+) OA R thì ta nói điểm A nằm trong mặt cầu S  ; O R.
Vị trí tương đối giữa mặt cầu và đường thẳng
Cho mặt cầu S I; R và đường thẳng . Gọi
H là hình chiếu của I lên  hay d I;   IH. Nếu:
+) IH R :  không cắt mặt cầu hay mặt
cầu SI; R và đường thẳng  không có điểm chung.
+) IH R thì  với mặt cầu S I; R có một
điểm chung duy nhất là H. Ta nói  là một tiếp
tuyến của mặt cầu S I; R và H là tiếp điểm.
+) IH R :  cắt mặt cầu S I; R tại hai điểm phân biệt. Nhận xét: +) IAB cân tại I, điểm H là trung điểm của AB và 2 2 2 2 2  AB
R IH AH IH  .    2 
Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng
Cho mặt cầu S I; R và mặt phẳng P . Gọi
H là hình chiếu vuông góc của I lên  P hay
d I; P  IH. Nếu:
+) IH R : Mặt cầu S I; R và mặt phẳng
P không có điểm chung.
+) Nếu IH R : Mặt phẳng P tiếp xúc
mặt cầu S I; R . Lúc này ta nói mặt phẳng P
là mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu và H là tiếp điểm.
Lưu ý: IH  P
+) Nếu IH R : Mặt phẳng P cắt mặt cầu
theo thiết diện là đường tròn có tâm II  H  và bán kính 2 2 2 2 r R IH R I I .
Nhận xét: Đường tròn giao tuyến có diện tích
lớn nhất khi mặt phẳng P đi qua tâm I của mặt
cầu S I; R . Đường tròn này ta gọi là đường tròn lớn.
Công thức cần nhớ
Cho mặt cầu S I; R. - Diện tích mặt cầu 2 S  4 R . 4 - Thể tích khối cầu 3 V   R . 3
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1. Mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện
Các khái niệm cần lưu ý:
- Mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện: là mặt cầu mà nó đi qua tất cả các đỉnh của hình đa diện.
Tâm của mặt cầu ngoại tiếp cách đều tất cả các đỉnh của hình đa diện.
- Trục của đa giác: là đường thẳng đi qua tâm của đường tròn ngoại tiếp đa giác và vuông góc
với mặt phẳng chứa đa giác. Mọi điểm nằm trên trục thì cách đều các đỉnh của đa giác và ngược lại.
- Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng: Là mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng và
vuông góc với đoạn thẳng đó. Mọi điểm nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng thì cách đều
hai điểm mút của đoạn thẳng và ngược lại. Phương pháp giải
Đối với bài toán mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện thì mấu chốt của vấn đề là phải xác định được
tâm của mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện đó. Khi xác định được tâm của mặt cầu ngoại tiếp thì ta có
thể tính được các yếu tố còn lại như bán kính, diện tích mặt cầu, thể tích của khối cầu...
Bài tập: Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 2a, 4a, 4a, với 0  a  .
R Bán kính của mặt cầu
ngoại tiếp hình hộp chữ nhật đã cho bằng A. 6a. B. 4a. C. 3a. D. 2a.
Hướng dẫn giải
Giả sử hình hộp chữ nhật là ABCD.A'B'C'D'. Dễ thấy điểm O là trung điểm của AC’ là tâm mặt
cầu ngoại tiếp của hình hộp chữ nhật.
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là R O . A 1 1 R AC 
AA2  AC2 2 2 1 
AA2  AD2 D C  2 2 1 
2a2 4a2 4a2  3 .a 2 Chọn C. Bài tập mẫu
Cách 1. Tìm một điểm cách đều các đỉnh của khối đa diện theo định nghĩa mặt cầu
Bài tập 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là điểm I với
A. I là trung điểm của đoạn thẳng SD.
B. I là trung điểm của đoạn thẳng AC.
C. I là trung điểm của đoạn thẳng SC.
D. I là trung điểm của đoạn thẳng SB.
Hướng dẫn giải BC AB
Từ giả thiết ta có BC SA
BC  SAB  BC SB
SBC  90o   1 .
