I. MẶT NÓN
Câu 1:
Cho hình nón có chiều cao $6a$. Một mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua đỉnh của hình nón và có khoảng cách đến tâm là $3a$, thiết diện thu được là một tam giác vuông cân. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
A. $150\pi {{a}^{3}}$. B. $96\pi {{a}^{3}}$. C. $108\pi {{a}^{3}}$. D. $120\pi {{a}^{3}}$.
Lời giải
Chọn D
Mặt phẳng $\left( P \right)$ cắt hình nón theo thiết diện là tam giác $SDE$. Theo giả thiết, tam giác $SDE$ vuông cân tại đỉnh $S$. Gọi $G$ là trung điểm $DE$, kẻ $OH\bot SG$$\Rightarrow OH=3a$.
Ta có $\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{G}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{O{{G}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}-\frac{1}{S{{O}^{2}}}\Rightarrow OG=2a\sqrt{3}$.
Do $SO.OG=OH.SG\Rightarrow SG=\frac{SO.OG}{SG}=\frac{6a.2a\sqrt{3}}{3a}=4a\sqrt{3}$ $\Rightarrow DE=8a\sqrt{3}$.
$OD=\sqrt{O{{G}^{2}}+D{{G}^{2}}}=\sqrt{12{{a}^{2}}+48{{a}^{2}}}=2\sqrt{15}a$.
Vậy $V=\frac{1}{3}\cdot \pi \cdot {{\left( 2\sqrt{15}a \right)}^{2}}\cdot 6a=120\pi {{a}^{3}}$
Câu 2:
Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, góc $\widehat{BAC}=120{}^\circ $ và $AB=4\text{cm}$. Tính thể tích khối tròn xoay lớn nhất có thể khi ta quay tam giác $ABC$ quanh đường thẳng chứa một cạnh của tam giác $ABC$.
A. $16\sqrt{3}\pi $$\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$. B. $16\pi $$\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$. C. $\frac{16\pi }{\sqrt{3}}$$\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$. D. $\frac{16\pi }{3}$$\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$.
Lời giải
Chọn B
Trường hợp 1: Khối tròn xoay khi quay $\Delta ABC$ quanh đường thẳng chứa $AB$ có thể tích bằng hiệu thể tích của hai khối nón $\left( {{N}_{1}} \right)$ và $\left( {{N}_{2}} \right)$.
Dựng $CK\bot BA$ tại $K$$\Rightarrow $$\left\{ \begin{align}& AK=AC.\cos CAK=4.\cos 60{}^\circ =2\text{cm} \\& BK=BA+AK=4+2=6\text{cm} \\& CK=AC.sinCAK=4.sin60{}^\circ =2\sqrt{3}\text{cm} \\\end{align} \right.$.
+ $\left( {{N}_{1}} \right)$ có ${{h}_{1}}=BK=6\text{cm}$, ${{r}_{1}}=CK=2\sqrt{3}\text{cm}$.
+ $\left( {{N}_{2}} \right)$ có ${{h}_{2}}=AK=2\text{cm}$, ${{r}_{2}}=CK=2\sqrt{3}\text{cm}$.
Do đó $V=\frac{1}{3}\pi .C{{K}^{2}}.\left( BK-AK \right)=\frac{1}{3}\pi .{{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}.\left( 6-2 \right)=16\pi $$\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$.
Trường hợp 2: Khối tròn xoay khi quay $\Delta ABC$ quanh đường thẳng chứa $BC$ có thể tích bằng tổng thể tích của hai khối nón $\left( {{N}_{3}} \right)$ và $\left( {{N}_{4}} \right)$.
Kẻ đường cao $AH$$\left( H\in BC \right)$$\Rightarrow $$\left\{ \begin{align}& AH=AB.\cos BAH=4.\cos 60{}^\circ =2\text{cm} \\& BH=CH=AB.\sin BAH=4.\sin 60{}^\circ =2\sqrt{3}\text{cm} \\\end{align} \right.$.
$\left( {{N}_{3}} \right)$ và $\left( {{N}_{4}} \right)$ có ${{h}_{3}}={{h}_{4}}=BH=CH=2\sqrt{3}\text{cm}$, ${{r}_{3}}={{r}_{4}}=HA=2\text{cm}$.
Do đó $V=2.\frac{1}{3}\pi .A{{H}^{2}}.BH=2.\frac{1}{3}\pi {{.2}^{2}}.2\sqrt{3}=\frac{16\pi }{\sqrt{3}}$$\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$.
Vậy ${{V}_{\max }}=16\pi $$\left( \text{c}{{\text{m}}^{3}} \right)$.
