Chương 5: Hình học không gian phần 2

CHƯƠNG 05. (tiếp theo) BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHỦ ĐỀ 3. MẶT NÓN – KHỐI NÓN 1. Định nghĩa mặt nón Cho đường thẳng  . Xét 1 đường thẳng l cắt  tại O và không vuông góc với  . Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng l như thế khi quay quanh  gọi là mặt nón tròn xoay hay đơn giản là mặt nón -  gọi là trục của mặt nón - l gọi là đường sinh của mặt nón - O gọi là đỉnh mặt nón - Nếu gọi  là góc giữa l và  thì 2 gọi là góc ở đỉnh của mặt nón  00  2  1800  Δ O M 2. Hình nón và khối nón Cho mặt nón N với trục  , đỉnh O và góc ở đỉnh 2 . Gọi  P  là mặt phẳng vuông góc với  tại I khác O. Mặt phẳng  P  cắt mặt nón theo đường tròn  C  có tâm I. Gọi  P ' là mặt phẳng vuông góc với  tại O. Khi đó: - Phần của mặt nón N giới hạn bởi 2 mặt phẳng  P  và  P ' cùng với hình tròn xác định bởi  C  gọi là hình nón. - Hình nón cùng với phần bên trong của nó gọi là khối nón. 3. Diện tích hình nón và thể tích khối nón - Diện tích xung quanh của hình nón: S xq   Rl với R là bán kính đáy, l là độ dài đường sinh. 1 3 - Thể tích khối nón: V   R 2 .h với R là bán kính đáy, h là chiều cao. Lý thuyết ngắn gọn là thế, tuy nhiên sẽ có rất nhiều bài tập vận dụng cao đòi hỏi khả năng tư duy cao. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Một hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB  1, đáy lớn CD  3, cạnh bên Cho hình thang đó quay quanh AB thì được vật tròn xoay có thể tích bằng: 7 3 A.V   Lời giải 4 3 B. V   5 3 C. V   2, BC  DA  2. D. V  3 D H K C M A B N Kẻ AH , BK cùng vuông góc với CD. Gọi M , N lần lượt là điểm đối xứng của H qua AD và của K qua BC thì tam giác MAD và tam giác NBC là 2 tam giác vuông cân bằng nhau có MA  AB  BN  AH  1. 1 MA NB  7 1   2 7 V   . AH 2 .MN    . AH 2 .MA   . AH 2 .NB    AH 2  MN      . AH . . AB   3 3 3  3 3 3   Chọn A. Bài 2: Cho hình bình hành ABCD có BAD    00    900  , AD  a và ADB  900. Quay ABCD quanh AB, ta được vật tròn xoay có thể tích là: A . V   a3 sin 2  B. V   a3 sin 2  .cos sin 2  cos 2 C. V   a3 D. V   a3 sin  cos Lời giải Kẻ DH  AB, CN  AB. Các tam giác vuông HAD và NBC bằng nhau. DH  CN  a.sin  AH  BN  a.cos   HN  AB  D C a α A a cos  H B N Khi quay quanh AB, các tam giác vuông AHD và NBC tạo thành hai hình nón tròn xoay bằng nhau nên: 1 1 a sin 2    V   .DH 2 . AH    .DH 2 .HN   .CN 2 .BN    .DH 2 . AB   .a 2 .sin 2  .   a3 3 3 sin  cos   Chọn C. Bài 3: Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D '. Gọi O’, O là tâm của hai hình vuông ABCD và A ' B ' C ' D ' và O ' O  a. Gọi V1 là thể tích của hình trụ tròn xoay đáy là hai đường tròn ngoại tiếp các hình vuông ABCD, A ' B ' C ' D ' và V2 là thể tích hình nón tròn xoay đỉnh O’ và đáy là đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD. Tỉ số thể tích A. 2 Lời giải B. 3 Gọi M trung điểm của AB thì tam giác OAM vuông cân tại M. V1 là: V2 C. 4 D.6 B C O R2 M R1 D B 2 1 ; R2  OM  2 2 R1  OA   2 V1  R12 .h   3   V2 1  R 2 .h 2   2 3 2 1 :   6 4 Chọn D. Bài 4: Cho ABC vuông cân tại C, nội tiếp trong đường tròn tâm O, đường kính AB.Xét điểm S nằm ngoài mặt phẳng  ABC  sao cho SA, SB, SC tạo với  ABC  góc 450. Hãy chọn phát biểu đúng: A. Hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn ngoại tiếp ABC là hình nón tròn xoay. B. Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông cân C. Khoảng cách từ O đến 2 thiết diện qua đỉnh  SAC  và  SBC  bằng nhau D. Cả 3 bài trên đều đúng Lời giải Kẻ SO '   ABC  . Ta có : SO ' A  SO ' B  SO ' C  SA  SB  SC; O ' A  O ' B  O ' C Vậy, O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC nên O '  O : A đúng. SAB có SAB  SBA  450 nên là tam giác vuông cân tại S:B đúng. 1 2 1 2 Vì ABC vuông cân tại C nên kẻ OM  CA và ON  CB thì: OM  CB  CA  ON . Chọn D. Bài 5: Cho tứ diện OABC có OAB là tam giác vuông cân . OA  OB  a, OC  a và OC   OAB  . 2 Xét hình nón tròn xoay đỉnh C, đáy là đường tròn tâm O, bán kính A. Hãy chọn phát biểu sai: A. Đường kính hình nón bằng a 6 2 B. Khoảng cách từ O đến thiết diện  ABC  bằng C. Thiết diện  ABC  là tam giác đều D. Thiết diện (ABC) hợp với đáy góc 450 Lời giải Tam giác OAB vuông cân tại O nên AB  a 2 OAC : AC 2  OA2  OC 2  a 2  a 2 a 2 3a 2 a 6  ; AC  2 2 2 Vì AB  AC : sai Chọn C. Bài 6: Hình nón tròn xoay nội tiếp trong tứ diện đều cạnh bằng a có diện tích xung quanh bằng:   A . S xq  a 2 B. S xq  a 2 2 S xq   6 4 a2 3 6 2 2 D. S xq  a 3 S Lời giải Gọi S.ABC là tứ diện đều cạnh A. Gọi H là trung điểm cạnh BC. C A H O B C. Kẻ SO   ABC  thì SH  a 3 2 là đường sinh của hình nón. Ba điểm A, O, H thẳng hàng. 1 1 a 3 a 3 AH  .  3 3 2 6 a 3 a 3  a2 S xq   .OH .SH   . .  . 6 2 4 HO  Chọn A. Bài 7: Hình nón tròn xoay ngoại tiếp tứ diện đều cạnh bằng a có diện tích xung quanh bằng:  a2  a2 2  a2 3  a2 3 A . S xq  B. S xq  C. S xq  D. S xq  3 3 3 6 Lời giải. S Kẻ SO   ABC  , SH  BC  OH  BC 2 2 a 3 a 3 AH  .  3 3 2 3 a 3 S xq   .OA.SA   . .a 3 Ta có: OA  S xq  a 2 a A O 3 C H B 3 Chọn C. Bài 8: Cho hình nón tròn xoay đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, bán kính R  5. Một thiết diện qua đỉnh S tạo thành tam giác SAB sao cho tam giác SAB đều, cạnh bằng 8. Khoảng cách từ O đến thiết diện  SAB  là: A. d 4 13 3 B. d  3 13 4 C. d  3 D. d  13 3 Lời giải SO   OAB  , kẻ SH  AB  OH  AB AB   SOH    SAB    SOH  Kẻ OI  SH thì OI   SAB  nên d  OI SOA : OS2  64  25  39 ; OHA : OH 2  25 16  9 1 1 1 1 1 16 3  2       OI  3. 2 2 OI OH OS 9 39 117 4 Chọn B. Bài 9: Hình nón tròn xoay có trục SO  R 3 với R là bán kính đáy, thiết diện qua trục của hình nón tạo thành tam giác SAB là tam giác đều. Gọi I là trung điểm của SO và E, F  SO sao cho EI FI 1   . Khi đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón là điểm: EO FO 2 A. I B. E C. F D. O Lời giải Gọi O ' là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón thì: r  O'S  O' A  O'B S R Ta có: OO '  OS  r  R 3  cos300 2R 3 R 3 OO '  R 3   3 3 R 3 OO ' 2 OO ' 2   3    OI OI 3 R 3 3 2 Vậy O '  E. I O' r A R B O Chọn B. CHỦ ĐỀ 4. MẶT TRỤ – KHỐI TRỤ 1. Định nghĩa mặt trụ Δ - Cho đường thẳng  . Xét 1 đường thẳng l song song với  , cách  một khoảng R. Khi đó: Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng l như thế được gọi là mặt trụ tròn xoay hay đơn giản là mặt trụ. -  gọi là trục của mặt trụ, l gọi là đường sinh và R gọi là bán kính mặt mặt trụ. 2. Hình trụ và khối trụ Cắt mặt trụ T  trục  , bán kính R bởi 2 mặt phẳng phân biệt  P  và  P ' cùng vuông góc với  ta được giao tuyến là hai đường tròn  C  ,  C '  . R M1 R M l1 l a) Phần mặt trụ T  nằm giữa hai mặt phẳng  P  và  P ' cùng với hai hình tròn xác định bởi  C  ,  C ' được gọi là hình trụ. - Hai đường tròn  C  ,  C ' được gọi là hai đường tròn đáy, 2 hình tròn xác định bởi chúng được gọi là 2 mặt đáy của hình trụ, bán kính của chúng gọi là bán kính hình trụ. Khoảng cách giữa 2 mặt đáy gọi là chiều cao của hình trụ. - Nếu gọi O và O’ là tâm hai hình tròn đáy thì đoạn OO’ gọi là trục của hình trụ - Phần mặt trụ nằm giữa 2 đáy gọi là mặt xung quanh của hình trụ. b) Hình trụ cùng với phần bên trong của nó gọi là khối trụ. 3. