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.

48 24 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 2: Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu

Môn: Toán 12

Thông tin:

61 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Lan Tường
CHƯƠNG 2: MẶT NÓN, MẶT TRỤ, MẶT CẦU
BÀI
1: MẶT NÓN
A.
LÍ THU
YẾT TRỌ
NG TÂM
MẶT NÓN TRÒN XOAY
Trong mặt phẳng
P
. Cho hai đường thẳng Δ là
cắt nhau tại O và tạo thành góc
với
090
. 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 là
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
đường cao và
OM gọi là đường sinh của hình nón.
Hình tròn tâm I, bán kính rIM là đáy của hình
nón.
Chú ý: Nếu cắt mặt nón

N bởi hai mặt
phẳng song song
P
và
Q
với
P
qua O và vuông góc với thì phần mặt
nón
N giới hạn bởi hai mặt phẳng
P
và
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
nhận xét:
- Nếu mp

P
chứa OI thì thiết diện của mp
P
và khối nón là
một hình tam giác cân tại
O.
- N
ếu m
p
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:
xq
Sr
.
- Diện tích
đáy (
hình tròn):
2
ht
Sr .
- Diện tích toàn phần:
2
tp
Srr
.
- Thể tích khối nón:
2
11
.
33
ht
VSh rh
 .
Chú ý: Vẽ hình biểu diễn hình nón hay
khối nón ta thường vẽ như hình bên.
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
MẶT NÓN
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.
MẶT 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.
HÌNH 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.
KHỐI NÓN TRÒN XOAY
CÁC CÔNG THỨC
Diện tích xung quanh
xq
Sr
Diện tích đáy
2
ht
Sr
Diện tích toàn phần
2
tp
Srr
Thể tích
2
11
.
33
ht
VSh rh
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
quanh, diện tích toàn phần, diện tích đáy
.
Biết sử
dụng
các kết quả của phần kiến thức
quan hệ song song, quan hệ vuông góc, các
hệ thức lượng trong tam giác… để áp dụng
vào tính toán.
Ví dụ: Tính diện tích xung quanh của khối nón
có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân
diện tích bằng 2?
A. 22S
. B. 4S .
C.
2S
. D. 42S .
Hướng dẫn giải
Tam giác OAB vuông
cân diện tích bằng 2
2
1
2
2
OA
2OA OB
22
22 22AB 
2
2
AB
hR
Suy ra
.2.2 22
xq
S
.
Chọn A.
2. Bài tập
Bài tậ
p 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 đ
ó.
A.
2
6 a . B.
2
24 a . C.
2
3 a
. D.
2
12 a
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có
23
3, 2 ,
2
a
ha a ra .
Diện tí
ch toàn phần của hình nón là
222
..2 . 3
tp
Srraaa a  .
Bài tập 2: Cho hình nón có đường sinh bằng đường kính đáy, diện tích
đáy của hình nón bằng 9
. Độ dài đường cao của hình nón bằng
Lưu ý:
Diện tích tam giác
đều cạnh x là:
2
3
4
x
S và
độ dài chiều cao là:
3
2
x
h
.
Ở bài toán này
2
x
a
.
A. 33. B. 3. C.
93
2
.
D.
3
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi ,,rh lần lượt là bán kính đường tròn đáy,
đường sinh, chiều cao của hình nón đã cho.
Theo giả thiết ta có
2
9
2
r
r

nên
3
6
r
.
Lại có
22
hr do đó 36 9 3 3h .
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.
A.
1
3
. B.
1
2
.
C.
2
3
.
D.
3
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi O là tâm đường tròn đáy, H là trung điểm
của
MN.
Ta có
MN là giao tuyến của đường tròn đáy và
mặt phẳng
, lại có ,OH MN SH MN.
Do đó góc giữa
và đáy hình nón là
60SHO .
Vì thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác vuông có cạnh góc
vuông bằng 1
2
2
SO
.
Xét
SOH vuông tại O có
6
sin 60
sin 60 3
SO SO
SH
SH

.
Khi đó
2
22 2
623
221
33
MN SN SH





.
Vậy diện tích tam giác SMN là
116232
...
22333
SMN
SSHMN

.
Bài tập 4: Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc
Lưu ý: Tam giác SMN là tam
giác cân tại S và
1SM SN.
đường tr
òn đáy sao cho khoảng cách từ O đến mặt phẳng
SAB bằng
3
3
a
và
30SAO ,
60SAB . Độ dài đường sinh của hình nón theo a
bằng
A. 2a . B. 3a . C. 23a . D. 5a .
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi I là trung điểm của AB, dựng OH SI
.
Ta có
3
3
a
OH
.
Do
60SAB  nên tam giác SAB đều.
Suy ra
SA SB AB.
Mặt khác
1
30 .sin 30
2
SAO SO SA SA
và
.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 tập 5: Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O bán kính bằng
2
a và độ dài đường sinh bằng 5a . Mặt phẳng
P
qua đỉnh S cắt hình
nón theo thiết diện là một tam giác có chu vi bằng
21 5 a . Khoảng
cách
d từ O đến mặt phẳng
P
là
A.
3
3
a
d
. B.
2
a
d .
C.
3
7
a
d .
D.
3
2
a
d .
Hướng dẫn giải
Chọn D
Giả sử thiết diện là tam giác SAB, khi đó ta có
Lưu ý:
Ta có: OH SI (1)

AB OI
A
BSOI
AB SI

A
BOH
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
OH SAB , do đó
;dO SAB OH
.
Có thể đặt SA x
.
Do:
222
111
OH OE OS

21 5SA SB AB a
55 215aaAB a
2
A
Ba
.
Gọi E là trung điểm AB, ta có
A
BSE
, mặt khác
A
BSO
nên

A
BSOE
.
Kẻ
OH SE
tại H, (
HSE
).
Ta thấy
OH AB
vì
OH SOE OH SAB
.
Vậy khoảng cách từ S đến
P
là 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


.
Vậy
3
2
a
d
.
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
PN QMN a
và đi qua I cắt mặt nón tại E và F đồng
thời tạo với SO một góc
. Biết góc
giữa đường cao và đường sinh của hình nón bằng 45. Độ dài đoạn EF là
A.
2
E
Fa
. B. tan 2
2
a
EF
.
C.
tan 2EF a
. D.
2tan2EF a

.
Hướng dẫn giải
Chọn 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 có
.cos cos , .sin sin
22
aa
OI NI NO NI
Xét tam giác SEF vuông tại S có
45 90 135SEF ESM SME   
.

