TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2020 50 CÂU VD - VDC - CHƯƠNG KHỐI TRỊN XOAY PHẦN KHỐI NĨN – KHỐI TRỤ Câu (Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020) Cho hình trụ có chiều cao 8a Biết hai điểm A, C nằm hai đáy thỏa AC  10a , khoảng cách AC trục hình trụ 4a Thể tích khối trụ cho 3 B 320 a A 128 a C 80 a Lời giải D 200 a Chọn D Gọi  O  ,  O  hai đường tròn đáy A   O  , C   O Dựng AD, CB song song với OO ( D   O , B   O  Dễ dàng có ABCD hình chữ nhật Do AC  10 a, AD  8a  DC  a Gọi H trung điểm DC OH  DC  OH   ABCD    O H  AD  Ta có OO / /  ABCD   d  OO , AC   d  OO ,  ABCD    O H  a OH  a, CH  3a  R  OC  5a Vậy thể tích khối trụ V   R h    5a  8a  200 a Câu (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình nón đỉnh S có đáy hình trịn tâm O, bán kính R Dựng hai đường sinh SA SB , biết AB chắn đường trịn đáy cung có số đo 60, khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng  SAB  R Đường cao h hình nón A h  R B h  R C h  R D h  R Lời giải Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Chọn D Gọi I trung điểm AB Kẻ OH vng góc với SI d  O,  SAB    OH  R Ta có cung AB 60 nên  AOB  60  Tam giác AOI vuông I , ta có cos IOA OI 3R  OI  OA.cos 30  OA Tam giác SOI vuông O, ta có 1 1 1 1 6R          SO  2 2 2 OH SO OI SO OH OI 3R  R   3R         Câu (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình trụ có bán kính đáy R 3R   song song với trục hình trụ cách trục chiều cao Mặt phẳng R   là: khoảng Diện tích thiết diện hình trụ cắt mặt phẳng A 2R2 B 3R C 3R D Lời giải Chọn B Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 2R2 TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Giả sử thiết diện hình chữ nhật ABCD hình vẽ Gọi H trung điểm BC suy OH  BC suy d  O; BC   R 2 R BC  HB  OB  OH  R     R 2 Khi Suy S ABCD  BC AB  R Câu R 3R  2 (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho hình trụ có hai đáy hai hình tròn  O   O  , bán kính a Một hình nón có đỉnh O có đáy hình trịn  O  Biết góc đường sinh hình nón với mặt đáy 600 , tỉ số diện tích xung quanh hình trụ hình nón A B C D Lời giải Chọn C Gọi A điểm thuộc đường tròn  O    AO Theo giả thiết ta có O AO  60 Góc OA mặt phẳng đáy góc O  Xét tam giác O OA vuông O , ta có: OO  AO  tan O  OO  a.tan 60  a OA OA a  AO  + cos O  OA   2a OA cos 60 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Diện tích xung quanh hình trụ là: S xqT   2 OA.OO  2 a.a  2 a Diện tích xung quanh hình nón là: S xq N    OA.OA   a.2a  2 a  S xqT  S xq N  Câu  2 a  2 a (Chun Bắc Ninh - 2020) Cho hình nón trịn xoay có chiều cao 2a , bán kính đáy 3a Một thiết diện qua đỉnh hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng 3a chứa thiết diện Diện tích thiết diện A 2a 12a Lời giải B 12a C D 24a Chọn D Xét hình nón đỉnh S có chiều cao SO  2a , bán kính đáy OA  3a Thiết diện qua đỉnh hình nón tam giác SAB cân S + Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB Trong tam giác SOI , kẻ OH  SI , H  SI  AB  OI +   AB   SOI   AB  OH  AB  SO OH  SI 3a  OH   SAB   d  O ,  SAB    OH  + OH  AB Xét tam giác SOI vuông O , ta có SI  SO  OI  4a  6a 1  2   OI    2 2 OI OH SO 9a 4a 36a 36a 8a  7 Xét tam giác AOI vuông I , AI  AO  OI  9a   AB  AI  36 a 3a  7 3a 1 8a 3a 24a Vậy diện tích thiết diện là: S SAB  SI AB   2 7 Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Câu (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho cốc có dạng hình nón cụt viên bi có đường kính chiều cao cốc Đổ đầy nước thả viên bi vào, ta thấy lượng nước tràn phần ba lượng nước đổ vào cốc lúc ban đầu Biết viên bi tiếp xúc với đáy cốc thành cốc Tìm tỉ số bán kính miệng cốc đáy cốc (bỏ qua độ dày cốc) A  21 B C 21 D 21  Lời giải Chọn A Gọi bán kính viên bi r ; bán kính đáy cốc, miệng cốc r1 , r2 ,  r1  r2  Theo giả thiết chiều cao cốc h  2r Thể tích viên bi VB  r Thể tích cốc VC  h r12  r2  r1r2  r r12  r2  r1r2 3 Theo giả thiết VB  VC  6r  r12  r2  r1r2 (1) Mặt cắt chứa trục cốc hình thang cân ABBA Đường tròn tâm  O; r  đường tròn lớn     viên bi, đồng thời đường trịn nội tiếp hình thang ABBA , tiếp xúc với AB , AB H1 , H tiếp xúc với BB  M Dễ thấy tam giác BOB vuông O Ta có OM  MB.MB  r  r1r2 (2) r  r Thay (2) vào (1) ta 6r1r2  r12  r2  r1r2       r1  r1  Giải phương trình với điều kiện r2 r  21  ta  r1 r1 Chú ý: Chứng minh cơng thức thể tích hình nón cụt Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Ta có: r1 h rh   h1  r2 h1  h r2  r1 1 r3 V1  r12 h1  h 3 r2  r1 1 r3 V2  r2  h1  h   h 3 r2  r1 r  r13 V  V2  V1  h  h r12  r2  r1r2 r2  r1  Câu  (Chuyên Thái Nguyên - 2020) Một khối lập phương có cạnh 1m chứa đầy nước Đặt vào khối khói nón có đỉnh trùng với tâm mặt lập phương, đáy khối nón tiếp xúc với cạnh mặt đối diện Tính tỉ số thể tích lượng nước trào ngồi thể tích lượng nước ban đầu khối lập phương A  B  12 C 12  D  Lời giải Chọn B Thể tích khối lập phương V  13  ( m ) Ta có khối nón có đỉnh trùng với tâm mặt lập phương, đáy khối nón tiếp xúc với cạnh mặt đối diện có chiều cao h   m  bán kính đáy r   m  Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Suy thể tích khối nón (tức phần thể tích lượng nước tràn ngoài)  VN   r h   m  12 Vậy tỉ số thể tích lượng nước trào ngồi lượng nước ban đầu khối lập phương  VN 12    V 12 Câu (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Thiết diện hình trụ mặt phẳng chứa trục hình trụ hình chữ nhật có chu vi 12 Giá trị lớn thể tích khối trụ A 16 B 32 C 8 D 64 Lời giải Chọn C Từ hình vẽ ta có ABCD hình chữ nhật, gọi chiều cao hình trụ h bán kính đáy hình trụ r , theo giả thiết ta có 2(h  2r )  12  h  2r  Thể tích khối trụ tương ứng V   r h , theo bất đẳng thức Cơ si ta có  2r  h  r  r  h  r h  V   r h      8   Dấu xảy r  h  Vậy giá trị lớn thể tích khối trụ 8 Câu 2 (Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Trên bàn có cốc nước hình trụ chứa đầy nước có chiều cao lần đường kính đáy; viên bi khối nón thủy tinh Biết viên bi khối cầu có đường kính cốc nước Người ta từ từ thả vào cốc nước viên bi khối nón ( hình vẽ) thấy nước cốc tràn ngồi Tính tỉ số thể tích lượng nước cịn lại cốc lượng nước ban đầu( bỏ qua bề dày lớp vỏ thủy tinh) A B C D Lời giải Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Chọn A Gọi R, h bán kính đáy chiều cao khối trụ h  6R Thể tích khối trụ VT   R Khối cầu bên khối trụ có bán kính R nên khối cầu tích VC   R3 Khối nón bên khối trụ có bán kính R chiều cao h  R nên khối nón tích VN   R3 Thể tích lượng nước lại bên khối trụ 10 V  VT  VC  VN   6 R3   R3   R 3 V  Vậy VT Câu 10 (Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Một sợi dây kim loại dài 60cm cắt thành hai đoạn Đoạn dây thứ uốn thành hình vng cạnh a , đoạn dây