Chứng minh tương tự ta cũng có     90o CD SD SDC 2. Do         90o SA ABCD SA AC SAC 3.
Từ (1), (2) và (3) suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là mặt cầu đường kính SC nên
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của đoạn thẳng SC. Chọn C.
Bài tập 2. Cho khối chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 3 . Thể tích V của khối cầu
ngoại tiếp hình chóp là 3  a 6 3 3 a 6 A. 3 V  3 a 6. B. 3 V   a 6. C. V  . D. V  . 8 8
Hướng dẫn giải
S.ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD. 1 1 a 6
Ta có OD BD  .a 6  , 2 2 2 a 6 2 2 SO SD OD  . 2
Vậy OS OA OD OB OC, nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD. 4
Vậy thể tích khối cầu cần tìm là 3 3 V
.SO   a 6 (đvtt) 3 Chọn B. Lưu ý:
Công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp đều: 2 a R  2h
với a: độ dài cạnh bên, h: chiều cao hình chóp.
Bài tập 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA   ABCD và SA AB  . a
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCDa 2 a 3 a 5 A. . B. . C. . D. a 2. 2 2 2
Hướng dẫn giải
Chứng minh tương tự như Bài tập 2 ta được kết quả
 Ba đỉnh A, B, D đều nhìn cạnh SC dưới một góc vuông.
 Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm SC
bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SC S.ABCDR  . 2
Ta có ABCD là hình vuông cạnh aAC a 2.
Xét tam giác SAC vuông tại A có 2 2 SC
a  2a a 3. a 3
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCDR  . 2 Chọn B.
Bài tập 4. Cho tứ diện ABCD có các mặt ABCBCD là các tam giác đều cạnh bằng 2, hai mặt
phẳng (ABD) và (ACD) vuông góc với nhau. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng 2 2 6 A. 2 2. B. 2. C. . D. . 3 3
Hướng dẫn giải Ta có ABC,
BCD đều cạnh bằng 2 nên
AC CD  2  A
CD cân tại C.
Gọi I là trung điểm AD CI A . D
ACD   ADB  Lại có 
ACD  ADB  AD CI   ABD IC AD
CI IB do IB   ABD   1
Ta có ACD  ABD  . c .
c c  CI IB 2. CB 2
Từ (1) và (2) ta có ACB vuông cân tại I CB IB 2  IB    2  IC. 2 2 DIB vuông tại 2 2 I ID BD IB
2  AD  2ID  2 2.
Xét ADBAB DB  2; AD  2 2  ABD  vuông tại B.  o    90   90 .o ABD ACD
Suy ra mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có đường kính là AD nên bán kính là R ID  2. Chọn B.
Bài tập 5. Cho hình chóp S.ABC SA   ABC, tam giác ABC vuông tại B. Biết
SA  4a, AB  2a, BC  4 .
a Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là A. 3a. B. 2a. C. a. D. 6a.
Hướng dẫn giải BC AB  Ta có       
  BC  SAB  BC  . SB BC SA do SA ABC
SA   ABC   SA AC
Suy ra hai điểm A, B cùng nhìn SC dưới một góc vuông. Vậy tâm
của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là trung điểm SC, bán kính mặt cầu là SC R  . 2 Ta có 2 2 2 2 2 2
AC AB BC  4a 16a  20a 2 2 2 2
SC SA AC  16a  20a  6a      / /BD    Vậy R  3 . a SBD    BD / / EF.  EF Chọn A.
