Câu 261: Cho hình trụ có các đường tròn đáy là (O) và (O’), bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Các điểm A; B lần lượt thuộc các đường tròn đáy là (O) và (O’) sao cho \(AB = \sqrt 3 a\). Tính thể tích V của khối tứ diện ABOO’. A. \(V = \frac{{{a^3}}}{2}\) B. \(V = \frac{{{a^3}}}{3}\) C. \(V = a^3\) D. \(V = \frac{{{a^3}}}{6}\) Spoiler: Xem đáp án Ta có tam giác A’AB vuông tại A’ nên \(A'B = \sqrt {A{B^2} - A'{A^2}} = a\sqrt 2\) Tam giác A’O’B có \(A'O{'^2} + O'{B^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2} = A'{B^2} \Rightarrow\) tam giác A’O’B vuông cân tại O’. Từ đó suy ra \(O'B \bot A'O'.\) Ta có \(O'B \bot A'O';O'B \bot O'O\) nên \(O'B \bot \left( {AOO'A'} \right)\) hay \(O'B \bot \left( {AOO'} \right)\). Nên từ đây ta có O’B là đường cao của khối tứ diện ABOO’. Vậy \({V_{ABOO'}} = \frac{1}{3}.O'B.{S_{AOO'}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^3}}}{6}.\)
Câu 262: Cho hình lập phương có cạnh bằng 1. Tính diện tích S của mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương. A. \(S = 6\pi\) B. \(S = 3\pi\) C. \(S = \pi\) D. \(S = 2\pi\) Spoiler: Xem đáp án Ta thấy mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương có đường kính là đường chéo của hình lập phương: \(d = 2R = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 3 \Rightarrow R = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\) Khi đó diện tích mặt cầu là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi .\)
Câu 263: Cho hình nón có chiều cao bằng 3cm, góc giữa trục và đường sinh bằng 600. Tính thể tích V của khối nón đó? A. \(V = 9\pi \,\,c{m^3}\) B. \(V = 3\pi \,\,c{m^3}\) C. \(V = 18\pi \,\,c{m^3}\) D. \(V = 27\pi \,\,c{m^3}\) Spoiler: Xem đáp án Ta có hình vẽ mặt cắt của mặt phẳng chứa trục của hình nón và vuông góc với mặt đáy. Ở đây SH là trục của hình nón, SA, SB là các đường sinh, Khi đó góc giữa trục và đường sinh là \(\widehat {HSB} = {60^0}\). Tam giác SHB vuông tại H nên \(HB = SH.\tan \widehat {HSB} = 3.tan{60^0} = 3\sqrt 3\) Mặt khác HB chính là bán kính của hình tròn đáy khối nón, do đó thể tích khối nón là: \(V = \frac{1}{3}.B.h = \frac{1}{3}.3.{\left( {3\sqrt 3 } \right)^2}\pi = 27\pi\)
Câu 264: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a. Tính thể tích V của khối nón có đỉnh là tâm hình vuông ABCD và đáy là đường tròn nội tiếp hình vuông A’B’C’D’. A. \(V = \frac{\pi }{{12}}{a^3}\) B. \(V = \frac{\pi }{{6}}{a^3}\) C. \(V = \frac{\pi }{{4}}{a^3}\) D. \(V = \frac{4\pi }{{3}}{a^3}\) Spoiler: Xem đáp án Khối nón có đỉnh là tâm hình vuông ABCD và đáy là đường tròn nội tiếp hình vuông A’B’C’D’ có bán kính đáy \(R = \frac{a}{2},\) chiều cao h=a. Vậy thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2}a = \frac{1}{{12}}\pi {a^3}.\)
Câu 265: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Tính diện tích S của mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD. A. \(S = \frac{{4\pi {a^2}}}{3}\) B. \(S = \frac{{\pi {a^2}}}{6}\) C. \(S = \frac{{\pi {a^2}}}{24}\) D. \(S = \pi a^2\) Spoiler: Xem đáp án Gọi H là trọng tam tam giác BCD suy ra AH vuông góc (BCD) Ta có: \(\begin{array}{l} BI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\\ AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} \end{array}\) Thể tích tứ diện ABCD là: \(V = \frac{1}{3}.{S_{BCD}}.AH = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\) Gọi G là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD ta có: \(d\left( {G,(ACD)} \right) = d\left( {G,(ABC)} \right) = d\left( {G,(ABD)} \right) = d\left( {G,(BCD)} \right) = r\) Với r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện đều ABCD. Mặt khác: \({V_{G.ACD}} + {V_{G.ABC}} + {V_{G.ABD}} + {V_{G.BCD}} = {V_{ABCD}}\) Mà: \({S_{ACD}} = {S_{ABC}} = {S_{ABD}} = {S_{BCD}}\) Suy ra: \({V_{G.ACD}} = {V_{G.ABC}} = {V_{G.ABD}} = {V_{G.BCD}}\) \(\begin{array}{l} \Rightarrow 4{V_{G.BCD}} = {V_{ABCD}} \Rightarrow 4.\frac{1}{3}{S_{BCD}}.d(G,(BCD)) = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\\ \Rightarrow d(G,(BCD)) = \frac{{a\sqrt 6 }}{{12}} = r \end{array}\) Vậy diện tích mặt cầu nội tiếp tứ diện là: \(S = 4\pi {\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{{12}}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^2}}}{6}.\) Lưu ý: Ở trên là cách giải tổng quát, với tứ diện đều ta có thể áp dụng ngay công thức bán kính đường tròn nội tiếp bằng \(\frac{h}{4}\) với h là chiều cao của tứ diện.