Câu 3:
Tại trung tâm một thành phố người ta tạo điểm nhấn bằng cột trang trí hình nón có kích thước như sau: đường sinh $l=10m,$ bán kính đáy $R=5m.$ Biết rằng tam giác $SAB$ là thiết diện qua trục của hình nón và $C$ là trung điểm của $SB.$ Trang trí một hệ thống đèn điện tử chạy từ $A$ đến $C$ trên mặt nón. Định giá trị ngắn nhất của chiều dài dây đèn điện tử.
A. $15\,m$. B. $10\,m$. C. $5\sqrt{3}\,m$. D. $5\sqrt{5}\,m$.
Lời giải
Ta có: $\Delta \text{S}AB$ cân và $SB=AB$ $\Rightarrow \Delta \text{S}AB$ đều
Diện tích xung quanh hình nón là ${{S}_{xq}}=\pi Rl=50\pi \,\left( {{m}^{2}} \right)$
Vẽ $\left( P \right)$ đi qua $C$ và vuông góc với $AB.$ Mặt phẳng $\left( P \right)$ cắt hình nón theo thiết diện là một Elip
Khi đó, chiều dài dây đèn điện tử ngắn nhất chính là chiều dài dây cung $AC$ trên Elip.
* Ta dùng phương pháp trải hình ra sẽ thấy ngay như sau
Hình trải dài là một hình quạt với $AB$ là độ dài nửa đường tròn và $AB=R.\pi =5\pi \,\left( m \right)$
${{S}_{AB\text{S}}}=\frac{1}{2}S=25\pi \Leftrightarrow \frac{\widehat{\,ASB}.\pi {{R}_{1}}^{2}}{360}=25\pi \Leftrightarrow \widehat{\,ASB}=\frac{360.25\pi }{\pi {{.10}^{2}}}={{90}^{0}}$
Vậy $\Delta \text{S}AC$ vuông tại $S$ và $AC=\sqrt{S{{A}^{2}}+S{{C}^{2}}}=5\sqrt{5}.$
II. MẶT TRỤ
Câu 1:
Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng $4\pi $, thiết diện qua trục là hình vuông. Một mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ song song với trục, cắt hình trụ theo thiết diện là tứ giác $AB{B}'{A}’$, biết một cạnh của thiết diện là một dây cung của đường tròn đáy của hình trụ và căng một cung $120{}^\circ $. Tính diện tích thiết diện $AB{B}'{A}’$.
A. $3\sqrt{2}$. B. $\sqrt{3}$. C. $2\sqrt{3}$. D. $2\sqrt{2}$.
Lời giải
Gọi $R$, $h$, $l$ lần lượt là bán kính, chiều cao, đường sinh của hình trụ.
Ta có ${{S}_{xq}}=4\pi $$\Leftrightarrow 2\pi .R.l=4\pi $$\Leftrightarrow R.l=2$.
Giả sử $AB$ là một dây cung của đường tròn đáy của hình trụ và căng một cung $120{}^\circ $.
Ta có $AB{B}'{A}’$ là hình chữ nhật có $A{A}’=h=l$.
Xét tam giác $OAB$ cân tại $O$, $OA=OB=R$, $\widehat{AOB}=120{}^\circ $$\Rightarrow AB=R\sqrt{3}$.
${{S}_{AB{B}'{A}’}}=AB.A{A}’$$=R\sqrt{3}.l$$=R.l\sqrt{3}$$=2\sqrt{3}$.
Câu 2:
Cho hình lăng trụ đều $ABC.{A}'{B}'{C}’$, biết góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A}’BC \right)$ và $\left( ABC \right)$ bằng $45{}^\circ $, diện tích tam giác ${A}’BC$ bằng ${{a}^{2}}\sqrt{6}$. Tính diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$.
A. $\frac{4\pi {{a}^{2}}\sqrt{3}}{3}$. B. $2\pi {{a}^{2}}$. C. $4\pi {{a}^{2}}$. D. $\frac{8\pi {{a}^{2}}\sqrt{3}}{3}$.
Lời giải
Gọi $M$ là trung điểm $BC$, khi đó$\left\{ \begin{align}& BC\bot AM \\& BC\bot A{A}’ \\\end{align} \right.\Rightarrow BC\bot {A}’M$, do đó góc giữa $\left( {A}’BC \right)$ và $\left( ABC \right)$ là $\widehat{{A}’MA}=45{}^\circ $.
Tam giác ${A}’AM$ vuông cân tại $A$ nên ${A}’M=AM\sqrt{2}=\frac{BC\sqrt{3}}{2}.\sqrt{2}=\frac{BC\sqrt{6}}{2}$.
Diện tích ${{S}_{{A}’BC}}=\frac{1}{2}{A}’M.BC=\frac{1}{2}\frac{BC\sqrt{6}}{2}.BC=\frac{B{{C}^{2}}\sqrt{6}}{4}$.
Theo đề $\frac{B{{C}^{2}}\sqrt{6}}{4}={{a}^{2}}\sqrt{6}\Rightarrow BC=2a$.