Bài tập 6: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại B,   3,  30 .o AC a ACB
Góc giữa đường thẳng AB' và mặt phẳng (ABC) bằng 60°. Bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện A'ABC bằng a 21 a 21 3 a 21 A. . B. . C. a . D. . 4 2 4 8
Hướng dẫn giải a o 3
Trong tam giác vuông ABC AB AC.sin 30  . 2
AB   ABC   
A và hình chiếu của B lên mặt phẳng (ABC) là
B nên góc giữa đường thẳng AB' và mặt phẳng (ABC) bằng góc giữa hai
đường thẳng AB'AB, và bằng góc  B AB
(vì tam giác AB'B vuông tại B). Do đó    60 .o B AB
Trong tam giác vuông AB'Ba a o 3 o 3 BB  A .t B an 60  tan 60  . 2 2
Trong tam giác vuông AA'C có 2  3a AC AA  AC      3a2 21 2 2  . a  2  2
Ta có BC AB BC AA nên BC   ABB A
 , suy ra BC AB hay    90 .o A BC Mà    90o A AC
, suy ra hai điểm A, B cùng nhìn A'C dưới một góc vuông. AC 21
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A'ABC bằng R   . a 2 4 Chọn A.
Bài tập 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy là hình vuông cạnh a, SA a 2 và vuông góc với mặt
phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm cạnh SC. Mặt phẳng () qua AM đồng thời song song với
đường thẳng BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F. Bán kính mặt cầu đi qua 5 điểm S, A, E, M, F nhận giá trị nào sau đây? a 2 A. a a. B. . C. . D. a 2. 2 2
Hướng dẫn giải
Gọi I là giao điểm của AMSO.
Dễ thấy I là trọng tâm tam giác SACI, E, F thẳng hàng. SF SI 2 2 Lại có 
  SF SD SD SO 3 3 2 2 2
SF.SD SD   2 2 SA AD  2  2a 3 3 2
SF.SD SA .
Xét tam giác vuông SAD có 2
SF.SD SA AF là đường cao tam giác AF SF.
Chứng minh tương tự ta có AE S . B
Tam giác SA AC a 2 nên AM vừa là trung tuyến vừa là đường cao tam giác AM SC. AM SM
Ta có AF SF nên mặt cầu đi qua 5 điểm S, A, E, M, F có tâm là trung điểm SA và bán kính AE SESA a 2 bằng  . 2 2 Chọn C.
Chú ý:
Ta có thể làm như sau
Do EF    SBD và   / /BD nên EF / /B . D
Ta có BD AC, BD SA BD  SAC  EF  SAC  EF SC.
Tam giác SACSA AC a 2 nên AM SC.
Do đó SC   AMEF   SC AE   1 .
Lại có BC AB, BC SA nên BC  SAB  BC AE 2.
Từ (1) và (2) suy ra AE  SBC  AE S . B
Chứng minh tương tự, ta được AF S .
D Từ đây, suy ra kết quả như cách bên.
Cách 2. Tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện là giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp đa giác
đáy và mặt phẳng trung trực của một cạnh bên

Chú ý: Trong khuôn khổ bài tập thường xoay quanh hình chóp, hình lăng trụ nên đa giác đáy ta
nói đến ở đây là đáy của hình chóp hay hình lăng trụ.
Bài tập 1. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 60°.
Gọi (S) là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Thể tích của khối cầu tạo nên bởi mặt cầu (S) bằng 3 32 3 32 3 64 3 72 A. a . B. a . C. a . D. a . 81 77 77 39
Hướng dẫn giải
Gọi H là tâm của tam giác ABC, SH là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC, mặt phẳng trung trực
của SA qua E là trung điểm của SA và cắt SH tại I. Khi đó I là tâm của
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Xét trong tam giác SAH ta có a SH a o 3 o 2 SH  AH.tan 60  .tan 60  ; a SA   . 3 sin 60o 3
Xét hai tam giác đồng dạng SEI và SHA 2a 2 . a SI SE . SA SE 3 2 3 2 Ta có a   SI    SA SH SH a 3 2aR  . 3 3 3 4 2a 32
Suy ra thể tích của khối cầu tạo nên bởi mặt cầu ( a S) bằng     .   3  3  81 Chọn A.
Bài tập 2. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằng a. 2 7 2 7 2 7 2 3 A. a . B. a . C. a . D. a . 5 3 6 7
Hướng dẫn giải
Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp hai đáy lăng trụ 
O1O2 là trục đường tròn ngoại tiếp hai đa giác đáy.
