Dưới đây là tổng hợp bài tập mặt nón mặt trụ mặt cầu có lời giải chi tiết mà Khoa cử chọn lọc, mang tới cho các bạn tham khảo.
I. MẶT NÓN
Câu 1: Tính thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón
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$$\Rightarrow OH=3a$.
Ta có $\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{G}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{O{{G}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}-\frac{1}{S{{O}^{2}}}\Rightarrow OG=2a\sqrt{3}$.
Do $SO.OG=OH.SG\Rightarrow SG=\frac{SO.OG}{SG}=\frac{6a.2a\sqrt{3}}{3a}=4a\sqrt{3}$ $\Rightarrow DE=8a\sqrt{3}$.
$OD=\sqrt{O{{G}^{2}}+D{{G}^{2}}}=\sqrt{12{{a}^{2}}+48{{a}^{2}}}=2\sqrt{15}a$.
Vậy $V=\frac{1}{3}\cdot \pi \cdot {{\left( 2\sqrt{15}a \right)}^{2}}\cdot 6a=120\pi {{a}^{3}}$
Câu 2: Tính thể tích khối tròn xoay
Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, góc $\widehat{BAC}=120{}^\circ $ và $AB=4\text{cm}$. Tính thể tích khối tròn xoay lớn nhất có thể khi ta quay tam giác $ABC$ quanh đường thẳng chứa một cạnh của tam giác $ABC$.
A. $16\sqrt{3}\pi $$\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: Xác định giá trị ngắn nhất của chiều dài dây đèn điện tử trong cột trang trí hình nón
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}.$
Xem thêm: Lý thuyết và bài tập của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
II. MẶT TRỤ
Câu 1: Tính diện tích thiết diện $AB{B}'{A}’$
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: Tính diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$
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: Tìm khẳng định đúng sau đây
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: Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ trên
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: Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$
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: Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp $S.ABCD$
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: $4\pi {{R}^{2}}=4\pi {{.3}^{2}}=36\pi (c{{m}^{2}})$.
Xem thêm:
