Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Chương 12. Nón – trụ - cầu

Chương 12. Nón – trụ - cầu

Tải bản đầy đủ - 0trang

Câu 176: ( THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018 )



Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của



1

lượng nước trong phễu bằng 3 chiều cao của phễu. Hỏi nếu bịt kín miệng phễu rồi lơn ngược

phễu lên thì chiều cao của mực nước xấp xỉ bằng bao nhiêu? Biết rằng chiều cao của phễu là

15cm.

A.



0,5 cm



.



B.



0,3 cm



.



C.



0,188 cm



.



D.



0,216 cm



.



Lời giải

Chọn C



Gọi r, r1, r2, h, h1, h2 như hình vẽ.

Gọi V là thể tích khối nón ban đầu.

1

r1 h1 1

V

  �

r h 3 Thể tích nước đổ vào bằng 27



26

V

Khi lộn ngược phễu thì thể tích phần khơng gian khơng chứa nước là 27

Khi đó:



r22.h2 26

1 2

26 1 2

π r .h  . π r .h � 2 

3 2 2 27 3

r .h 27



r2 h2



h nên

mà r



3



�h2 � 26

h

26

26

� 23

� h2  153

� �

h

27

27

�h � 27

Vậy chiều cao của nước khi lộn ngược phễu là



15 153



26

�0,188 (cm)

27

.



B C . Tính tỉ số giữa khối

Câu 177: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A���

B C BC và khối lăng trụ ABC. A���

BC .

đa diện A���

2

1

5

1

A. 3

B. 2

C. 6

D. 3

Lời giải

Chọn A

Dễ thấy mặt phẳng (A’BC) chia khối lăng trụ thành 2 phần là khối đa diện A’B’C’BC và chóp

A’.ABC.

� VABC . A ' B 'C '  VA ' B 'C ' BC  VA ' ABC



1

2

VA ' ABC  VABC . A ' B 'C ' � VA ' B 'C ' BC  VABC . A ' B 'C '

3

3



3

Câu 178: Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính khơng có nắp với thể tích 72dm và chiều cao là

3dm. Một vách ngăn (cùng bằng kính) ở giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với các kích thước



a, b (đơn vị dm) như hình vẽ. Tính a, b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất (tính cả tấm kính ở

giữa), coi bề dày các tấm kính như nhau và khơng ảnh hưởng đến thể tích của bể.

A. a  24, b  24.



B. a  3, b  8.



C. a  3 2, b  4 2. D. a  4, b  6.



Lời giải

Chọn D

@ Tự luận:

Có:



V  72 � 3.ab  72 � a 



24

b (1)



Bể cá tốn ít nguyên liệu nhất nghĩa là diện tích tồn phần nhỏ nhất.



Ta có diện tích toàn phần của bể cá là:



Áp dụng bất đẳng thức Côsi:



Stp 



216

 6b 24

b



Stp  3.3a ab 2.b3 



216

216

 6b 24 �2

.6b  24  96

b

b



216

 6b � b  6 b  0

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: b

. Từ (1), ta suy ra: a  4.

2

r ,

3

Câu 179: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho tấm tôn hình nón có bán kính đáy là

độ dài đường sinh l  2 . Người ta cắt theo một đường sinh và trải phẳng ra được một hình quạt.



Gọi M , N thứ tự là trung điểm OA và OB . Hỏi khi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ

(hình vẽ) và tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm riêng) thì được khối trụ

có thể tích bằng bao nhiêu?



3

A.











13  1

8



3

.



B.











13  1

4



5

.



C.















13  1

12



.



D.











13  1

9



.



Lời giải

Đáp án A



Phương pháp:

Tính độ dài các đoạn thẳng MN và MQ sau đó áp dụng cơng thức tình thể tích hình trụ



V   r 2h .

Cách giải:

Độ dài cung AB là chu vi đường tròn đáy nên



l AB  2 .r  2



2 4



3 3



4

l

2

l AB   OA �   AB  3 

 AOB

OA

2

3

Ta có độ dài cung AB là

Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB có



AB  OA2  OB 2  2OA.OB.cos

MN 



2

�1�

 2 2  22  2.22 �

 � 2 3

3

� 2�



1

1

3

AB  3  PQ � MH  MN 

2

2

2



, OD cắt AQ tại E .