Gọi I là trung điểm của O O IA IB IC IA  IB  IC . 1 2
Suy ra trung điểm I của O1O2 là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. Bán kính 2 2 2  O O
 2 a 3   a  7 2 2 2 1 2 R IA AO IO AO      .    . a . 2 2 2      2  3 2    2  12
Do đó diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằng a là 2 3  7  7 2  4.  4. . a S R a   .  12  3   Chọn B. Lưu ý:
Mặt phẳng trung trực của một cạnh bên cắt O1O2 tại I là trung điểm của O1O2.
Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC) và AB  2, AC  4, SA  5. Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S.ABC có bán kính là 25 5 10 A. R  . B. R  . C. R  5. D. R  . 2 2 3
Hướng dẫn giải
Gọi M, H lần lượt là trung điểm của BC, SA
Ta có tam giác ABC vuông tại A suy ra A là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Qua M kẻ đường thẳng d sao cho
d   ABC   d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Trong mặt phẳng kẻ đường trung trực  của đoạn SA, cắt d tại I
IA IB IC  
IA IB IC ISIA IS
 I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Dễ thấy tứ giác HAMI là hình chữ nhật. Ta có 1 1 2 2 AM BC  2  4  5, 2 2 1 5 IM SA  . 2 2
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là 5 5 2 2 R AI
AM IM  5   . 4 2 Chọn B.
Lưu ý: có thể thay mặt phẳng trung trực của SA bằng đường trung trực của SA xét trong mặt phẳng (SAM).
Bài tập 4. Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD a 2 A. a 2. B. . a C. . D. 2 . a 2
Hướng dẫn giải
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD SO   ABCD
Vậy SO là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD
Trong (SAC) gọi (d) là trung trực của SA I là giao điểm của (d) với SOI  
SO IA IB IC ID     I   d IA IS
IA IB IC ID IS.
Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 2 2 2 SA SA a a 2
Bán kính mặt cầu là R     . 2 2 2 2SO 2  2 SA AO   2 a 2 2 a    2   Chọn C.
Bài tập 5. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, các mặt bên tạo với đáy một
góc 60°. Diện tích Smc của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là 2 25 2 32 2 8 2 A. a a a a S  . B. S  . C. S  . D. S  . mc 3 mc 3 mc 3 mc 12
Hướng dẫn giải
Trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy là SO. Mặt phẳng trung trực của SB cắt SO tại I, cắt
SB tại K thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Gọi H là trung điểm BC thì  60 .o SHO
Xét tam giác vuông SHO, ta có tan 60 SO o   SO a 3. OH Từ đó suy ra 2 2 2 2 SB
SO OB  3a  2a a 5.
Ta có SKI ∽ SOB g.g . a 5 a 5. SK SI SK.SB 5a 5a 3 2    SI   SI    . SO SB SO a 3 2 3 6
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 2 2 75a 25 2  4  4 a S R   . mc 36 3 Chọn A.
Bài tập 6. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy a 2, cạnh bên 2a. Gọi M, N, P, Q lần lượt là
trung điểm của SA, SB, SC, SD. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện ABCDMNPQ. a 6 a 6 a 10 A. R  . B. R  . a C. R  . D. R  . 2 4 4
Hướng dẫn giải
Ta có  ABCD / / MNPQ. Gọi  
O AC B . D
S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO   ABCD. Nên SO
là trục của hai đáy (ABCD) và (MNPQ).
Trong mặt phẳng (SAO) kẻ đường trung trực d của đoạn thẳng AM
cắt SA, SO tại H, I.
Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCDMNPQ và bán kính là IA.
Ta có SA SB SC SD  2a
AB BC CD DA a 2. 3 3 3a 1 Lại có   .2 a SH SA a
HA SA  . 4 4 2 4 2 2 2
AC AB 2  2a AO a SO SA AO a 3. 3 . a . a HI SH OA SH 3 Mặt khác  ∽    2 . a SHI SOA g g    HI    . OA SO SO a 3 2 2 2  a 3   
Bán kính mặt cầu cần tìm là 2 2 a R AI
HI HA      . a     2    2  Chọn B.