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần của hình trụ và thể tích của khối trụ Với R là bán kính đáy, h là chiều cao. - Diện tích xung quanh của hình trụ: S xq  2 Rh - Diện tích toàn phần của hình trụ: Stp  S xq  2Sday  2 Rh  2 R 2 . - Thể tích khối trụ V   R2 h ( chiều cao nhân diện tích đáy). Trước hết tôi xin nhắc lại, hai bài trong đề Minh họa tháng 10 vừa rồi của Bộ Giáo dục và Đào tạo , hai bài này chỉ ở mức vận dụng thấp. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50cm  240cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50cm theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây):  Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.  Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một thùng. Kí hiệu V1 là thể tích của gò thùng được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích hai gò thùng được theo cách 2. Tính tỉ số V1 . V2 ↓ A. V1 1  V2 2 B. V1 1 V2 C. V1 2 V2 Lời giải Một đường tròn có bán kính r thì chu vi và diện tích lần lượt là C  2 r; S   r 2 D. V1 4 V2 Gọi chiều dài tấm tôn là a thì tổng diện tích đáy của 2 thùng theo 2 cách lần lượt là: 2 a   2 S V a a2 2 S1  ; S2  2.     1 2 1  2 4 4 8 S2 V2 Chọn C. Bài 2: Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB  1, AD  2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC. Quay hình chữ nhật đó xung quanh trụ MN, ta được một hình trụ . Tính diện tích toàn phần của hình trụ đó. A M D A. Stp  4 B. Stp  2 C. Stp  6 B C N D. Stp  10 Trích đề minh họa THPT Quốc gia 2017 Lời giải Ta có Stp  S xq  2Sday . Ta có bán kính đường tròn r  MD  1, chiều cao l  CD  1 Suy ra S xq  2 rl  2 , Sd   r 2  Stp  4 . Chọn A. Sau đây chúng ta cùng tìm hiểu các bài toán khó hơn và hoàn toàn có thể có trong đề thi THPT Quốc gia 2017. Bài 3: Cho AA ' B ' B là thiết diện song song với trục OO’ của hình trụ (A, B thuộc đường tròn tâm O). Cho biết AB  4, AA'=3 và thể tích của hình trụ bằng V  24 . Khoảng cách d từ O đến mặt phẳng  AA ' B ' B  là: A . d 1 B. d  2 C. d  3 D. d  4 Lời giải Kẻ OH  AB thì OH   AA ' B ' B  1 AB  2 2 Ta có V   .OA2 .AA '  3 OA2 Mà V  24  OA2  8 OAH : d 2  OH 2  OA2  AH 2  8  4  4 B' O' A' Và AH   d  O,  AA'B'B   d  2 Chọn B. B H O A Bài 4: Giả sử viên phấn viết bảng có dạng hình trụ tròn xoay đường kính đáy bằng 1cm, chiều dài 6cm. Người ta làm những hộp carton đựng phấn dạng hình hộp chữ nhật có kích thước 6  5  6cm. Muốn xếp 350 viên phấn vào 12 hộp, ta được kết quả nào trong 4 khả năng sau: A . Vừa đủ B. Thiếu 10 viên C. Thừa 10 viên D. Không xếp được Lời giải Vì chiều cao viên phấn là 6cm, nên chọn đáy hộp carton có kích thước 5  6. Mỗi viên phấn có đường kính 1cm nên mỗi hộp ta có thể đựng được 5.6=30 viên. Số phấn đựng trong 12 hộp là: 30 12  360 viên Do ta chỉ có 350 viên phấn nên thiếu 10 viên, nghĩa là đựng đầy 11 hộp, hộp 12 thiếu 10 viên. Chọn B. Bài 5: Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O’, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng A. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường đáy tâm O’ lấy điểm B sao cho AB  2 A. Tính thể tích của khối tứ diện OO' AB. A. a3 3 12 B. a3 12 C. 5a 3 3 12 D. a3 3 2 Lời giải Kẻ đường sinh AA’. Gọi D là điểm đối xúng của A’ qua O’ và H là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng A’D.  BH  A ' D  BH   AOOA '   BH  AA ' Do đó, BH là chiều cao của tứ diện OO' AB 1 3 Thể tích khối tứ diện OO ' AB : V  .SAOO ' .BH Tam giác AA ' B vuông tại A’ cho: A ' B  AB 2  A ' A2  4a 2  a 2  a 3 Tam giác A ' B  A ' D 2  A ' B 2  4a 2  3a 2  a. Suy ra BO ' D là tam giác đều cạnh A. A' O' H D B a 3 . Từ đó BH  2 Do OA  OO'=a nên tam giác AOO ' 2a vuông cân tại O. Diện tích tam giác AOO ' là: 1 1 SAOO '  OA.OO'= a 2 2 2 1 a 3 1 2 a3 3 . a  . Vậy V  . 3 2 2 12 A a O Chọn A. Bài 6: Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ', đáy ABC là tam giác có AB  5, AC  8 và góc  AB, AC   600. Gọi V ,V ' lần lượt là thể tích của khối lăng trụ ngoại tiếp và nội tiếp khối lăng trụ đã cho. Tính tỉ số A. 9 49 Lời giải B. 9 4 C. 19 49 D. 29 49 V' ? V Áp dụng đinh lý cosin trong tam giác ABC ta c 1 BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos600  25  64  2.5.8.  49. 2 1 1 3  10 3. Diện tích tam giác ABC là: S  AB. AC.sin 600  .5.8. 2 2 2 Mặt khác: C' A' O' B' C 8 600 A O 5 B AB. AC.BC , với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 4R AB. AC.BC 5.8.7 7 3  R    . 4S ABC 3 4.10 3 1 Ngoài ra: S ABC  pr, trong đó p   AB  BC  AC   10 và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam 2 S 10 3  3 giác ABC  r  ABC  p 10 Hình trụ ngoại tiếp và nội tiếp lăng trụ đã cho có bán kính đáy lần lượt là R, r và có chiều cao bằng S ABC  chiều cao của hình lăng trụ. Giả sử h là chiều cao hình lăng trụ, ta có: V   R2 h và V   r 2 h Vậy V' 9  . V 49 Chọn A. Bài 7: Một khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h nội tiếp một khối trụ. Tính thể tích khối trụ đó.  a2h  2a 2 h  5a 2 h C' A. B. C. 3 3 O'  2a h 2 D. 3 3 M' B' A' Lời giải Hình trụ có đáy là đường tròn ngoại C M O A B tiếp tam giác ABC. Do ABC là tam giác đều cạnh a nên hình trụ có bán kính là: 2 2 a 3 a 3 AM  .  3 3 2 3 với M  AO  BC R  OA  Chiều cao của hình trụ bằng chiều cao của lăng trụ là h. Vậy thể tích khối trụ là: 2 a 3  a2h V   R h    .  h  3  3  2 Chọn A. Bài 8: Một hình trụ có bán kính đáy R và có thiết diện qua trục là một hình vuông. Tính thể tích của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp trong khối trụ đã cho. A . 4R 3 B. 2R 3 C. 3R3 D. R 3 Lời giải Giả sử ABCDA ' B ' C ' D ' là khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ đã cho. Từ giả thiết, suy ra hình trụ có chiều cao h  2R và đáy ABCD là hình vuông nội tiếp đường tròn bán kính R. D' O' A' C' B' 2R R 2 2 Diện tích hình vuông ABCD là: Do đó AC  2 R  AB   S ABCD  R 2  2  2R D 2 A C O Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là: V  S ABCD .h  2 R 2 .2 R  4 R3 . B Chọn A. Bài 9: Một khối lăng trụ tam giác đều cạnh đáy bằng a, góc giữa đường chéo mỗi mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích khối trụ ngoại tiếp khối lăng trụ đó. 1 3 A . V   a3 3 1 2 B. V   a3 3 2 3 C. V   a 3 3 D. V   a 3 3 Lời giải Xét hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy AB  a, góc của đường chéo A’B với mặt đáy  ABC  là A ' BA  600. C' B' A' Suy ra: h  AA'  a.tan 600  a 3. Khối trụ ngoại tiếp khối lăng trụ có cùng đường cao là A’A, đáy là đường tròn C B a A