Câu 266: Cho hình chóp tứ giác đều có góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Biết rằng mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác đều đó có bán kính \(\frac{{5a\sqrt 3 }}{6}.\) Tính độ dài l của cạnh đáy của hình chóp đó theo a. A. \(l=2a\) B. \(l=a\sqrt2\) C. \(l=a\sqrt3\) D. \(l=a\) Spoiler: Xem đáp án Cho hình chóp tứ giác đều có góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng a. Biết rằng mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác đều đó có bán kính R khi đó độ dài đáy hình chóp xác định bởi công thức \(l = \frac{{4R.\tan \alpha }}{{{{\tan }^2}\alpha + 2}}\) Thay \(\alpha = {60^0};R = \frac{{5a\sqrt 3 }}{6}\) Ta có độ dài đáy hình chóp l=2a.
Câu 267: Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a. A. \(S = \frac{5}{3}\pi {a^2}\) B. \(S = \frac{11}{3}\pi {a^2}\) C. \(S =2\pi {a^2}\) D. \(S = \frac{4}{3}\pi {a^2}\) Spoiler: Xem đáp án Gọi M là Trung điểm của AB Vì Tam giác ADB và tam giác ABC là tam giác đều \(\Rightarrow DM \bot AB;CM \bot AB\) Do có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau => Góc \(\widehat {DMC} = {90^0}\) Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC G là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABD => H,G đồng thời là trọng tâm của tam giác ABC và ABD \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} H \in CM;CH = \frac{2}{3}CM\\ G \in DM;DG = \frac{2}{3}DM \end{array} \right.\) Kẻ Đường vuông góc với đáy (ABC) từ H và Đường vuông góc với (ABD) từ G. Do hai đường vuông góc này đều thuộc (DMC) nên chúng cắt nhau tại O. => O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCG và R = OC. Tam giác ABC đều \(\Rightarrow CM = CB.\sin \left( {{{60}^0}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a \Rightarrow CH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a;HM = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a\) CMTT ta có \(GM = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a\) Từ đó nhận thấy OGMH là hình vuông \(\Rightarrow OH = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a\) Tam giác OHC vuông tại H Áp dụng định lý Pitago ta có: \(CM = CB.\sin \left( {60} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a \Rightarrow CH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a;HM = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a\) \(OC = \sqrt {C{H^2} + O{H^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{{12}}a = R\) \(\Rightarrow V = 4\pi {R^2} = \frac{5}{3}\pi {a^2}\)
Câu 268: Gọi (S) là khối cầu bán kính R, (N) là khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h. Biết rằng thể tích của khối cầu (S) và khối nón (N) bằng nhau, tính tỉ số \(\frac{h}{R}.\) A. \(\frac{h}{R}=12\) B. \(\frac{h}{R}=4\) C. \(\frac{h}{R}=\frac{4}{3}\) D. \(\frac{h}{R}=1\) Spoiler: Xem đáp án Thể tích của khối cầu (S) và khối nón (N) bằng nhau. \(\Rightarrow \frac{1}{3}.h.\pi .{R^2} = \frac{4}{3}\pi .{R^3} \Rightarrow \frac{h}{R} = 4\)
Câu 269: Cho hình chữ nhật $ABCD$ có $AB = 2AD$. Gọi $V_1$ là thể tích khối trụ sinh ra do hình chữ nhật $ABCD$ quay quanh đường thẳng $AB$ và $V_2$ là thể tích khối trụ sinh ra do hình chữ nhật $ABCD$ quay quanh đường thẳng $AD$. Tính tỉ số \(\frac{V_2}{V_1}\). A. \(\frac{V_2}{V_1}=\frac{1}{4}\) B. \(\frac{V_2}{V_1}=1\) C. \(\frac{V_2}{V_1}=2\) D. \(\frac{V_2}{V_1}=\frac{1}{2}\) Spoiler: Xem đáp án + Khối trụ sinh ra do hình chữ nhật ABCD quay quanh đường thẳng AB có bán kính đáy AD, chiều cao AB: \({V_1} = AB.\left( {\pi A{D^2}} \right)\) + Khối trụ sinh ra do hình chữ nhật ABCD quay quanh đường thẳng AD có bán kính đáy AB, chiều cao AD: \({V_2} = AD.\left( {\pi A{B^2}} \right)\) \(\frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \frac{{AD.\left( {\pi A{B^2}} \right)}}{{AB.\left( {\pi A{D^2}} \right)}} = \frac{{AB}}{{AD}} = 2.\)
Câu 270: Cho tam giác ABC có AB ,BC, CA lần lượt bằng 3, 5, 7. Tính thể tích V của khối tròn xoay sinh ra do hình tam giác ABC quay quanh đường thẳng AB. A. \(V = 50\pi\) B. \(V = \frac{{75\pi }}{4}\) C. \(V = \frac{{275\pi }}{8}\) D. \(V = \frac{{125\pi }}{8}\) Spoiler: Xem đáp án Với độ dài các cạnh như đề bài ta dựng được tam giác AB, trong đó B là góc tù. Kẻ CH vuông góc BC như hình vẽ. Ta có thể tích khối tròn xoay cần tìm là hiệu của thể tích khối nón có chiều cao h1=AH, bán kính đáy CH và khối nón có đường cao h2=BH, bán kính đáy CH. Hay: \(V = \frac{1}{3}\pi .C{H^2}.(AH - BH) = \frac{1}{3}\pi .C{H^2}.AB\) \(\Delta ABC\) có nửa chu vi \(p = \frac{{AB + BC + CA}}{2} = 9 = 7,5\) \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}CH.AB = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - CA} \right)} = \frac{{15\sqrt 3 }}{4}\) \(\Rightarrow CH = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{AB}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}\) \(V = \frac{1}{3}\pi .C{H^2}.AB = \frac{{75}}{4}\pi\)