Cách 3. Dựa vào trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy và trục của đường tròn ngoại tiếp một mặt bên
Bài tập 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  2a, BC a, hình chiếu của S lên a 3
mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AD, SH
. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 2
S.ABCD bằng bao nhiêu? 2 16 2 16 3 4 2 4 A. a . B. a . C. a . D. a . 3 9 3 3
Hướng dẫn giải
Gọi I là giao điểm của ACBC, qua I dựng đương thẳng d song song với SH d   ABCD.
Gọi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAD, qua M kẻ đường
thẳng d' vuông góc với mp(SAD), d' cắt d tại OO là tâm mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và bán kính bằng 2 2 R OS MO MS . Với AB OM IH
a, MS r (r là bán kính đường tròn ngoại tiếp 2 tam giác SAB). a 3
Lại có, SAD cân tại A, cạnh ,
AD a đường cao SH  suy ra 2 2 2 a 3 4 tam giác a SAD đều 2 r AM SH   R
(R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình 3 3 3 chóp S.ABCD). 2 16
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp a S.ABCD bằng 2 S  4 R  . 3 Chọn A.
Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABC SA   ABC. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết 
BAC   , BC  .
a Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là   4 4 A. 2 a . B. 2 a . C. 2 a . D. 2 a . 2 cos  2 sin  2 cos  2 sin 
Hướng dẫn giải
+) Gọi K, P lần lượt là trung điểm của ACAB.
ACN vuông tại N K là tâm đường tròn ngoại tiếp ACN.
ABM vuông tại M P là tâm đường tròn ngoại tiếp ABM.
+) Hai mặt phẳng (SAB), (ABC) vuông góc và cắt nhau theo giao tuyến AB nên gọi d1 là trục của
đường tròn ngoại tiếp ABM thì d1 qua P, 
d A . Tương tự, gọi 1 dABC 1 B d2 là trục của
đường tròn ngoại tiếp ACN thì d2 qua K, d  và d AC. 2  ABC 2
+) Rõ ràng, trong mặt phẳng (ABC) thì d1d2 lần lượt là đường trung trực của các cạch AB, AC
nên hai đường này cắt nhau tại tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Do đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp
khối đa diện ABCMN cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, bán kính R của mặt cầu này cũng
chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC.
+) Áp dụng định lí sin cho  BC a
ABC ta được R   . 2sin A 2sin 2 
Vây diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện a ABCMN là 2 S  4 R  . 2 sin  Chọn B. Lưu ý:
Cách 2: Vẽ đường kính AE của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó A, M, N, B, C cùng nhìn AE góc 90°.
Áp dụng định lí sin cho ABC ta được BC a R   . 2sin A 2sin
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là 2  2  4 a SR  . 2 sin 
Dạng 2. Mặt cầu nội tiếp khối đa diện
Mặt cầu nội tiếp khối đa diện là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của khối đa diện. Phương pháp giải
Xác định được và hiểu rõ khoảng cách từ tâm của mặt cầu nội tiếp khối đa diện tới các mặt của
khối đa diện chính là bán kính của mặt cầu nội tiếp khối đa diện. Từ đó có thể tính được bán kính,
diện tích xung quanh của mặt cầu, thể tích của khối cầu và giải được các bài toán liên quan.
Ví dụ: Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương có cạnh bằng 1 là   2  A. . B. . C. . D. . 12 3 3 6
Hướng dẫn giải
Khối cầu nội tiếp hình lập phương có tâm trùng với tâm của hình lập phương và tiếp xúc với các
mặt của hình lập phương tại tâm của các hình vuông là các mặt của hình lập phương. 1 Suy ra bán kính R  . 2 3 4 4 1 
Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương là 3 VR       .   3 3  2  6 Chọn D. Bài tập mẫu
Bài tập 1. Cho hình lập phương có thể tích bằng 64a3. Thể tích của khối cầu nội tiếp của hình lập phương đó bằng 3 64 3 8 3 32 3 16 A. a a a a V  . B. V  . C. V  . D. V  . 3 3 3 3
Hướng dẫn giải
Hình lập phương có thể tích bằng 64a3, suy ra cạnh hình lập phương là 4a. 1
Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính bằng cạnh hình lập phương  R  2 . a 2 3 4 32 Vậy 3 a V   R  . 3 3 Chọn C.
Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB  8, BC  6. Biết SA  6 và SA
vuông góc với mp(ABC). Tính thể tích khối cầu có tâm thuộc phần không gian bên trong của hình
chóp và tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp S.ABC. 16 625 256 25 A. . B. . C. . D. . 9 81 81 9
Hướng dẫn giải
Gọi Ir lần lượt là tâm và bán kính của hình cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp S.ABC. Khi đó 1 r.STP VVVVVr SSSSS . ABC I . ABC I .SBC I .SAB I .SAC
 ABC SAB SBCSAC  3 3 3VS.ABCr  . STP 1 1 1 VS . A S  .6. .8.6  48; S . ABC 3 ABC 3 2 SS  24; SS  30  S  108. ABC SAB SBC SAC TP 3V 3.48 4 4 256 Vậy S . ABC 3 r  
  V   r  . S 108 3 mc 3 81 TP Chọn C.
Dạng 3. Bài toán cực trị
1. Phương pháp giải
Tương tự như bài toán cực trị về hình nón, hình trụ ta thường đánh giá trực tiếp dựa vào hình
hoặc biểu diễn hay quy đại lượng cần tìm cực trị phụ thuộc vào một yếu tố sau đó đánh giá tìm ra đáp án.
Ví dụ: Cho mặt cầu bán kính R  5 .
cm Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn
(C) có chu vi bằng 8cm. Bốn điểm A, B, C, D thay đổi sao cho A, B, C thuộc đường tròn (C), điểm
D thuộc S  D C  và tam giác ABC đều. Thể tích lớn nhất của tứ diện ABCD bằng A. 3 20 3cm . B. 3 32 3cm . C. 3 60 3cm . D. 3 96 3cm .
Hướng dẫn giải
Gọi H là hình chiếu của D trên mặt phẳng (P). Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC có chu vi bằng 8cm. 8
Suy ra bán kính đường tròn R   4cm. 2
Suy ra cạnh của tam giác ABC bằng 4 3 cm 4 32 3 Suy ra S
12 3 cm không đổi ABC  2 4
Do đó thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất khi d D, ABC lớn nhất
D O nằm cùng phía SO với mặt phẳng (P) và D, O, H thẳng hàng 2 2
DH DO OH DO OA AH  5  25 16  8. 1 Khi đó V  .12 3.8  32 3  3 cm . max  3 Chọn B. 2. Bài tập mẫu
Bài tập 1. Cho hai mặt cầu S , 1   S có cùng tâm 2 
I và bán kính lần lượt là 2 và 10. Các điểm A,
B thay đổi thuộc  còn 1 S
C, D thay đổi thuộc S sao cho có tứ diện 2 
ABCD. Khi thể tích khối tứ
diện ABCD đạt giá trị lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng ABCD bằng A. 10. B. 3. C. 5. D. 2.
Hướng dẫn giải
Để có tứ diện ABCD thì ABCD không đồng phẳng.
Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính của các mặt cầu 
và S R  2; R  10. 2  1 S  1 2
Gọi K là trung điểm của CD h là khoảng cách giữa hai đường thẳng ABCD.
Ta CD  2CK, AB  2R  4,sin AB,CD  1. 1  
Thể tích khối tứ diện ABCD là 1 VAB CD AB CD d AB CD CD h ABCD     1 . .sin , . , .4. . 6 6 Cosi 4 4 2 2 2 2  h CK IK CK . 3 3
Xét ICK vuông tại K có 2 2 2 2
IK CK CI R . 2 4 4 Khi đó VR  10. ABCD 2 3 3 AB CD
Dấu “=” xảy ra  AB  4 
h IK CK  5 Chọn C.