thứ hai uốn thành đường trịn bán kính r ( tham khảo hình vẽ ) Để tổng diện tích hình vng hình trịn nhỏ tỉ số A a 1 r B a  r C a bằng: r a  r a  r D Lời giải Chọn B Giả sử đoạn dây thứ có độ dài AB , đoạn dây thứ hai có độ dài BC (như hình vẽ) +) Độ dài đoạn AB chu vi hình chữ nhật cạnh a nên: AB  4a độ dài đoạn BC chu vi đường trịn bán kính r nên: BC  2 r Khi đó, AC  60  AB  BC  60  4a  2 r  60  2a   r  30 +) Gọi S tổng diện tích hình vng hình trịn, suy ra, S  a   r     +) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai số 2;  a;  r :  2a   r    2.a    r        a   r   302      S  S  Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 900  TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Dấu "  " xảy  a      a a r r r Vậy tổng diện tích hình vng hình trịn nhỏ tỉ số Câu 11 a  r (ĐHQG Hà Nội - 2020) Trong hình trụ có diện tích tồn phần 1000cm2 hình trụ tích lớn cm3 A 2428 B 2532 D 2740 C 2612 Lời giải Chọn A S 2  S  S Vậy thể tích khối trụ V   R h   R   R2   R   R3  F  R   2  Ta có Stp  2 Rh  2 R  Rh  R  Ta có: F   R   S S  3 R   R  6 Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có Vmax  Câu 12 S 1000 1000 1000 R   R3    2428 2 6 6 (Sở Hưng n - 2020) Cho hình trụ có O, O tâm hai đáy Xét hình chữ nhật ABCD có A, B thuộc  O  C , D thuộc  O  cho AB  a , BC  2a đồng thời  ABCD  tạo với mặt phẳng đáy hình trụ góc 60 Thể tích khối trụ A  a 3 B  a3 C  a3 3 D 2 a 3 Lời giải Chọn A Gọi M , N trung điểm CD, AB I trung điểm OO Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489   60 Suy góc mặt phẳng  ABCD  mặt phẳng đáy IMO Ta có IM  1 MN  BC  a 2   a  h  OO   IO   a ; Xét IOM vuông O , ta có IO   IM sin IMO   a OM  IM cos IMO Xét OMD vng M , có O M  a 1 a , MD  CD  AB  2 2 2 a a 3  r  OD  OM  MD        r  a     2 Vậy V   r h   a 3 Câu 13 (Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình nón đỉnh S có đáy hình trịn tâm O Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác vng SAB có diện tích 4a Góc trục SO mặt phẳng  SAB  30 Diện tích xung quanh hình nón cho A 10 a B 10 a C 10 a Lời giải D 10 a Chọn B Gọi M trung điểm AB , tam giác OAB cân đỉnh O nên OM  AB SO  AB suy AB   SOM  Dựng OK  SM Theo có OK  AB nên OK   SAB    30 Vậy góc tạo trục SO mặt phẳng  SAB  OSM Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Thể tích hai khối trụ làm đầu tạ T1  : V1  2 r12 h1  2  4r2  h2  16 r2 h2  16.30  480  cm3  Tổng thể tích tạ tay: V  V1  V2  480  30  510  cm3   7,7.510  3927  g   3,927  kg  Khối lượng tạ: m  DV Câu 34 (Thanh Chương - Nghệ An - 2020) Cho hình nón có bán kính đáy 2a Mặt phẳng  P  qua đỉnh  S  hình nón, cắt đường trịn đáy A B cho AB  2a , khoảng cách từ tâm đường tròn đáy đến mặt phẳng  P  a Thể tích khối nón cho A 8a B 4a 2a Lời giải C D a Chọn B  SO  AB Gọi C trung điểm AB , O tâm đáy Khi    SOC   AB Gọi H OC  AB 1 1     SO  a OB  a, BC  a  OC  a Xét tam giác vuông SOC : 2 SO OH OC a hình chiếu O lên SC OH   SAB  nên OH  a Vậy thể tích khối nón giới hạn hình nón cho Câu 35 4 a   2a  a  3 (Tiên Lãng - Hải Phịng - 2020) Cho hình trụ có đáy hai đường trịn tâm O O , bán kính đáy chiều cao 2a Trên đường trịn đáy có tâm O lấy điểm A , đường tròn tâm O lấy điểm B Đặt  góc AB đáy Biết thể tích khối tứ diện OOAB đạt giá trị lớn Khẳng định sau đúng? 1 A tan   B tan   C tan   D tan   2 Lời giải Chọn C Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Gọi B  hình chiếu B mặt phẳng chứa đường trịn  O  , AB hình chiếu AB mặt phẳng chứa đường tròn  O     ,    0;   Suy  AB,  OAB    AB, AB  BAB    2   BB  AB  BB  2a Xét tam giác vuông ABB  vng B  có tan BAB AB tan  tan  Gọi H trung điểm AB , OH  AB     OH  OA2  AH  R  AB2 a2  4a   a 4 tan  tan  1 Lại có S OAB   OH AB  OB.d  A, OB  2 OH AB  d  A, OB    OB a 4 2a tan  tan   a  d  A,  OOBB   4 2a tan  tan  a 1 2a 1 4 a a  4 Vậy VA.OO B  d  A,  OOBB   S OO B  tan  tan  tan  tan  1   1 tan   4 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có  tan  tan  tan   VA.OO B  2a 4a  3 1 1  4  4  4 2 tan  tan  tan  tan  tan  1      0;   tan    tan   2  2 Dấu “=” xảy PHẦN MẶT CẦU Câu 36 (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC có AA  2a , BC  a Gọi M trung điểm BB Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp M ABC Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 A 3a B 13a C 21a D 3a Lời giải Chọn C B C O M A H I C' B' O' N A' Gọi O ; O trọng tâm tam giác ABC ABC OO  AA  BB  2a  Vì ABC ABC lăng trụ tam giác  OO   ABC  ; OO   ABC    BC  BC   a  Như OO trục đường tròn ngoại tiếp mặt đáy  tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp M ABC nằm OO Trong mặt phẳng  OBBO  , từ trung điểm H MB , kẻ đường thẳng vuông góc với MB cắt OO I Suy IA  IC  IB  IM  khối chóp M ABC nội tiếp mặt cầu tâm I , bán kính R  IB Gọi N trung điểm AC Dễ dàng chứng minh HIOB hình chữ nhật 2   BB   BC  2 2       Suy IB  IO  B O  HB   B N        3    3 2 a 21 a a 3  IB        2   Câu 37 (Chuyên Hưng n - 2020) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh Mặt bên (SAC ) tam giác cân  S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, SA  SC  Gọi D điểm đối xứng với B qua C Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD A 34 B 34 C 34 16 D 34 Lời giải Chọn C Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 S d K I D A H C B Gọi H trung điểm AC, SAC tam giác cân  S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH  AC  SH  ( ABC ) SH  SA2  AH  Tam giác ABD có AC đường trung tuyến AC    4 BD nên ABD tam giác vuông A, suy C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Dựng trục (d) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABD  I  d IA  IS  ID  IB  R Kẻ IK  SH  IK  CH  Giả sử HK  x  SK   x  IS  SK  HC  (  x )  R Mặt khác: R  IA  AC  IC   x Ta có phương trình: Suy ra: R  (  x )2   1 x2  x  16 3 34 1 R  x2 1  16 16 Vậy phương án C Câu 38 (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho lăng trụ đứng ABC.ABC  có chiều cao 4, đáy ABC   120 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ tam giác cân A với AB  AC  2; BAC A 64 B 16 C 32 D 32 Lời giải Chọn C Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 C' A' I' M' B' O C A I M B Gọi M , M  trung điểm BC BC  Gọi I , I  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác ABC  Khi đó, II  trục đường tròn ngọai tiếp tam giác ABC tam giác ABC  , suy tâm mặt cầu trung điểm O II  Ta có BM  AB.sin 60   BC  BC  2.IA  IA   ; OI   OA  OI  IA2  2  2.sin120  sin BAC  Bán kính mặt cầu R  OA  2 Diện tích mặt cầu S  4 R  4 2   32 Phương án C chọn Câu 39 (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho hình nón đỉnh S đáy hình trịn tâm O Biết chiều cao nón a bán kính đáy nón 2a Một mặt phẳng  P  qua đỉnh S