Hình trụ có đáy là đường tròn ngoại tiếp $ABC$ có bán kính $r=\frac{BC\sqrt{3}}{3}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$, đường cao $h=A{A}’=AM=\frac{BC\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Diện tích xung quanh $S=2\pi rh=2\pi \frac{2a\sqrt{3}}{3}.a\sqrt{3}=4\pi {{a}^{2}}$.
Câu 3:
Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm $O$ và ${O}’$, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng $2a$. Trên đường tròn đáy có tâm $O$ lấy điểm $A$, trên đường tròn tâm ${O}’$ lấy điểm $B$. Đặt $\alpha $ là góc giữa $AB$ và đáy. Biết rằng thể tích khối tứ diện $O{O}’AB$ đạt giá trị lớn nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. $\tan \alpha =\sqrt{2}$. B. $\tan \alpha =1$. C. $\tan \alpha =\frac{1}{\sqrt{2}}$. D. $\tan \alpha =\frac{1}{2}$.
Lời giải
Chọn C
Gọi ${B}’$ là hình chiếu của $B$ trên mặt phẳng chứa đường tròn $\left( O \right)$, khi đó $A{B}’$ là hình chiếu của $AB$ trên mặt phẳng chứa đường tròn $\left( O \right)$.
Suy ra $\left( \widehat{AB,\left( OA{B}’ \right)} \right)=\left( \widehat{AB,A{B}’} \right)=\widehat{BA{B}’}=\alpha $, $\alpha \in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$.
Xét tam giác vuông $AB{B}’$ vuông tại ${B}’$ có $\tan \widehat{BA{B}’}=\frac{B{B}’}{A{B}’}$$\Rightarrow A{B}’=\frac{B{B}’}{\tan \alpha }=\frac{2a}{\tan \alpha }$.
Gọi $H$ là trung điểm $A{B}’$, khi đó $OH\bot A{B}’$ và
$OH=\sqrt{O{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-\frac{A{{{{B}’}}^{2}}}{4}}=\sqrt{4{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{{{\tan }^{2}}\alpha }}=a\sqrt{4-\frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }}$
Lại có ${{S}_{\Delta OA{B}’}}=\frac{1}{2}OH.A{B}’=\frac{1}{2}.O{B}’.d\left( A,O{B}’ \right)$
$\Rightarrow d\left( A,O{B}’ \right)=\frac{OH.A{B}’}{O{B}’}=\frac{a\sqrt{4-\frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }}.\frac{2a}{\tan \alpha }}{2a}=\frac{a}{\tan \alpha }\sqrt{4-\frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }}$$=d\left( A,\left( O{O}’B{B}’ \right) \right)$.
Vậy ${{V}_{A.O{O}’B}}=\frac{1}{3}d\left( A,\left( O{O}’B{B}’ \right) \right).{{S}_{\Delta O{O}’B}}$$=\frac{1}{3}.\frac{a}{\tan \alpha }\sqrt{4-\frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }}.\frac{1}{2}.2a.2a=\frac{2{{a}^{3}}}{3}.\frac{1}{\tan \alpha }\sqrt{4-\frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }}$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có $\frac{1}{\tan \alpha }\sqrt{4-\frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }}$$\le \frac{\frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }+4-\frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }}{2}=2$
$\Rightarrow {{V}_{A.O{O}’B}}\le \frac{2{{a}^{3}}}{3}.2=\frac{4{{a}^{3}}}{3}$.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{1}{\tan \alpha }=\sqrt{4-\frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }}$$\Leftrightarrow \frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }=4-\frac{1}{{{\tan }^{2}}\alpha }$$\Leftrightarrow \frac{2}{{{\tan }^{2}}\alpha }=4$
$\Leftrightarrow {{\tan }^{2}}\alpha =\frac{1}{2}$$\Rightarrow \tan \alpha =\frac{1}{\sqrt{2}}$ do $\alpha \in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$.
III. MẶT CẦU
Câu 1:
Cho lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có chiều cao bằng 4, đáy $ABC$ là tam giác cân tại $A$ với $AB=AC=2;\,\,\widehat{BAC}=120{}^\circ $. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ trên
A. $\frac{64\pi \sqrt{2}}{3}$. B. $16\pi $. C. $32\pi $. D. $\frac{32\pi \sqrt{2}}{3}$.
Lời giải
Chọn C
Gọi $M,\,{M}’$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và ${B}'{C}’$. Gọi $I,\,{I}’$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và tam giác$\,{A}'{B}'{C}’$. Khi đó, $I{I}’$ là trục đường tròn ngọai tiếp các tam giác $ABC$ và tam giác$\,{A}'{B}'{C}’$, suy ra tâm mặt cầu là trung điểm $O$ của $I{I}’$.