Bài tập 2: Cho tam giác ABC đều cạnh a, đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng
(ABC). Gọi S là điểm thay đổi trên đường thẳng d, H là trực tâm tam giác SBC. Biết rằng khi S thay
đổi trên đường thẳng d thì điểm H nằm trên đường (C). Trong số các mặt cầu chứa đường (C), bán
kính mặt cầu nhỏ nhất là a 2 a 3 a 3 A. . B. . a C. . D. . 2 12 6
Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm BC suy ra AM BC; SM BC.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, vì tam giác ABC đều cạnh a nên a 3 1 a 3 2 a AM  ; MG MA  suy ra . MG MA  . 2 3 6 4
Mặt khác H trực tâm tam giác SBC nên tam giác BMH và tam giác
SMC là hai tam giác đồng dạng nên 2 BM MH   .  . a MH MS BM MC  . SM MC 4
Do đó MH.MS M . G MA hay MH MA
nên tam giác MHG và tam MG MS
giác MAS đồng dạng suy ra GH SM .
H thuộc (SAM) cố định khi S thay đổi trên dGH SM nên (C)
là một phần của đường tròn đường kính GM do đó trong các mặt cầu
chứa (C), mặt cầu có bán kính nhỏ nhất là mặt cầu nhận GM làm đường kính nên bán kính mặt cầu GM a 3 R   . 2 12 Chọn C.
Dạng 4. Bài toán thực tế
1. Phương pháp giải
Nắm vững kiến thức các dạng toán trên để giải bài toán thực tế liên quan đến mặt cầu. 4 3 EV   3  36  3 0 cm  3
Bài tập: Người ta thả một viên bi có dạng hình cầu với bán kính bằng 3cm vào một cái ly dạng hình
trụ đang chứa nước. Người ta thấy viên bi chìm xuống đáy ly và chiều cao của mực nước dâng lên
thêm 1cm. Biết rằng chiều cao của mực nước ban đầu trong ly bằng 7,5cm. Tính thể tích V của khối
nước ban đầu trong ly (kết quả lấy xấp xỉ). A. 3
V  282, 74cm . B. 3
V  848, 23cm . C. 3 V  636,17cm . D. 3
V  1272,35cm .
Hướng dẫn giải
Gọi V0 là thể tích của viên bi.
Gọi R là bán kính của cái ly (không tính vỏ).
Theo bài ra ta có thể tích của cột nước dâng lên 1cm bằng thể tích viên bi nên ta có 2
R .1  36  R  6cm
Suy ra thể tích V của khối nước ban đầu trong ly 2  R h     3 . .36.7,5 848, 23 cm Chọn B. 2. Bài tập mẫu
Bài tập 1: Cho ba hình cầu tiếp xúc ngoài với nhau từng đôi một và cùng tiếp xúc với một mặt
phẳng. Các tiếp điểm của các hình cầu trên mặt phẳng lập thành tam giác có các cạnh là 4, 2 và 3.
Tích bán kính của ba hình cầu trên là A. 12. B. 3. C. 6. D. 9.
Hướng dẫn giải
Gọi O , r , O , r , O ,
lần lượt là 3 hình cầu thỏa mãn. Gọi 1 1   2 2   3 3 r
A, B, C lần lượt là hình chiếu
của O1; O2; O3 trên mặt phẳng. Giả sử AB  4, BC  2, AC  3.
Ta có O A r ;O B r ;O C r ;O O r r ;O O r r ;O O r r . 1 1 2 2 3 3 1 2 1 2 2 3 2 3 3 1 3 1
Kẻ O H BO H BO BH r ;O H r r . 1 2  2  1 2 2 1
Theo định lý Py-ta-go ta có 2      2     2 2 2 2 2 AB O O O H O H r r AB r rr r  . 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 4 2 2 Tương tự ta có BC  ; AC r r r r  . 2 3 3 1 4 4 2 2 2 Vậy AB BC CA r r r   3. 1 2 3 64 Chọn B
Bài tập 2. Cho quả địa cầu có độ dài đường kinh tuyến 30° Đông là 40cm (tham khảo hình vẽ).