cắt đường trịn đáy nón hai điểm A, B mà AB  2a Hãy tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện SOAB A 5a B 17a Chọn B Gọi d trục đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB trục C 7a Lời giải D 26a S S đường tròn d cắt đường trung trực đoạn thẳng SO I Gọi r bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB N I B D O B K C O H A A r  OK Khi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S OAB R  IO  IS  IA  IB 1 Ta có SOAB  OH AB  OA2  AH AB  4a  a 2a  a 2  Mặt khác SOAB   OA.OB AB OA.OB AB 2a.2a.2a r    2a 4.r 4.S 4.a Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Khi R  OK  ON  Câu 40 a a 17  S m.c  4.R  17a  2a      2   (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy, đáy tam giác đều, SA  a góc đường thẳng SB đáy 600 Gọi H, K hình chiếu vng góc A lên SB, SC Tính bán kính mặt cầu qua điểm A, B, H, K A a B 3a C a D 3a Lời giải Chọn D Cách 1:   600  AB  Góc đường thẳng SB đáy 600  SBA SA a   a tan 60 Gọi BN , CM hai đường cao tam giác ABC I trọng tâm ABC Do tam giác ABC nên M , N trung điểm cạnh AB, AC Tam giác ABH vuông H nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH , CM  AB    CM   SAB  , ta suy CM trục đường tròn ngoại tiếp tam giác CM  SA  ABH Hoàn toàn tương tự ta có BN trục đường trịn ngoại tiếp tam giác ACK Từ mặt khác Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 suy IA  IB  IH  IC  IK hay I tâm mặt cầu qua điểm A, B, H , K bán kính mặt AB AB  cầu R  IA  3 Vậy R  AB a  3 Cách 2: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC D điểm đối xứng A qua điểm O Ta có BD  AB BD  SA  BD   SAB   BD  AH Từ giả thuyết  AH  SB  AH   SBD   AH  HD Tương tự AK  KD Do điểm B , H , K nhìn AD góc vng nên B , H , K nằm mặt cầu đường kính AD    60 ;  ABC    SBA  SB  tan SBA a SA SA  AB   a Tam giác ABC cạnh a ta có AO  AB tan 60 Vậy mặt cầu qua A , B, H , K có bán kính R  Câu 41 AD a  AO  (Chuyên Sơn La - 2020) Cho hình lăng trụ tam giác ABC AB C  có cạnh a Tính diện tích S mặt cầu qua đỉnh hình lăng trụ A S  7 a B S  7a C S  49 a 144 D S  49a 114 Lời giải Chọn A Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Gọi I , I  trọng tâm tam giác ABC, ABC , O trung điểm II  Khi O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ Ta có AI  a a , OI  AM  3 2 a a  a  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ R  OA  OI  AI        12 2  3 Diện tích mặt cầu S  4 R  4 Câu 42 a 7 a  12 (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B BC  a Cạnh bên SA vng góc với đáy  ABC  Gọi H , K hình chiếu vng góc A lên SB SC Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKCB A 2a3 B 2a C a D a Lời giải Chọn B Gọi I trung điểm AC Do tam giác ABC vuông cân B nên IA  IB  IC  Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ AC TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Do AK  SC nên AKC vuông K , IA  IK  IC  AC Ta có BC  AB, BC  SA  BC   SAB   BC  AH , mà AH  SB nên AH   SBC   AH  HC hay AHC vuông H  IH  IA  IC  Như IA  IB  IC  IH  IK  AC hay mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKCB có tâm I trung điểm AC , bán kính R  1 a AC  BC  2 4 a 2 Vậy thể tích khối cầu V  R      3   Câu 43 AC 2a   30 (Sở Ninh Bình) Cho hình chóp S ABC có SA   ABC  , AB  , AC  BAC Gọi M , N hình chiếu A SB , SC Bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCNM B R  