1tan
.tan .tan 135 .
tan 1
SF SE SEF SE SE

.
Vì SI là độ dài 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 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
x
q
S của hình nón
đỉnh S, có đáy là đường tròn ngoại 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 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


;60SBC ABC SHO.
Tam giác ABC đều và O là tâm của 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 tại O và có
60SHO
nên
3
.tan60 . 3
62
aa
SO OH.
Tam giác SOA vuông tại O nên
22
22
321
49 6
aaa
SA SO OA
.
Diện tích xung quanh hình nón là
2
321 7
.. . .
36 6
xq
aa a
SrOASA
  
.
Dạng 2: Tính thể tích khối nón, bài toán cực trị
1. Phương pháp
Nhìn vào công thức tính thể tích khối nón
2
11
.
33
nht
VSh rh
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
vào một biến sau đó dùng đánh giá (sử
dụng bất đẳng thức, khảo sát hàm số…)
để tìm ra kết quả.
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
A.
3
32
4
a
V
.
B.
3
2
4
a
V
.
C.
3
3Va
. D.
3
Va
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Thể tích
22
11
..
33
VRhOASO  .
Ta có
60 30ASB ASO

1
tan30 3
3
OA
SO OA
SO
 .
Lại 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 tập
Bài tậ
p 1: Cho tam giác ABC có
2
45 , 30 ,
2
ABC ACB AB  .
Quay tam giác ABC xung quanh cạnh BC ta được khối tròn xoay có thể
tích V bằng
A.

31 3
2
V

B.
13
24
V

C.
13
8
V

D.
13
3
V

Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
sin30 sin 45 sin105
A
BAC BC


1
513
2sin
12 2
AC
BC


.
Gọi
H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A.
Ta có
1
. . .sin105
2
AH BC AB AC AH
.
Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tìm là
22 2
111
...
333
V AHBH AHCH AHBC 
13
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
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 dẫn giải
Chọn D.
Gọi O là tâm của tam giác đều BCD.
Ta có ,
A
OhOCr
23 3
.
32 3
aa
r
.
Lưu ý:
V chính là tổng
thể tích của hai khối
nón: Khối nón có chiều
cao BH đường sinh AB
và khối nón có chiều
cao CH và đường sinh
AC.
Suy ra
2
22 2
32
3
3
aa
har a





.
Vậy thể tích khối nón là
23
2
11 26
.
333 27
3
aa a
Vrh
 
.
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. 33V . B. 43V . C. 3V
. D. 6V
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Tam giác SAB đều vì có SA SB và
60ASB . Tâm đường tròn ngoại tiếp của
SAB là trọng tâm tam giác. Bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác
SAB là
2
23
3
rSO SO
.
Mà
3
.sin60 2 3
sin 60
3
2
SO
SO SA SA
.
Vậy bán kính đường tròn của khối nón là
23
3
22
AB
R 
.
Vậy thể tích khối nón là
2
1
3.33
3
V  .
Bài tập 4: Cho hình tứ diện ABCD có
A
D ABC , ABC là tam giác
vuông tại
B. Biết
,3,3BC a AB a AD a

. Quay các tam giác ABC
và
ABD (bao gồm cả điểm bên trong hai tam giác) xung quanh đường
thẳng
AB ta được hai khối tròn xoay. Thể tích phần chung của hai khối
tròn xoay đó bằng:
A.
3
33
16
a
. B.
3
83
3
a
. C.
3
53
16
a
. D.
3
43
16
a
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Kh
i quay tam giác
ABD quanh AB ta được khối nón đỉnh B có đường cao
BA, đáy là đường tròn bán kính 3AE
cm. Gọi ,IACBEIH 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.
Ta có
IBC đồng dạng với
1
3
3
IC BC
IEA IA IC
IA AE

.
Mặt khác
333
444
A
HIH AI a
IH // BC IH BC
A
BBCAC

.
Gọi
12
;V V lần lượt là thể tích của khối nón đỉnh A và B có đáy 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 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
A.
1
2
.
B.
1
3
.
C.
2
3
.
D.
1
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
bằng
2
3
đường cao của tam giác, bán kính đường tròn nội tiếp bằng
1
3
đường cao của tam giác.
Suy ra
11
22
11
24
VSr
RVS

.
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?
A.
1
33
.
B.
1
8
.
C.
1
27
.
D.
1
64
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi bán kính của hình nón lớn và nón nhỏ lần lượt là
,
x
y x y .
Suy ra chiều cao của hình nón lớn và nón nhỏ lần lượt là
3, 3
x
y .
Theo giả 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 dạng nên tỉ số cần tính bằng
3
1
8
y
x



.
Bài tập 7: Trong tất cả các hình nón có độ dài đường sinh bằng
. Hình
nón có thể tích lớn nhất bằng
A.
3
3
9
. B.
3
23
9
. C.
3
3
27
. D.
3
23
27
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi
0hh
là chiều cao hình nón, suy ra
bán kính
22
rh .
Suy ra thể tích khối 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


Lập bảng biến th
iên ta được
Ta thấy

3
2
max
333
fh f





.
Vậy
3
max
23
27
V
. Dấu “=” xảy ra
3
h

.
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. 22r . C.
r
. D.
2r
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2
2
Sr
Sr r
r


 .
Thể tích
Lưu ý: điều kiện của


2
2
22222 2 24
22
11 1 1
2
33 3 3
Sr
Vrhr r r r SSrr
r

  
.
Lập bảng biến thiên cho hàm
24
2
f
rSr r
 trên
0;
, ta thấy
hàm số đạt giá trị lớn nhất tại
3
4
S
rr
.
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
A.
3
2
a
.
B.
3
6
a
.
C.
3
12
a
.
D.
3
2
12
a
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Tam
giác cân SCD, có
2
11
..2
22
SCD
SCDSOaaSOSOa

.
Khối chóp S.OAB có chiều cao
2SO a
không đổi nên để thể tích lớn
nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác OAB lớn nhất.
Mà
2
11
..sin .sin
22
OAB
S OA OB AOB r AOB
 (với r là bán kính đường
tròn mặt đáy hình nón). Do đó để
OAB
S
lớn nhất khi
sin 1AOB
. Khi đó
3
max
12
a
V
.
Bài tập 10: Cho hình nón
1
N
có đỉnh S, chiều cao h. Một hình nón

2
N có đỉnh là tâm của đáy

1
N và có đáy là một thiết diện song song
với đáy của
2
N
như hình vẽ.
biến khi khảo sát hàm.
Khối nón
2
N
có thể tích lớn nhất khi chiều cao x bằng
A.
2
h
.
B.
3
h
.
C.
2
3
h
.
D.
3
3
h
.
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
12
,NN
; R, r lần lượt là các bán kính của hai
đường tròn đáy của
12
,NN.
Ta có
R
hx
SI r h x r
r
SO R h R h

.
Thể tích khối nón
2
N là



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


.
Lập bảng biến thiên ta có
Vậy

f
x đạt giá trị lớn nhất trên khoảng
0; h tại
3
h
x
.
Bài tập 11: Xét các hình nón có đường sinh với độ dài đều bằng 10cm.
Chiều cao của hình nón có thể tích lớn nhất là
A. 53cm. B. 10 3 cm. C.
53
3
cm.
D.
10 3
3
cm.
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
22 2 2 2
10 100
x
yyx , ta có
điều kiện

,0;10x y .
Thể tích khối nón là

22
11
100
33
Vrh xx 
.
Xét hàm số
23
100 100 , 0;10fx x x x x x ;
 
2
10 3
100 3 ; 0
3
fx x fx x

 .
Bảng biến thiên
Ta thấy V lớn nhất k
hi

f
x lớn nhất tại
10 3
3
x
cm.
Bài tập 12: Giả sử đồ thị hàm số
24 22
12 1ym x mxm
 có 3
điểm cực trị là A, B, C mà
A
BC
x
xx. Khi quay tam giác ABC quanh
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.
23 22
4144 1ymxmxxmxm



.