Ta có $BM=AB.\sin 60{}^\circ =\sqrt{3}\Rightarrow BC=2\sqrt{3}$.
$\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=2.IA\Rightarrow IA=\frac{2\sqrt{3}}{2.\sin 120{}^\circ }=2$; $OI=2\Rightarrow OA=\sqrt{O{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}}=2\sqrt{2}$.
Bán kính mặt cầu $R=OA=2\sqrt{2}$. Diện tích mặt cầu là $S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi {{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}=32\pi $.
Phương án C được chọn.
Câu 2:
Cho hình chóp $S.ABC$ có tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$. $SA=5,\text{ }AB=3,\text{ }BC=4$. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$
A. $R=\frac{5\sqrt{2}}{2}$. B. $R=5$. C. $R=\frac{5}{2}$. D. $R=5\sqrt{2}$.
Lời giải 1
Chọn A
Gọi $K$ là trung điểm $AC$. Gọi $M$là trung điểm $SA$.
Vì tam giác ABC vuông tại B nên K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác$ABC$.
Từ K dựng đường thẳng d vuông góc với $mp\left( ABC \right).$
Trong $mp\left( SAC \right)$dựng $MI$ là đường trung trực đoạn $SA$ cắt d tại$I$.
Khi đó điểm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và bán kính mặt cầu là $R=AI$.
Ta có $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=5\Rightarrow AK=\frac{5}{2}$. Có $IK=MA=\frac{SA}{2}=\frac{5}{2}$.
Vậy $R=AI=\sqrt{A{{K}^{2}}+I{{K}^{2}}}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{25}{4}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$.
Lời giải 2
Gọi $I$ là trung điểm của $SC.$ Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ nên $IS=IC=IA$
Ta có $BC\bot AB;BC\bot SA\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)$ $\Rightarrow BC\bot SB\Rightarrow \Delta SBC$vuông tại B.
Nên $IS=IC=IB$
Từ và ta có $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ bán kính $R=\frac{1}{2}SC.$
$AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=5$; $SC=\sqrt{A{{S}^{2}}+A{{C}^{2}}}=5\sqrt{2}$
Vậy $R=\frac{5\sqrt{2}}{2}.$
Câu 3:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, các cạnh bên của hình chóp bằng $\sqrt{6}\,\,cm$, $AB=4\,\,cm$. Khi thể tích khối chóp $S.ABCD$ đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp $S.ABCD$.
A. $12\pi \,\,c{{m}^{2}}$. B. $4\pi \,\,c{{m}^{2}}$. C. $9\pi \,\,c{{m}^{2}}$. D. $36\pi \,\,c{{m}^{2}}$.
Lời giải
Chọn D
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.
Ta có $\Delta SAC$ cân tại $S$ nên $SO\bot AC$ và $\Delta SBD$ cân tại S nên $SO\bot BD$.
Khi đó $SO\bot \left( ABCD \right).$
Ta có: $\Delta SAO=\Delta SBO=\Delta SCO=\Delta SDO\Rightarrow OA=OB=OC=OD$
Vậy hình bình hành $ABCD$ là hình chữ nhật.
Đặt $BC=x\Rightarrow AC=\sqrt{{{4}^{2}}+{{x}^{2}}}\Rightarrow AO=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{16+{{x}^{2}}}}{2}.$
Xét $\Delta SAO$ vuông tại $O$, ta có: $SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=\sqrt{6-\frac{16+{{x}^{2}}}{4}}=\frac{\sqrt{8-{{x}^{2}}}}{2}$
Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là: ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{8-{{x}^{2}}}}{2}.4x=\frac{2}{3}.\sqrt{8-{{x}^{2}}}.x$
Áp dụng bất đẳng thức :$ab\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}$ ta có: $V=\frac{2}{3}.\sqrt{8-{{x}^{2}}}.x\le \frac{2}{3}.\frac{8-{{x}^{2}}+{{x}^{2}}}{2}=\frac{8}{3}.$
Dấu $”=”$ xảy ra $\Leftrightarrow \sqrt{8-{{x}^{2}}}=x\Leftrightarrow x=2.$ Do đó: $BC=2,SO=1.$
Gọi $M$ là trung điểm của $SA$, trong $\left( SAO \right)$ kẻ đường trung trực của $SA$ cắt $SO$ tại $I$.
Khi đó mặt cầu ngoại tiếp khối chóp $S.ABCD$ có tâm $I$và bán kính $R=IS.$
Vì $\Delta SMI\backsim \Delta SOA(g.g)$ nên $\frac{SI}{SA}=\frac{SM}{SO}\Rightarrow SI=\frac{S{{A}^{2}}}{2.SO}=\frac{6}{2.1}=3\Rightarrow R=3(cm).$
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp $S.ABCD$ là: $4\pi {{R}^{2}}=4\pi {{.3}^{2}}=36\pi (c{{m}^{2}})$.