Hạ OD  MN ta có OD là tia phân giác của AOB � AOD  60�

1 1

OH  OM .cos 60  1. 

2 2

Xét tam giác vuông OMH có

Xét tam giác OPQ có





cos POQ 



OP 2  OQ 2  PQ 2 4  4  3 5





2.OP.OQ

2.2.2

8



cos POQ  cos  2DOQ   2 cos 2 DOQ  1 



5

13

� cos DOQ 

8

4



13

QD 2  OQ 2  OD 2  2OQ.OD cos DOQ  4  4  2.2.2.

 8  2 13

DOQ

4

Xét tam giác



Xét tam giác vng DQF có:



DF2  QD 2  QF2  8  2 13 



3 29

29  8 13

16  2.4. 13  13 4  13



 2 13 � DF 





4 4

2

2

2



1 4  13 4  1  4  13

13  1

� HF  OD  OH  DF  2  





 MQ

2

2

2

2

Khi đó thể tích khối trụ tạo ra bởi hình chữ nhật MNPQ là:

2











� 3 � 13  1 3 13  1

V  .MH .MQ   �



�2 �

�.

8

� � 2

Chú ý khi giải: Có thể tính độ dài MQ bằng cách như sau:

2



Xét tam giác OAE có:

EA 2  OA 2  OE 2  2OA.OE cos AOE  4   2  DE   2.2.  2  DE  .

2



1

2



� EA 2  DE 2  2DE  4

Gọi F là giao điểm của ED với đường tròn tâm O bán kính OA  2.

Khi đó theo tính chất hai cát tuyến EQA , EDF ta có

1

EQ.EA  ED.EF � EA 2  ED  ED  4  � EA 2  2ED 2  8ED

2



Từ



 2



 1 ,  2  suy ra DE 2  2DE  4  2DE 2  8DE � DE 2  6DE  4  0 � DE 



13  3



1

13  1

OE  OD  DE  2  13  3  13  1 � MQ  OE 

2

2

Do đó

Vậy



MQ 



13  1

2



Câu 180: (MEGABOOK-ĐỀ 3). 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 thu được khối đá có hình tứ diện MNPQ . Biết rằng MN  60cm và thể tích

3

khối tứ diện MNPQ bằng 30dm . Tìm thể tích của lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết quả đến 1

chữ số thập phân).

3

A. 101,3dm



B. 141,3dm



3



C. 121,3dm



3



D. 111, 4dm



3



Lời giải

Chọn D



Ta dễ dàng chứng minh được



MN 

 O�

vng góc với



PQ .



1

1

VMNPQ  .S MNO .PQ  .OO�

.MN .PQ

3

6

Do đó thể tích khối tứ diện MNPQ là:

1

d  MN , PQ   OO�

 h � .602.h.1  30.103 � h  50cm.

6

Trong đó



Vậy thể tích của lượng đá bị cắt bỏ bằng:

2



V  Vt  VMNPQ



 �60 �

  R .h  30  3 . � �.50  30 �111, 4 dm3 .

10 �2 �

2



Câu 181: (THTT - Lần 2 – 2018) Có tấm bìa hình tam giác vng cân ABC có cạnh huyền bằng a.

Người ta muốn cắt tấm bìa đó thành hình chữ nhật MNPQ rồi cuộn lại thành một hình trụ

khơng dáy nhu hình vẽ.



Diện tích hình chữ nhật đó bằng bao nhiêu để diện tích chung quanh của hình trụ là lớn nhất?

a2

A. 2

Lời giải

Đáp án D



B.



a2

C. 8



3a 2

4



D.



3.a 2

8



MN AN

a  2 x AN

a  2x







� AN 

BC AC

a

a 2

2

MN



PQ



x

,

2

Đặt



a a  2x



x 2

2

2



� NC 



NC  PC 2  PN 2  2 x 2  x 2  x 3





S xq  S MNPQ  x 3  a  2 x 



2

�a a 2 3 �

�a � a 3

f  x  f �





f max  f � �

�4

8 �



�có

�4 � 8

Xét hàm số



Câu 182: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Bạn A có một cốc thủy tinh hình trụ, đường kính trong lòng đáy cốc là

6cm , chiểu cao trong lòng cốc là 10cm đang đựng một lượng nước. Bạn A nghiêng cốc nước,

vừa lúc khi nước chạm miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Tính thể tích

lượng nước trong cốc.