22
2
0
04 1 0
0
1
x
yxmxm
m
xm
m

 


.
Với
0m thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (với
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 khối tròn xoay có thể 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 bảng biến thiên
Vậy t
hể tí
ch cần tìm lớn nhất khi
3m .
Bài tập 13: Cho tam giác ABC vuông tại A, có 6AB
cm, 3AC
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
A.
3
.
B.
4
3
.
C.
8
3
. D. 4
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đặt
,0 6AH x cm x
.
Khi đó
6
B
Hxcm .
Xét tam giác BHM vuông tại H.
Ta có
tan
HM
HBM
BH

.tan 6 .tanHM BH HBM x HBM .
Mà
31
tan tan
62
AC
HBM ABC
A
B

.
Do đó

1
6.
2
HM x .
Thể tích của khối nón tạo thành khi tam giác AHM quay quanh cạnh AH
là


2
232
11
.. .. 6 12 36
33412
VAHHM x x x x x

 (1).
Xét hàm số
32
12 36
f
xx x x với 06x
, ta có
 
22
2
3 24 36; 0 3 24 36 0
6
x
fx x x fx x x
x


.
Bảng biến thiên của hàm số
32
12 36
f
xx x x với 06x
Từ
(1) và bảng
biến thiên ta có thể
tích lớn nhất của khối nón tạo thành là
8
.32
12 3
V

.
Bài tập 14: Cho hình lập phương
.
A
BCDABCD

có thể tích bằng 1.
Gọi
N là một hình nón có tâm
đường tròn đáy trùng với tâm của
hình vuông ABCD, đồ
ng thời các điểm
,,,
A
BCD

nằm trên các đường
sinh của hình nón như hình vẽ. Thể tích khối nón
N có giá trị nhỏ nhất
bằng
A.
2
3
.
B.
3
4
.
C.
9
8
. D.
9
16
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Xét
phần mặt cắt qua trục hình nón và đi qua mặt phẳng
A
ACC
, kí
hiệu như hình vẽ. Với I, H lần lượt là tâm của hình vuông ABCD,
A
BCD

và đỉnh
A
nằm trên đường sinh EF của hình nón.
Hình lập phương có thể tích bằng 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




.
Thể tích khối nón
N
là



3
2
2
2
1
111
1
36 6
N
x
x
VrEI x
xx





.
Xét hàm số


3
2
1x
fx
x
trên
0; 
. Ta có


2
3
21xx
fx
x

.
Lập bảng biến thiên
Ta được


0;
27
min
4
fx

tại
2x
. Suy ra

9
min
8
N
V
.
Bài tập 15: Một hình nón đỉnh S bán kính đáy 3
R
a , góc ở đỉnh là
120. Mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện là một
tam giác. Diện tích lớn nhất của tam giác đó bằng
A.
2
3a . B.
2
2a
. C.
2
3
2
a
.
D.
2
23a .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Giả sử SAM là thiết diện tạo bởi mặt phẳng và hình nón.
Gọi

023AM x x a
.
Gọi H là trung điểm của AM
OH AM AM SOH AM SH 
.
Vì
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 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
A.
3
32
81
R
. B.
3
32
81
R
. C.
3
32
27
R
. D.
3
32
27
R
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có thể tích khối nón đỉnh S lớn hơn
hoặc bằng thể tích khối nón đỉnh
S
. Do
đó chỉ cần xét khối nón đỉnh S có bán
kính đường tròn đáy là r và đường cao
là
SI h với hR . Thể tích khối nón
được tạo nên bởi
N là

2
11
..
33
C
VhS hr

2
2
1
..
3
hR hR




32
1
2
3
hhR

.
Xét hàm số
32
2
f
hhhR
với
;2hRR
.
Ta có
2
34
f
hhhR
 .
2
0340 0fh h hR h
 
(loại) hoặc
4
3
R
h
.
Bảng biến thiên
Chú ý: Sau khi tính
được

32
1
2
3
VhhR

ta
có thể 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 thức xảy ra khi và
chỉ khi
4
42
3
R
hRhh

.
Ta có

3
32
max
27
f
hR tại
4
3
R
h .
Vậy thể tích khối nón được tạo nên bởi
N
có giá trị lớn nhất là
33
132 32
327 81
VRR
 khi
4
3
R
h .
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?
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 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
212CR
.
Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón tạo thành.
Chu vi đường tròn đáy của hình nón tạo thành là
2.6
24
3
r

(dm)
4
2
2
r

(dm).
Đường cao của khối nón tạo thành là
22 22
62 42hr .
Thể tích của mỗi phễu là

22 3
11 162
2.4 2
33 3
Vrh dm
 
16 2
3
(lít).
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, 73h dm. B. 1, 89h dm. C. 1, 91h
dm. D. 1, 41h
dm.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Có chiều cao hình nón khi đựng đầy
nước ở ly thứ nhất
2
A
H
.
Chiều cao phần nước ở ly thứ nhất sau
khi đổ sang ly thứ hai 1
A
D .
Chiều cao phần nước ở ly thứ hai sau
khi đổ sang ly thứ 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


.
Thể tích phần nước ban đầu ở ly thứ nhất
2
2VR
.
Thể tích phần nước ở ly thứ hai
23
2
1
4
R
h
VRh


.
Thể tích phần nước còn lại ở ly thứ nhất
2
2
4
R
V
.
Mà
23 2 3
2
3
12
1
2271,91
44 44
Rh R h
VVV R h


.
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
27SA
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 mự
c nước tới điểm M thuộc SA thì dừng, lần thứ hai
khi mực nước tới điểm N thu
ộc 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
3
99 4 1 m.
C.
3
3
99 2 1 m.
D.
3
3
93 2 1 m.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta gọi
12
,,V V V
lần lượt là thể tích khối nón có đường sinh là SN, SM,
SA.
Do
SEM
đồng dạng với
SOA
nên ta có
SM SE EM
SA SO OA
 .
Lại có
2
33
3
2
2
1
..
22
3
13122
1
3327
..
3
EM SE
V
SA SM
SM
VSM
OA SA
 