13 A R  C R  Lời giải D R  Chọn C Xét tam giác ABC có BC  AB2  AC  AB AC cos B   22  3.2cos 30  Suy ra: AC  AB  BC  hay tam giác ABC vuông B Gọi I trung điểm AC suy IA  IC  IB 1 Tương tự tam giác ANC vuông N ta IA  IC  IN   Xét BC  SAB  có BC  AB (cmt )    BC   SAB  mà AM   SAB   AM  BC BC  SA  gt   Ta Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 AM  BC    AM   SBC  mà MC   SBC   AM  MC AM  SB  gt   Suy ta tam giác AMC vuông M ta IA  IB  IM   Từ 1 ,    3 suy ta I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCNM có bán kính R  AI  Câu 44 AB  (Sở Ninh Bình) Có bể hình hộp chữ nhật chứa đầy nước Người ta cho ba khối nón giống có thiết diện qua trục tam giác vng cân vào bể cho ba đường tròn đáy ba khối nón đơi tiếp xúc với nhau, khối nón có đường trịn đáy tiếp xúc với cạnh đáy bể hai khối nón cịn lại có đường trịn đáy tiếp xúc với hai cạnh đáy bể Sau người ta đặt lên đỉnh ba khối nón khối cầu có bán kính lần bán kính đáy 337 khối nón Biết khối cầu vừa đủ ngập nước tổng lượng nước trào (lít) Thể 24 tích nước ban đầu bể thuộc khoảng (đơn vị tính: lít)? A (150 ; 151) B (151 ; 152) C (139 ; 140) D (138 ; 139) Lời giải Chọn B I P M N A C B +) Gọi r bán kính đáy hình nón suy chiều cao nón h  r (do thiết diện tam giác vuông cân) +) Chiều dài khối hộp b  4r; bán kính khối cầu R  r 337 64 337   r3   r3   r  (dm) +) Thể tích nước bị tràn  r h   R  3 24 27 24 2r +) Gọi A, B, C tâm đáy khối nón suy ABC cạnh 2r  RABC  2r  r (2  3) (dm) +) Ba đỉnh nón chạm mặt cầu điếm M , N , P  MNP  ABC +) Chiều rộng khối hộp a  2r  Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 d ( I ; ( MNP ))  R  R(2ABC ) ( với tâm mặt cầu), d ( I ;( MNP))  r Suy chiều cao khối trụ c  R  r  r  3r +) Thể tích nước ban đầu abc  12(2  3)r  12(2  3) Câu 45 27  151,1 dm3  151,1 (lít)   (Sở Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp ABCD có đáy hình thang vng A D Biết SA vng góc với ABCD , AB  BC  a, AD  a , SA  a Gọi E trung điểm AD Bán kính mặt cầu qua điểm S , A, B, C , E A a B a 30 C a D a Lời giải Chọn D Ta thấy tam giác SAC; SBC; SEC vuông A, C , E Vậy điểm S , A, B, C , E nằm mặt cầu đường kính SC  R  Câu 46 SC  SA2  AC  a (Sở Yên Bái - 2020) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có đường chéo a , cạnh SA có độ dài 2a vng góc với mặt phẳng đáy Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD A a B a 12 C a D 2a Lời giải Chọn A Theo giả thiết, SA   ABCD   SA  AC nên SAC vuông ta A Mặt khác Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  BC  AB  BC  SB Suy SBC vuông ta B   BC  SA Tương tự, ta có SCD vng ta D Gọi I trung điểm SC Suy IS  IA  IB  IC  ID Do đó, I tâm mặt cầu goại tiếp hình chóp S ABCD bán kính R  Ta có SC  SA2  AC  Câu 47  2a    a  a 6R SC a (Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp S ABCD , có đáy hình vuông cạnh x Cạnh bên SA  x vng góc với mặt phẳng  ABCD  Tính theo x diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD A 8x B x 2 C 2x Lời giải D 2x Chọn A + Ta có SA  ( ABCD )  SA  AC , SA  BC , SA  CD  BC  SA    BC  SB ,     BC  AB CD  SA  CD  SD  CD  AD   SBC   SDC   90o A, B, D, S , C thuộc mặt cầu đường kính SC Vậy SAC + Ta có AC  x , SC  SA2  AC  2 x R bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp SC S ABCD R   x Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD S  4R  4 Câu 48   