A. 60cm

Lời giải

Chọn A



3



B. 15 cm



3



3

C. 70cm



3

D. 60 cm



Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vng góc với đường kính tại vị trí bất kì có (tam giác màu

đen):

1

1

S  x 

R 2  x 2 . R 2  x 2 .tan � S  x    R 2  x 2  tan 

2

2

R



1

2

V  2. tan  �

R 2  x 2 dx  R 3 tan 

2

3

0











Thể tích hình cái nêm là:

Thể tích khối nước tạo thành khi ngn cốc có hình dạng cái nêm nên

Vkn 



2 3

2

h

R tan � Vkn  R 3 .  60cm3 .

3

3

R



Câu 183: (Toan Luyen de THPTQG) Cho hình vng ABCD cạnh a . Gọi N là điểm thuộc cạnh AD

sao cho AN  2DN. Đường thẳng qua N vng góc với BN cắt BC tại K.



Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tứ giác ANKB quanh trục BK là



A.



V



6 3

a

7



B.



V



3 3

a

2



C.



V



4 3

a

3



D.



V



7 3

a

6



r



2

,

3 độ dài đường



Câu 184: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho tấm tơn hình nón có bán kính đáy là

sinh l  2 . Người ta cắt theo một đường sinh và trải phẳng ra được một hình quạt. Gọi M , N



thứ tự là trung điểm OA và OB . Hỏi khi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ (hình vẽ) và

tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm riêng) thì được khối trụ có thể tích

bằng bao nhiêu?



3











13  1



8

A.

Lời giải

Chọn A



3

B.











13  1

4



Độ dài cung AB là chu vi đường tròn đáy nên



5

C.











12



l AB  2 .r  2



D.



2 4



3 3



4

l AB

2

  OA �  

 3 

 AOB

OA

2

3



l AB

Ta có độ dài cung AB là

Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB có



AB  OA2  OB 2  2OA.OB.cos







13  1



2

�1�

 2 2  22  2.22 �

 � 2 3

3

� 2�











13  1

9



1

1

3

AB  3  PQ � MH  MN 

2

2

2

, OD cắt AQ tại E.

Hạ OD  MN ta có OD là tia phân giác của AOB � AOD  60�

1 1

OH  OM .cos 60  1. 

2 2

Xét tam giác vuông OMH có

MN 



Xét tam giác OPQ có





cos POQ 



OP 2  OQ2  PQ 2 4  4  3 5





2.OP.OQ

2.2.2

8



cos POQ  cos  2DOQ   2 cos 2 DOQ  1 



5

13

� cos DOQ 

8

4



QD 2  OQ 2  OD 2  2OQ.OD cos DOQ  4  4  2.2.2.



Xét tam giác DOQ có

Xét tam giác vng DQF có:



DF2  QD 2  QF2  8  2 13 



13

 8  2 13

4



3 29

29  8 13

16  2.4. 13  13 4  13



 2 13 � DF 





4 4

2

2

2



1 4  13 4  1  4  13

13  1

� HF  OD  OH  DF  2  





 MQ

2

2

2

2

Khi đó thể tích khối trụ tạo ra bởi hình chữ nhật MNPQ là:

2



� 3 � 13  1 3

V  .MH .MQ   �

�2 �

�. 2 

� �

2











13  1

8



Câu 185: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có mặt đáy là tam giác đều



 ABC  là điểm H nằm trong tam giác ABC

cạnh bằng 2 và hình chiếu của S lên mặt phẳng



�  120�

�  90�

, BHC

, CHA

sao cho AHB  150�

Biết tổng diện tích mặt cầu ngoại tiếp các hình

124



chóp S .HAB, S .HBC , S .HCA là 3 . Tính thể tích khối chóp S . ABC .

9

4

VS . ABC 

VS . ABC 

3

V

4

2

3

A.

B.

C. VS . ABC  4a

D. S . ABC



Lời giải

Đáp án B

r ,r ,r

Gọi 1 2 3 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp HAB, HBC , HCA

� 2 3

r2 





3



r3  1





AB

2

 2r1 � r1 

 2;



2.sin150�

Theo định lí Sin, ta có sin AHB

tương tự

R ,R ,R

Gọi 1 2 3 lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S .HAB, S .HBC , S .HCA

Đặt



SH  2 x � R1  r12 



Suy ra



�S  S



1



SH 2

3

 x 2  4; R2  x 2 

2

4

4 và R3  x  1



2 3

� 2 19 � 124

 S 2  S3  4 R12  4 R22  4 R32  4 �

3x  �

�x

3� 3

3





1

1 4 3 22 3 4

V  .SH .S ABC  .