 
 
Tương tự
33
3
1
1
6561
327
VSN SN
SN
VSA
 

 
 
.
Vậy
33
13122 6561MN SM SN .
BÀI 2: MẶT T
RỤ
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
A
BCD
.
Khi quay hình đó xung quanh đường thẳng chứa một cạnh, chẳng hạn
cạnh
A
B, thì đường gấp khúc
A
BCD
tạo thành một hình được gọi là hình trụ tròn xoay hay gọi tắt
là hình trụ.
- Đường thẳng
A
B
được gọi là trục.
- Đoạn thẳng
CD
được gọi là độ dài đường sinh.
- Độ dài đoạn thẳng
A
BCDhđược gọi là chiều cao
của hình trụ (độ dài đường sinh bằng chiều cao của hình trụ).
- Hình tròn tâm A, bán kính rAD và hình tròn tâm B , bán
kính
rBC được gọi là hai đáy của hình trụ.
- Phần mặt tròn xoay được sinh ra bởi các điểm trên cạnh CD
khi
quay quanh
A
B 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 2.
xq
Srh
- Diện tích đáy (hình tròn)
2
ht
Sr
.
- Diện tích toàn phần
2
2. 2 2
tp xq Đ
SS S rh r
 .
- Thể tích khối trụ
2
.
kt
VBhrh
 .
Chú ý: Vẽ hình biểu diễn hình trụ hay khối trụ
ta thường vẽ như hình bên.
A’
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 33. 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. 63
B. 639
C. 339
D. 12 3
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Thiết diện thu được là hình chữ nhật ABCD và

OO'/ /
A
BCD , gọi I là trung điểm của 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





Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là
2123
xq
Srl


.
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 = 2a và
khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và 00' bằng . Bán kính đáy bằng
3
2
a
. Bán kính đáy bằng
A.
17
3
a
B.
14
2
a
C.
14
4
a
D.
14
9
a
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi r là bán kính đáy.
Do thiết diện qua trục là hình vuông nên độ dài
đường sinh bằng 2r.
Dựng đường sinh AA'.
Gọi M là trung điểm của A' B
Lưu ý:
+

’,dOO AB
=
O'M.
+ Góc
giữ
a AB và
mặ
t đáy là
gó
c
'
A
BA .
+ Góc giữa AB và
OO' là góc
'
A
AB

''
', '
3
'
2
OM AAB
dOO AB OM
a
OM



Ta có
22 22
''44
A
BABAA ar
Mặt khác
2
222
3
'''''
4
a
AM O A OM r
2
22 2
314
442
44
aa
ar r r
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?
A.
22
3
R
B.
4
33
R
C.
2
3
R
D.
2
3
R
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 và

OK IAB .
Suy ra



', , , 30OO IO IAB OI KI KIO
(vì
K
IO vuông tại O)
Khi đó
1
22
R
KO IO

. Vì HIO vuông tại 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 tập 4: Cho hình trụ có chiều cao bằng
62
. Biết rằng một mặt phẳng không vuông góc với đáy
và cắt hai mặt đáy theo hai dây cung song song AB, A'B'
mà AB = A'B' = 6, dỉện tích hình chữ nhật
ABB'A' bằng 60. Bán kính đáy của hình trụ là
A. 5. B.32 C. 4 D. 52
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Diện tích hình chữ nhật ABB'A' bằng 60
(cm
2
)
nên
AB.BB' = 60
6. ' 60 ' 10BB BB
Ta có
5MK
Chiều cao hình trụ bằng
62
(cm) nên
32MO .
Lưu ý: Bài tập 5 và
Bài tập 6 tuy đề cho
khác nhau nhưng
thiết diện giống nhau.
Ở Bài tập 7 dưới đây
thêm một cách hỏi
khác nữa dù thiết
diện vẫn là vậy.
22
22
25 18 7;
63.
79 4
OK MK MO
AB KB
BO OK KB



Bài tập 5: Một hình trụ có bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Một hình vuông ABCD có AB,
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
A.
2
5
4
a
B.
2
5a
C.
2
52
2
a
D.
2
5
2
a
Hướng dẫn giải
Chọn D
Đặt
2
24
ABCD
A
BAD x S x.
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
22 22
''4A D AD AA x a
Mặt khác, gọi
I là trung điểm của '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
. Vậy
2
5
2
ABCD
a
S
(đvdt)
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 có
cạnh
AB và cạnh CD nằm trên hai đáy của khối trụ. Biết 2
B
Da ,
30DCA . Tính theo a thể
tích khối trụ.
A.
3
32
48
a
B.
3
32
32
a
C.
3
32
16
a
D.
3
36
16
a
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
2
A
CBDa .
Mặt khác xét tam giác ADC vuông tại D, ta có
22
.sin30
22
A
DAC a h a
và
66
cos30
224
CD
CD AC a r a
.
Nên
2
23
6232
.
4216
Vrh a a a






.
Bài tập 2: Cho hình chữ nhật ABCD có AD = 3AB. Gọi
1
V là thể tích của khối trụ tạo thành khi cho
hình chữ nhật quay xung quanh cạnh AB,
2
V
là thể tích khối trụ tạo thành khi cho hình chữ nhật
quay xung quanh cạnh
AD. Tỉ số
1
2
V
V
là.
A. 9 B. 3 C.
1
3
D.
1
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
11
3;rAD ABhAB
.
Khi đó, thể tích của khối trụ này là
23
111
9Vrh AB

 .
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
22
;3r AB h AD AB.
Khi đó, thể tích của khối trụ này là
23
222
3Vrh AB


.
Vậy
3
1
3
2
9
3
3
VAB
VAB

.
Bài tập 3: Cho hình thang ABCD vuông tại Avà B với
2
A
D
A
BBC a . Quay hình thang và miền
trong của nó quanh đường thẳng chứa cạnh BC. Thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành là
A.
3
4
3
a
V
B.
3
5
3
a
V
C.
3
Va
D.
3
7
3
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Thể tíc
h
12
VVV
.
Trong đó
1
V
là thể tích khối trụ có bán kính đáy là
BA a
và chiều cao
2
2;
A
DaV là thể tích khối nón có bán kính đáy là '
B
Da
và chiều cao 'CB a
Khi
đó
3
22
12
15
.2 .
33
a
VVV aa aa


.
Bài tập 4: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a. cắt hình trụ bởi một mặt phẳng

P
song song với
trục của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng
2
a
ta được thiết diện là một hình
vuông. Thể tích khối trụ bằng
A.
3
3 a
B.
3
3a
C.
3
3
4
a
D.
3
a
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.
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
.
Vậy nên
22 3
.3 3VRhaa a