Độ dài đường xích đạo là: 80 A. 40 3 . cm B. 40 . cm C. 80 . cm D. . cm 3
Hướng dẫn giải
Đường xích đạo là đường vĩ tuyến lớn nhất. Độ dài đường xích đạo gấp hai lần đường kinh tuyến 30° Đông.
Vậy độ dài đường xích đạo là: 2.40  80 cm. Chọn C.
Bài tập 3. Quả bóng đá được dùng thi đấu tại các giải bóng đá Việt Nam tổ chức có chu vi của thiết
diện qua tâm là 68,5cm. Quả bóng được ghép nối bởi các miếng da hình lục giác đều màu trắng và
đen, mỗi miếng có diện tích 49,83cm2. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu miếng da để làm quả bóng trên? A.  40 (miếng da). B.  20 (miếng da). C.  35 (miếng da). D.  30 (miếng da).
Hướng dẫn giải
Vì thiết diện qua tâm là đường tròn có chu vi là 68,5cm, nên giả sử bán kính mặt cầu là R ta có 68,5
2 R  68,5  R  . 2 2  68,5  Diện tích mặt cầu: 2 S  4 R  4 1493,59 cm xq    2.  2 
Vì mỗi miếng da có diện tích 49,83cm2 nên để phủ kín được mặt của quả bóng thì số miếng da 1493,59 cần là
 29,97. Vậy phải cần  30 miếng da. 49,83 Chọn D.
Dạng 5. Dạng toán tổng hợp
1. Phương pháp giải
Sử dụng kiến thức về hình nón, hình trụ, hình cầu ở các dạng toán trên để giải bài toán tổng hợp.
Ví dụ: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AA', M là trung điểm của BC.
Khi quay tam giác ABM cùng với nửa hình tròn đường kính AA' xung quanh đường thẳng AM, ta
được khối nón và khối cầu có thể tích lần lượt là V
V1 và V2. Tỷ số 1 bằng 2 V 9 27 9 A. . B. 49 C. . D. . 4 32 32
Hướng dẫn giải Chọn D. a a 3 a 3
Gọi a là cạnh ABC đều, suy ra BM  ; AM  ; IA  . 2 2 3 2 1  a a 3 2  BM .AM .   V 1 3  2  2 9 Ta có 1   .  . 3 V 4 3 4   32 2 ..IA a 3 3   3   2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh là 2a, có thể tích V1 và hình
cầu có đường kính bằng chiều cao hình nón, có thể tích V
V2. Khi đó tỉ số thể tích 1 bằng bao nhiêu? 2 V V 1 V 2 V 1 A. 1  . B. 1  . C. 1  . D. 1 V 1. V 3 V 3 V 2 2 2 2 2 V
Hướng dẫn giải Chọn B.
Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh là 2a 1 3 2 3
I  2a, R a,h a 3  V a 3 a   a ; 1 3 3 3 4  a 3  3 3 V       a . 2 3  2  2   V 2 Vậy 1  . V 3 2
Bài tập 2. Một cái bồn chứa nước gồm hai nửa hình cầu và một hình trụ (như hình vẽ).
Đường sinh của hình trụ bằng hai lần đường kính của hình cầu. Biết thể tích của bồn chứa nước là 128 3
m . Tính diện tích xung quanh của cái bồn chứa nước theo đơn vị m2. 3 A. 48 m2. B. 50 m2. C. 40 m2. D. 64 m2.
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi x là bán kính hình cầu.
Ta có l  2d  4R  4R  4 . x t c c t
Thể tích của bể nước là 4 4 128 2 3 2 3
V V V   R l   R   x .4x   x t c t t 3 c 3 3 3
x  8  x  2.
Diện tích xung quanh của bể nước là 2 2
S   R l   R        2 2 . 4 2.2 .8 4 .2 48 m . t t c