2 x  8x (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho ba hình cầu có bán kính R1 , R2 , R3 đôi tiếp xúc tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) Các tiếp điểm ba hình cầu với mặt phẳng ( P ) lập thành tam giác có độ dài cạnh 2;3; Tính tổng R1  R2  R3 : A 61 12 B 53 12 C 67 12 D 59 12 Lời giải Chọn A Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 O1 O3 O2 C A B Gọi O1 ; O2 ; O3 tâm mặt cầu A, B, C hình chiếu O1 ; O2 ; O3 lên mặt phẳng  P  Ta có: O1 A   P  ; O2 B   P  ; O3C   P  nên O1 A  R1 ; O2 B  R2 ; O3C  R3 O1 H O2 A B Trong hình thang vng ABO2O1 dựng O2 H  O1 A nên AH  R2 ; O1 H  R1  R2 ; O2 H  AB ; O2O1  R1  R2 Tam giác O1O2 H có: 2  O1O2   O1H  AB   R1  R2    R1  R2   AB  R1R2  AB BC AC Tương tự ta có: R2 R3  ; R1 R3  4  AB  R R  R1      BC 61   Giải hệ phương trình  R2 R3    R2   R1  R2  R3  4 12     R3  AC R R      Câu 49 (Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a góc mặt bên mặt phẳng đáy 45 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 4 a A 3 a B 2 a C Lời giải 9 a D Chọn D S N I A B K O D C Gọi O tâm đáy suy SO trục đường tròn ngoại tiếp đáy đa giác Từ O dựng OK vng góc với BC , suy K trung điểm BC Xét tam giác SBC cân S có SK  BC  SK  BC   Góc mặt phẳng SBC  mặt phẳng đáy ABCD góc SKO Từ ta có   OK  BC   a Xét tam giác OBC vng cân O có OK  BC  2     a tan 45  a Xét tam giác SKO vng O có SO  OK tan SKO 2 2  a   a    3a  SA  a Mặt khác SA  SO  OA          2 2 Gọi N trung điểm SA Trong mặt phẳng SAO  vẽ đường trung trực cạnh SA cắt SO I , suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD Xét hai tam giác đồng dạng SNI SOA có SN SI  SO SA  a       SN SA SA  3a R  SI     a SO 2SO 2  3a  9 a Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD S  4 R  4.     Câu 50 (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng   45 Gọi B , C hình chiếu vng góc A lên  ABC  , AB  a, AC  a 2, BAC 1 SB, SC Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp ABCC1B1 A  a3 B  a3 C  a3 D a Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Lời giải Chọn C S C1 B1 A C I B   a  2a  2a.a  a Xét tam giác ABC có BC  AB  AC  2.AB AC.cos BAC  BC  a   45 tam giác vng cân B Tam giác ABC có BA  BC  a, BAC  BC  AB Ta có   BC   SAB   BC  AB1  BC  SA  AB1  SB  AB1   SBC   AB1  CB1  AB1C vng B1 Khi   AB1  BC Gọi I trung điểm AC Vì tam giác ABC vng B nên IA  IB  IC Vì tam giác AB1C vng B1 nên IA  IC  IB1 Vì tam giác ACC1 vuông C1 nên IA  IC  IC1 Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ABCC1B1 với bán kính R  a AC  2  a3 Thể tích khối cầu là: V   R  3 Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: http://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ! Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 ... h bán kính đáy chiều cao khối trụ h  6R Thể tích khối trụ VT   R Khối cầu bên khối trụ có bán kính R nên khối cầu tích VC   R3 Khối nón bên khối trụ có bán kính R chiều cao h  R nên khối. .. Một khối đồ chơi gồm khối trụ khối nón có bán kính chồng lên nhau, độ dài đường sinh khối trụ độ dài đường sinh khối nón đường kính khối trụ, khối nón (tham khảo hình vẽ ) Biết thể tích tồn khối. .. d Ta có AC  2a, HA  KC  a Khối tròn xoay cần nhận quay tam giác ABC quanh d khối trịn xoay có cách từ khối trụ với hai đáy hình trịn  H , HA  K , KC  bỏ khối nón chung đỉnh B với đáy