 .
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
A.
2
11
B.
1
2
C.
5
11
D.
7
11
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi V
1
;V
2
lần lượt là thể tích khối nhỏ và khối lớn.
Ta có thể tích khối trụ là
2
2
814
11
2
R
VR

(với
R là bán kính khối trụ).
Thể tích
2
2
2
814
11
2
R
VR

.
Vậy
22
12
2
22
18 11 7
11 11
VVV R R
VV R



.
Bài tập 6:
Cho tam giác vuông cân ABC có 2
A
BACa và hình chữ nhật
M
NPQ 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.
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 dẫn giải
Chọn D.
Ta có
22
2,2.
B
CABAC aMNaMQa
Gọi
E, F lần lượt là trung điểm MN và BC.
3
,
22
a
A
FaEF IF a
Vậy t
hể tí
ch 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
222 3
11317
......
332224
a
VAFFBIFIQ aa a a





.
Bài tập 7: Cho lăng trụ đứng .'' '
A
BC 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
''
B
CC B
bằng
30 (tham khảo hình vẽ). Thể tích của khối
trụ ngoại tiếp lăng trụ
.'' '
A
BC 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
A
IBC do đó
''
A
IBCCB
hay góc giữa
AC’ và mặt phẳng

''
B
CC B
là
'IC A
.
Xét tam giác
'
A
IC
ta có
AI
IC' R 3
tan IC'A

Xét tam giác
CIC' ta có
22 2 222
''342IC IC CC R R a R a
Thể tích khối trụ ngoại tiếp lăng trụ
.'' '
A
BC A B C là
23
4VRh 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.
A.
3
165
B.
165
C.
3
330
D.
330
Hướng dẫn giải
Chọn A.
2
2
330
330 330VhR h
R
 
Khi đó diện tích toàn phần của khối trụ là
2
22
2
.2 . 2
330 660
.2 2 2
Sh R R
SRRS R
RR



 
Ta xem S là 1 hàm số ẩn R. Xét
2
660
'4SR
R

.
3
3
22
660 660 4 165
'0 4 0 0
R
SR R
RR

  
Lập bảng biến th
iên 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.
Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
3
165
R
Bài tập 9: Thể tích lớn nhất của khối trụ nội tiếp hình cầu có bán kính R bằng
A.
3
43
9
R
B.
3
83
3
R
C.
3
8
27
R
D.
3
83
9
R
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi X là khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt đáy của hình trụ (0 < X <R). Bán kính đáy
của hình trụ là
22
rRx
Thể tích của khối trụ là
22 22
.2 2Vrhrx Rxxfx


 
22
3
'2 6;'0
3
R
fx R xfx x


(vì
0x ).
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
max
34 3
39
RR
Vf





.
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
tíc
h 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.
2,5
m. C.
1, 8
m D.
2,1
m.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi r là bán kính bể dự định làm, h là chiều cao các bể.
Ta có:

222 2
11,5 11,5 1,8mrh h r

 .
Bài tập 1. Cho một tấm bìa hình chữ nhật có kích thước 3a, 6a.
Người ta muốn tạo tấm bìa đó thành 4 hình không đáy như hình vẽ
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.
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
12
,
R
R lần lượt là bán kính của hai hình trụ ở hình H1, H2.
Gọi
12
,VV lần lượt là thể tích của hai hình trụ ở hình H1, H2.
12
,CC lần lượt là chu vi đáy của hai hình trụ ở 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 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:
33
34
1133
3 . .2 .2 .sin 60 3 3 ; 6 . . . .sin 60
222
Vaaa aVaaa a


Từ đó ta có hai hình có thể tích lớn nhất và nhỏ nhất lần lượt theo thứ tự là H1, H4.
Lưu ý: Không phải cắt nhỏ
tấm bìa để tạo ra 4 hình
bên vì nếu vậy không thỏa
đề bài mà lấy tấm bìa lần
lượt tạo thành 4 hình trong
đề bài.
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 dm
3
. Thể tích lượng đá cắt bỏ là
bao nhiêu? (Làm tròn đến một chữ số thập phân sau dấu phẩy).
A. 101,3 dm
3
. B. 111,4 dm
3
.
C.
121,3 dm
3
. D. 141,3 dm
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Gọi ,OO
lần lượt là
tâm đáy trên và đáy dưới của hình trụ.
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 thể tích khối trụ là:
22
.5.3.45
KT
VOOR

.
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
1
H ,
2
H xếp chồng lên
nhau, lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là
112 2
,,,rhr h thỏa mãn
21
1
2
rh ;
21
2hh (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng thể tích của toàn bộ
khối đồ chơi bằng 30cm
3
, thể tích khối trụ
1
H bằng
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 V
1
và
V
2
.
Ta có:
12
VVV
Mà
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 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
nón và bằng h. Trong bình, lượng chất lỏng có chiều cao bằng
1
24
chiều cao hình trụ. Lật ngược
dụng cụ theo phương vuông góc với mặt đất. Độ cao phần chất lỏng trong hình nón theo h là
A.
8
h
B.
3
8
h
C.
2
h
D.
8
h
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Thể tích
chất lỏng
22
11
..
24 24
Vr h rh


Khi lật ngược bình, thể tích phần hình nón chứa chất lỏng là
2
1
'
3
Vrh
Mà
.
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 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 m
2
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

2
6594000 471
m
350000 25
A 
Ta có
2( )
2
tp
A
SRRhAh R
R

Thể tích của thùng phi là
22 3
22
AA
VRhR R RR
R





(coi V là hàm số biến
R
).
2
3; 0 ,(0)
26
AA
VRVRR


Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có, giá trị !ớn nhất của thể tích là
3
max 6,28
36
AA
Vm

.
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
kính đáy là r. Tỉ số
h
r
sao cho chi phí vật liệu Sản xuất thùng là nhỏ nhất là bao nhiêu?
A.
2
h
r
B.
2
h
r
C.
6
h
r
D.
32
h
r
Hướng dẫ
n giải
Chọn
C
.
Ta có
2
23
VhV
Vhr h
rrr

Giá thành vật liệu để làm chiếc thùng là

22 2
2
26 6 6 ,
VVV
TrhrA rA rA
rrr


 


trong đó
A
là giá của một đơn
vị diện tích vật liệu làm mặt xung quanh của thùng. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số
dương
2
,,6
VV
r
rr
được
32
36TV
Dấu “ ” xảy ra khi
2
3
66
VV
r
rr