.



3

3 3

4

3

Vậy thể tích khối chóp S . ABC là



R

Chú ý: “Cho hình chóp S . ABC có SA vng góc với đáy và ABC là bán kính đường tròn



ngoại tiếp tam giác

S . ABC ”



ABC � R  R2ABC 



SA2

4 là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp



2

r ,

3

Câu 186: [THPT-Chun-Bắc-Ninh-Bắc-Ninh-Lần-2]Cho tấm tơn hình nón có bán kính đáy là

độ dài đường sinh l  2 . Người ta cắt theo một đường sinh và trải phẳng ra được một hình quạt.



Gọi M, N thứ tự là trung điểm OA và OB. Hỏi khi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ

(hình vẽ) và tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm riêng) thì được khối trụ có

thể tích bằng bao nhiêu?



3







A.







13  1

8



3

.



B.











13  1

4



5

.



C.















13  1

12



.



D.











13  1

9



Lời giải

Chọn A



Phương pháp:

Tính độ dài các đoạn thẳng MN và MQ sau đó áp dụng cơng thức tình thể tích hình trụ

V   r 2h .



Cách giải:

Độ dài cung AB là chu vi đường tròn đáy nên



l AB  2 .r  2



2 4



3 3



4

l

2

  OA �   AB  3 

 AOB

OA

2

3



l AB

Ta có độ dài cung AB là

Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB có



AB  OA2  OB 2  2OA.OB.cos



2

�1�

 2 2  22  2.22 �

 � 2 3

3

� 2�



1

1

3

AB  3  PQ � MH  MN 

2

2

2

, OD cắt AQ tại E.

Hạ OD  MN ta có OD là tia phân giác của AOB � AOD  60�

MN 



.



1 1

OH  OM .cos 60  1. 

2 2

Xét tam giác vng OMH có



Xét tam giác OPQ có





cos POQ 



OP 2  OQ2  PQ 2 4  4  3 5





2.OP.OQ

2.2.2

8



cos POQ  cos  2DOQ   2 cos 2 DOQ  1 



5

13

� cos DOQ 

8

4



QD 2  OQ 2  OD 2  2OQ.OD cos DOQ  4  4  2.2.2.



Xét tam giác DOQ có

Xét tam giác vng DQF có:



DF2  QD 2  QF2  8  2 13 



13

 8  2 13

4



3 29

29  8 13

16  2.4. 13  13 4  13



 2 13 � DF 





4 4

2

2

2



1 4  13 4  1  4  13

13  1

� HF  OD  OH  DF  2  





 MQ

2

2

2

2

Khi đó thể tích khối trụ tạo ra bởi hình chữ nhật MNPQ là:

2











� 3 � 13  1 3 13  1

V  .MH .MQ   �

�2 �

�. 2 

8

� �

Chú ý khi giải: Có thể tính độ dài MQ bằng cách như sau:

Xét tam giác OAE có:

2



EA 2  OA 2  OE 2  2OA.OE cos AOE  4   2  DE   2.2.  2  DE  .

2



1

2



� EA 2  DE 2  2DE  4



Gọi F là giao điểm của ED với đường tròn tâm O bán kính OA  2.

Khi đó theo tính chất hai cát tuyến EQA, EDF ta có

1

EQ.EA  ED.EF � EA 2  ED  ED  4  � EA 2  2ED 2  8ED  2 

2

2

2

2

Từ (1),(2) suy ra DE  2DE  4  2DE  8DE � DE  6DE  4  0 � DE  13  3



1

13  1

OE  OD  DE  2  13  3  13  1 � MQ  OE 

2

2

Do đó

MQ 



Vậy



13  1

2 .



Chương 13. Oxyz

Câu 187: [THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm



A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C  1;0;1 .



2

2

2

Tìm điểm M sao cho 3MA  2 MB  MC đạt giá trị nhỏ



nhất.

�3 1



M � ; ; 1�

�.

A. �4 2

Lời giải

Chọn D

Gọi



I  xI ; y I ; z I 



�3 1 �

M�

 ; ;2�

� 4 2 �.

B.