Vậy chi phí vật liệu sản xuất thùng là nhỏ nhất khi
6
h
r
.
BÀ
I 3: MẶT CẦU – K
HỐI CẦU
A.
LÍ THU
YẾT TRỌ
NG TÂM
Định nghĩa
-
Tập h
ợp các đ
iểm trong không gian cách điểm O cố
định một khoảng R không đổi gọi là mặt cầu tâm O, bán
kính R, kí hiệu là:
;.SOR Khi đó
;.SOR MOM R
- Khối cầu hay hình cầu
;SOR 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

;SOR và một điểm A. Nếu:
+)
OA R thì điểm A nằm trên mặt cầu
;.SOR
+)
OA R thì ta nói điểm A nằm ngoài mặt cầu
;.SOR
+)
OA R thì ta nói điểm A nằm trong mặt cầu
;.SOR
Ta thường vẽ hay biểu diễn một mặt
cầu hay khối cầu như hình sau:
Vị trí tương đối giữa mặt cầu và đường thẳng
Cho mặt cầu
;SIR và đường thẳng . Gọi
H là hình chiếu của I lên
hay
;.dI IH
Nếu:
+)
:IH R không cắt mặt cầu hay mặt
cầu

S;IR và đường thẳng không có điểm
chung.
+)
IH R thì với mặt cầu
;SIR có một
điểm chung duy nhất là H. Ta nói
là một tiếp
tuyến của mặt cầu
;SIR và H là tiếp điểm.
+)
:IH R cắt mặt cầu
;SIR tại hai
điểm phân biệt.
Nhận xét:
+) IAB
cân tại
I, điểm H là trung
điểm của AB
và
2
22 22
.
2
AB
RIHAHIH

 


Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng
Cho mặt cầu
;SIR
và mặt phẳng
P
. Gọi
H là hình chiếu vuông góc của I lên
P
hay
;.dI P IH
Nếu:
+)
:IH R Mặt cầu
;SIR và mặt phẳng
P
không có điểm chung.
+) Nếu
:IH R
Mặt phẳng
P
tiếp xúc
mặt cầu
;SIR. 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
II H

và bán kính
22 22
.rRIH RII

Nhận xét: Đường tròn giao tuyến có diện tích
lớn nhất khi mặt phẳng
P
đi qua tâm I của mặt
cầu
;SIR. Đường tròn này ta gọi là đường
tròn lớn.
Công thức cần nhớ
Cho mặt cầu
;.SIR
- Diện tích mặt cầu
2
4.SR
- Thể tích khối cầu
3
4
.
3
VR
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 2,4,4,aaa với 0.aR
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 h
ộp 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
.ROA

22
11
22
RAC AA AC




222
222
1
2
1
2443.
2
A
AAD DC
aaaa



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
Từ giả thiết ta có
B
CAB
B
CSA

90 1 .
o
B
CSAB BCSB
SBC
 

Chứng minh tương tự ta cũng có

90 2 .
o
CD SD SDC
Do


90 3 .
o
SA ABCD SA AC SAC
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 3a . Thể tích V của khối cầu
ngoại 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 dẫn giải
Vì 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
Vậy
,OS OA OD OB OC nên O là tâm mặt cầu ngoại
tiếp S.ABCD.
Vậy thể tích khối cầu cần tìm là
33
4
.6
3
VSOa

 (đvtt)
Chọn B.
Lưu ý:
Công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp đều:
2
2
a
R
h
với a: độ dà
i
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.ABCD là
A.
2
.
2
a
B.
3
.
2
a
C.
5
.
2
a
D.
2.a
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 và
bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là
.
2
SC
R
Ta có ABCD là hình vuông cạnh a
2.AC a
Xét tam giác SAC vuông tại A có
22
23.SC a a a
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là
3
.
2
a
R
Chọn B.
Bài tập 4.
Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và BCD 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
A.
22.
B.
2.
C.
22
.
3
D.
6
.
3
Hướng dẫn giải
Ta có ABC, BCD đều cạnh bằng 2 nên
2
A
CCD ACD
cân tại C.
Gọi I là trung điểm
.
A
DCIAD
Lại 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
Từ (1) và (2) ta có ACB vuông cân tại
2
22.
22
CB
ICBIB IB IC
 
DIB vuông tại
22
2222.IID BDIB ADID
Xét ADB có
2; 2 2
A
B DB AD ABD vuông tại B.
90 90 .
oo
ABD ACD
Suy ra mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có đường kính là AD nên bán kính là
2.RID
Chọn B.
Bài tập 5. Cho hình chóp S.ABC có
,SA ABC tam giác ABC vuông tại B. Biết
4, 2, 4.SA a AB a BC a Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
A. 3a. B. 2a. C. a. D. 6a.
Hướng dẫn giải
Ta có



.
BC AB
B
C 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
.
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

Vậy
3.Ra
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
.
4
a
B.
21
.
2
a
C.
3
.
4
a
D.
21
.
8
a
Hướng dẫn giải
Trong tam giác vuông ABC có
3
.sin30 .
2
o
a
AB AC
Vì

A
BABCA

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' và AB, và bằng góc
B
AB
(vì tam giác AB'B vuông tại
B). Do đó
60 .
o
BAB
Trong tam giác vuông AB'B có
33
.tan60 tan60 .
22
oo
aa
BB AB

Trong tam giác vuông AA'C có

2
2
22
321
3.
22
a
A
CAAAC a a





Ta có
B
CAB và
B
CAA
nên
,
B
C ABB A
suy ra
B
CAB
hay
90 .
o
ABC
Mà
90 ,
o
AAC
suy ra hai điểm A, B cùng nhìn A'C dưới một góc vuông.
Vậy bán kín
h mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A'ABC bằng
21
.
24
AC
R
a

Chọn A.
Bài tập 7.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là hình vuông cạnh
,2aSA a
và vuông góc với mặt
phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm cạnh SC. Mặt phẳng () qua A và M 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. a. B.
.
2
a
C.
2
.
2
a
D. 2.a
Hướng dẫn giải
Gọi I là giao điểm của AM và SO.
Dễ thấy I là trọng tâm tam giác SAC và I, E, F thẳng hàng.
Lại 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 có
2
.SF SD SA AF
là đường cao tam giác .
A
FSF
Chứng minh tương tự ta có
.
A
ESB
Tam giác
2SA AC a
nên AM vừa là trung tuyến vừa là đường cao tam giác
.
A
MSC
Ta có
A
MSM
A
FSF
A
ESE
nên mặt cầu đi qua 5 điểm S, A, E, M, F có tâm là trung điểm SA và bán kính
bằng
2
.
22
SA a
Chọn C.
Chú ý:
Ta có thể làm như sau
Do
EF SBD
 và
//
B
D
nên
// .
E
FBD
Ta có
,.
B
D AC BD SA BD SAC EF SAC EF SC  
Tam giác
SAC có 2SA AC a nên .
A
MSC
Do đó
1.SC AMEF SC AE
Lại có ,
B
CABBCSA nên
2.BC SAB BC AE
Từ (1) và (2) suy ra
.
A
ESBC AESB
Chứng minh tương tự, ta được
.
A
FSD
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
A.
3
32
.
81
a
B.
3
32
.
77
a
C.
3
64
.
77
a
D.
3
72
.
39
a
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
32
SH AH.tan60 .tan60 ; .
3sin60
3
oo
o
aSHa
aSA
Xé
t hai tam giác đồng dạng
SEI và SHA
Ta có
22
.
.2
323
3
aa
SI SE SA SE a
SI
SA SH SH a

2
.
3
a
R
Suy ra thể tích của khối cầu tạo nên bởi mặt cầu (S) bằng
3
3
42 32
.
33 81
aa



Chọn A.
Bài tập 2.
Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằng a.
A.
2
7
.
5
a
B.
2
7
.
3
a
C.
2
7
.
6
a
D.
2
3
.
7
a
Hướng dẫn giải
Gọi O
1
, O
2
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp hai đáy lăng trụ
O
1
O
2
là trục đường tròn ngoại tiếp hai đa giác đáy.
Gọi I là trung điểm của
12
.O O IA IB IC IA IB IC


Suy ra trung điểm I của O
1
O
2
là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.
Bán kính
2
22
22 2
12
22 2
23 7
...
232212
OO a a
RIA AO IO AO a










Do đó diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằng a là
2
3
2
77
4. 4. . .
12 3
a
SR a






Chọn B.
Lưu ý:
Mặt phẳng trung trực của một cạnh bên cắt O
1
O
2
tại I là trung điểm của O
1
O
2
.
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
2, 4, 5.AB AC SA Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S.ABC có bán kính là
A.
25
.
2
R
B.
5
.
2
R
C. 5.R
D.
10
.
3
R
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
dABC 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 IS
IA IS


I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Dễ thấy tứ giác HAMI là hình chữ nhật.
Ta có
22
11
24 5,
22
15
.
22
AM BC
IM SA


Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là
22
55
5.
42
RAI AM IM
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 là
A. 2.a B. .a C.
2
.
2
a
D. 2.a
Hướng dẫn giải
Gọi O là t
âm của hình vuông
A
BCD SO ABCD
Vậy SO là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD
Trong (SAC) gọi (d) là trung trực của SA và I là giao điểm của (d)
với SO

.
ISO
IA IB IC ID
IA IS
Id
IA IB IC ID IS




Vậy
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Bán kính mặt cầu là
22 2
22 2
2
2
.
22
2
2
2
2
SA SA a a
R
SO
SA AO
a
a




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 S
mc
của mặt cầu ngoại 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 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 3.
o
SO
SO a
OH

Từ 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
 
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
22
2
75 25
44 .
36 3
mc
aa
SR


Chọn A.
Bài tập 6.
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy
2,a
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
.
2
a
R
B. .Ra C.
6
.
4
a
R
D.
10
.
4
a
R
Hướng dẫn giải
Ta có
// .
A
BCD MNPQ Gọi
.OACBD
Mà 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
2SA SB SC SD a

2.AB BC CD DA a
Lại 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
Mặt khác

3
.
.3
2
..
2
3
a
a
HI SH OA SH a
SHI SOA g g HI
OA SO SO
a
 ∽
Bán kính
mặt cầu cần tìm là
2
2
22
3
.
22
aa
R
AI HI HA a








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, 2, ,
A
BaBCa
hình chiếu của S lên
mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của
3
,.
2
a
AD SH Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD bằng bao nhiêu?
A.
2
16
.
3
a
B.
2
16
.
9
a
C.
3
4
.
3
a
D.
2
4
.
3
a
Hướng dẫn giải
Gọi I là giao điểm của AC và BC, 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 O O là tâm mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và bán kính bằng
22
.
R
OS MO MS
Với
,
2
AB
OM IH a MS r (r là bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác SAB).
Lại có, SAD cân tại A, cạnh ,
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 mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABCD).
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng
2
2
16
4.
3
a
SR

Chọn A.
Bài tập 2.
Cho hình chóp S.ABC có
.SA ABC Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A trên SB,
SC. Biết
,.
B
AC BC a

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là
A.
2
2
.
cos
a
B.
2
2
.
sin
a
C.
2
2
4
.
cos
a
D.
2
2
4
.
sin
a
Hướng dẫn giải
+) Gọi K, P lần lượt là
trung điểm của AC và AB.
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 d
1
là trục của
đường tròn ngoại tiếp ABM thì d
1
qua
1
,
P
dABC và
1
.dAB
Tương tự, gọi d
2
là trục của
đường tròn ngoại tiếp ACN thì d
2
qua
2
,
K
dABC
và
2
.dAC
+) Rõ ràng, trong mặt phẳng (ABC) thì d
1
d
2
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 ABC ta được
.
2sin 2sin
BC a
R
A

Vây diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là
2
2
2
4.
sin
a
SR

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 đị
nh lí sin cho ABC ta được
.
2sin 2sin
BC a
R
A

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCMN là
2
2
2
4.
sin
a
SR

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
A. .
12
B. .
3
C.
2
.
3
D. .
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.
Suy ra bán kính
1
R.
2
Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương là
3
3
441
.
3326
VR





Chọn D.
Bài tập mẫu
Bài tập 1.
Cho hình lập phương có thể tích bằng 64a
3
. Thể tích của khối cầu nội tiếp của hình lập
phương đó bằng
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 dẫn giải
Hình lập phương có thể tích bằng 64a
3
, suy ra cạnh hình lập phương là 4a.
Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính bằng
1
2
cạnh hình lập phương
2.
R
a
Vậy
3
3
432
.
33
a
VR

Chọn C.
Bài tập 2.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại
,8,6.BAB BC
Biết 6SA 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.
A.
16
.
9
B.
625
.
81
C.
256
.
81
D.
25
.
9
Hướng dẫn giải
Gọi I và r 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
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






Vậy
3
.
3
3.48 4 4 256
.
108 3 3 81
S ABC
mc
TP
V
rVr
S

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 5.
R
cm Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn
(C) có chu vi bằng 8cm. Bốn điểm A, B, C, D thay đổi sao cho A, B, C thuộc đường tròn (C), điểm
D th
uộc
SD C và tam giác ABC đều. Thể tích lớn nhất của tứ diện ABCD bằng
A.
3
20 3 .cm B.
3
32 3 .cm C.
3
60 3 .cm D.
3
96 3 .cm
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 8cm.
Suy ra bán kính đường tròn

8
4.
2
Rcm

Suy ra cạnh của tam giác ABC bằng
43cm
Suy ra


2
2
43 3
12 3
4
ABC
Scm
 không đổi
Do
đó thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất khi
,dD ABC lớn nhất
D và O nằm cùng
phía SO với mặt phẳng (P) và D, O, H thẳng hàng
22
525168.
DH DO OH DO OA AH