�3 3



M�

 ; ; 1�

�4 2

�.

C.



�3 1



M�

 ; ; 1�

�4 2

�.

D.



�3 1



3IA  2 IB  IC  0 � I �

 ; ; 1 �

�4 2



thỏa mãn điều kiện



Ta có



uuu

r

2

2

P  3MA2  2MB 2  MC 2  3 MI  IA  2 MI  IB  MI  IC



















 







2







 4 MI 2  2 MI 3IA  2 IB  IC  3IA2  2 IB 2  IC 2  4 MI 2  3IA2  2 IB 2  IC 2

1 4 42 4 43

0



Suy ra Pmin



�3 1



M�

 ; ; 1�

� MI min � M trùng với điểm I . Vậy

�4 2





Câu 188: [THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm



A  1; 6;1



và mặt phẳng



thuộc mặt phẳng

B  0;0;1

A.

.

Lời giải

Chọn A



 P  : x  y  7  0.



Điểm B thay đổi thuộc Oz , điểm C thay đổi



 P  . Biết rằng tam giác



ABC có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm B là

B  0;0; 2 

B  0;0; 1

B  0;0; 2 

B.

.

C.

.

D.



 P  ( hình vẽ bên: Điểm

Gọi M , N lần lượt là hai điểm đối xứng với A qua Oz và mặt phẳng











d Oz;  P   d  A;  P  

A nằm giữa Oz ,  P  vì O, A cùng phía với  P  và

.

C

 AB  BC  AC  BM  BC  CN

Khi đó ABC

Suy ra



 BM  BC  CN  min � B,C ,M , N



Hay B là hình chiếu của A trên Oz , Vậy



thẳng hàng.

B  0;0;1



Câu 189: ( THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018 ) Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho tam giác ABC có A  1;2; 1 , B 2; 1;3 ,C  4;7;5 . Tọa độ chân đường phân



giác trong góc B của tam giác ABC là



� 2 11 �

 ; ;1�



3 3 �.



A.



�11



�3 ; 2;1�

�.

B. �



�2 11 1 �

�3 ; 3 ; 3 �

�.

C. �



D.



 2;11;1



Lời giải

Chọn A

Gọi D là chân đường phân giác góc B của ABC . Theo tính chất đường phân giác ta có:

uuur

DA DC

AB uuur



� DA  

.DC  *

AB BC

BC

uuur

uuur

AB   1; 3;4 � AB  26

BC   6;8;2 � BC  104

Với





k 



AB

1



BC

2



Từ (*) ta có, điểm D chia đoạn thẳng AC theo tỷ số k nên D có toạ độ



xA  kxC

2



�xD 

1 k

3



y



ky

11

� 2 11 �



A

C



� D�

 ; ;1�

�yD 

1 k

3

�3 3 �



zA  kzC



�zD  1 k  1



.



A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c 

Câu 190: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ; cho

với a, b, c dương.

Biết A, B, C di động trên các tia Ox, Oy, Oz sao cho a  b  c  2 . Biết rằng khi a, b, c thay



 P  cố định. Tính

đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng

  P 

khoảng cách từ M tói mặt phẳng

2014

3 .

A. 2017.

B.



2016

3 .

C.



2015

3

D.



Lời giải

Chọn.D



Gọi D, K lần lượt là trung điểm của AB, OC.



 OAB  và cắt mặt phẳng trung trực của OC

Từ D kẻ đường thẳng vng góc với mặt phẳng

tại I � I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC suy ra

a

a

b

�a b c �

DF  � x1  ; y1  � I � ; ; �

2

2

2

�2 2 2 �

Tương tự

Suy ra



x1  y2  z2 



z1 



c

2



abc

 1 � I � P  : x  y  z  1  0

2



Vậy khoảng cách từ điểm M



 P

đến



bằng



d



2015

3 .



A  1; 2; 3

Câu 191: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

và mặt

r

 P  : 2 x  2 y  z  9  0 . Đường thẳng d đi qua A và có véctơ chỉ phương u   3; 4; 4 

phẳng



 P  tại B . Điểm M thay đổi trong  P  sao cho M ln nhìn đoạn AB dưới góc 90�. Khi

cắt

độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau?

H  2; 1;3

I  1; 2;3

K  3;0;15 

J  3; 2;7 

A.

B.

C.

D.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Chương 12. Nón – trụ - cầu

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×