Khi
đó

3
max
1
.12 3.8 32 3 .
3
Vcm
Chọn B.
2. Bài tập mẫu
Bài tậ
p 1.
Cho hai mặt cầu
12
,SS có cùng tâm I và bán kính lần lượt là 2 và
10.
Các điểm A,
B thay đổi thuộc

1
S còn C, D thay đổi thuộc
2
S sao cho có tứ diện ABCD. Khi thể tích khối tứ
diện ABCD đạt giá trị lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng
A. 10. B. 3. C. 5. D. 2.
Hướng dẫn giải
Để có tứ diện ABCD thì AB và CD không đồng phẳng.
Gọi R
1
, R
2
lần lượt là bán kính của các mặt cầu
1
S
và
21 2
2; 10.SRR
Gọi K là trung điểm của CD và h là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD.
Ta
1
2, 2 4,sin , 1.CD CK AB R AB CD
Thể tích khối tứ diện ABCD là

11
..sin , . , .4..
66
ABCD
VABCDABCDdABCDCDh
22 22
44
.
33
Co si
hCK IKCK

Xét ICK vuông tại K có
2222
2
.IK CK CI R
Khi đó
2
44
10.
33
ABCD
VR
Dấu “=” xảy ra
4
5
AB CD
AB
hIKCK


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
.
2
a
B. .a C.
3
.
12
a
D.
3
.
6
a
Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm BC suy ra ; .
A
MBCSMBC
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, vì tam giác ABC đều cạnh a nên
31 3
;
236
aa
AM MG MA suy ra
2
..
4
a
MG MA
Mặt khác
H trực tâm tam giác SBC nên tam giác BMH và tam giác
SMC là hai tam giác đồng dạng 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 dạng suy ra
.GH SM
Vì H thuộc (SAM) cố định khi S thay đổi trên d và
GH 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
3
.
212
GM a
R 
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.

33
0
4
EV 3 36
3
cm


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
282,74 .Vcm B.
3
848,23 .Vcm
C.
3
636,17 .Vcm
D.
3
1272,35 .Vcm
Hướng dẫn giải
Gọi V
0
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
.1 36 6
R
Rcm


Suy ra thể tích V của khối nước ban đầu trong ly
23
. .36.7,5 848,23Rh cm


Chọn B.
2. Bài tập mẫu
Bài tậ
p 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
11 2 2 33
,, ,, ,Or Or Or lần lượt là 3 hình cầu thỏa mãn. Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu
của O
1
; O
2
; O
3
trên mặt phẳng. Giả sử 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
Kẻ
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 tự ta có
22
23 31
;.
44
B
CAC
rr rr
Vậy
222
123
3.
64
AB BC CA
rrr 
Chọn B
Bài tập 2.
Cho quả địa cầu có độ dài đường kinh tuyến 30° Đông là 40cm (tham khảo hình vẽ).
Độ dài đư
ờng xích đạo là:
A.
40 3 .cm
B. 40 .cm
C. 80 .cm
D.
80
.
3
cm
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 49,83cm
2
. 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
268,5 .
2
RR

Diện tích mặt cầu:

2
22
68,5
4 4 1493,59 .
2
xq
SR cm





Vì mỗi miếng da có diện tích 49,83cm
2
nên để phủ kín được mặt của quả bóng thì số miếng da
cần là
1493,59
29,97.
49,83
Vậy phải cần 30 miếng da.
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
1
và V
2
. Tỷ số
1
2
V
V
bằng
A.
9
.
4
B. 49 C.
27
.
32
D.
9
.
32
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi a là cạnh 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 tập
Bài tậ
p 1.
Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh là 2a, có thể tích V
1
và hình
cầu có đường kính bằng chiều cao hình nón, có thể tích V
2
. Khi đó tỉ số thể tích
1
2
V
V
bằng 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 dẫn giải
Chọn B.
Cho hì
nh nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh là 2a
23
1
3
3
2
13
2, , 3 3 ;
33
433
.
32 2
IaRaha V a a a
a
Va







Vậy
1
2
2
.
3
V
V
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
3
128
.
3
m
Tính diện tích xung quanh của cái bồn chứa nước theo đơn vị m
2
.
A. 48 m
2
. B. 50 m
2
. C. 40 m
2
. D. 64 m
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi x là bá
n kính hình cầu.
Ta có 2 4 4 4 .
tcct
ldRRx
Thể tích của bể nước là
232 3
3
4 4 128
.4
333
82.
tc tt c
VVV Rl R x x x
xx



Diện tích xung quanh của bể nước là
222
2 . 4 2.2 .8 4 .2 48 .
tt c
SRlR m


| 1/61
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

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 là
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 P và Q 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
và 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 và 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 SMN là SSH.MN  . .  . SMN 2 2 3 3 3
Bài tập 4: Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc
đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng a 3 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 vì 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 E và F đồng
thời tạo với SO một góc  . Biết góc
giữa đường cao và đường sinh của hình nón bằng 45 . Độ dài đoạn EF là a
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 NIO có OI NI.cos  cos ,
NO NI.sin   sin  2 2 SE.SF SI  2 .
Xét tam giác SEF vuông tại S có SE SF   
SEF ESM SME  45  90    135   .    SF SE SEF SE   1 tan .tan .tan 135  SE. . tan  1
Vì 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 ABCD có AD   ABC , ABC là tam giác
vuông tại B. Biết BC a, AB a 3, AD  3a . Quay các tam giác ABC
và ABD (bao gồm cả điểm bên trong hai tam giác) xung quanh đường
thẳng AB ta được hai khối 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 A và B 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, C mà x 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
là 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 và
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 = 2a và a 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 và
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' mà 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 ABCD có AB,
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 có
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 ABCD có AD = 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 ABC có AB 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 MN và BC. 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 ' là 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 V1 và V2.
Ta có: V V V 1 2 1 1 1 1
Mà 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 h là h 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
Vì 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.ABCD là a 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 và
bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SC S.ABCD là R  . 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.ABCD là R  . 2 Chọn B.
Bài tập 4. Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và BCD 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 ADB có AB 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 có 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 có AB AC.sin 30  . 2
Vì 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' và 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'B có a 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 và 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 A và M 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 AM và SO.
Dễ thấy I là trọng tâm tam giác SAC và I, 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 SAC có SA 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 là 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 và 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
Mà 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 AC và BC, 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 có 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 AC và AB.
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, 
và 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 I và r 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 và 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 AB và CD bằng A. 10. B. 3. C. 5. D. 2.
Hướng dẫn giải
Để có tứ diện ABCD thì AB và CD 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 và h là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD.
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 .
Vì H thuộc (SAM) cố định khi S thay đổi trên d và GH 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