Phát triển đề toán tham khảo Bộ GD câu 48 năm 2023 ôn thi TN THPT QG

Phát triển đề toán tham khảo Bộ GD câu 48 năm 2023 ôn thi TN THPT QG

Câu 1. Cho khối nón có đỉnh $S$, chiều cao bằng 8 và thể tích bằng $\dfrac{800\pi}{3}$. Gọi $A$ và $B$ là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho $AB=12$, khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left(SAB\right)$ bằng

A. $8\sqrt{2}$. B. $\dfrac{24}{5}$. C. $4\sqrt{2}$. D. $\dfrac{5}{24}$.

Lời giải:

Gọi $O$, $R$ lần lượt là tâm và bán kính đáy của khối nón, $K$, $H$ lần lượt là hình chiếu của $O$ lên $AB$, $SK$. Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left(SAB\right)$ bằng $OH$.

Ta có: $V=\dfrac{1}{3}\pi {{R}^{2}}.h\Rightarrow {{R}^{2}}=\dfrac{3V}{\pi .h}=\dfrac{3.\dfrac{800\pi}{3}}{\pi .8}=100\Rightarrow R=10$

Trong tam giác vuông $OBK$ có: $OK=\sqrt{O{{B}^{2}}-B{{K}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-{{\left(\dfrac{AB}{2}\right)}^{2}}}=\sqrt{{{10}^{2}}-{{6}^{2}}}=8$.

Trong tam giác vuông $SOK$ có: $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{{{8}^{2}}}+\dfrac{1}{{{8}^{2}}}=\dfrac{2}{{{8}^{2}}}\Rightarrow OH=4\sqrt{2}$.

Câu 2. Cho hình trụ có $O,\,{O}'$ là tâm hai đáy. Xét hình chữ nhật $ABCD$ có $A,\,B$ cùng thuộc $\left(O\right)$ và $C,\,D$ cùng thuộc $\left({{O}'}\right)$ sao cho $AB=a\sqrt{3}$, $BC=2a$ đồng thời $\left(ABCD\right)$ tạo với mặt phẳng đáy hình trụ góc ${{60}^{0}}$. Khoảng cách từ điểm ${O}'$ đến mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ bằng

A. $\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$. B. $\dfrac{a}{4}$. C. $\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$. D. $\dfrac{a}{2}$.

Lời giải:

Gọi $M,\,N$ lần lượt là trung điểm của $CD,\,AB$ và $I$ là trung điểm của $O{O}'$.

Suy ra góc giữa mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ và mặt phẳng đáy là $\widehat{IM{O}'}=60{}^\circ$.

Ta có $IM=\dfrac{1}{2}MN=\dfrac{1}{2}BC=a$.

Xét $\Delta I{O}'M$ vuông tại $O$, ta có ${O}'M=IM.\cos \widehat{IM{O}'}=\dfrac{a}{2}$.

Khoảng cách từ điểm ${O}'$ đến mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ là $d\left(O',\left(ABCD\right)\right)=O'M.\sin \widehat{IM{O}'}=\dfrac{a}{2}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}a$.

Vậy khoảng cách từ điểm ${O}'$ đến mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ bằng $\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.

Câu 3. Cho hình trụ có bán kính $R$ và chiều cao $\sqrt{3}R$. Hai điểm $A$, $B$ lần lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho góc giữa $AB$ và trục $d$ của hình trụ bằng $30{}^\circ$. Khoảng cách giữa $AB$ và trục của hình trụ là

A. $d\left(AB,d\right)=\dfrac{R}{2}$. B. $d\left(AB,d\right)=R$. C. $d\left(AB,d\right)=R\sqrt{3}$. D. $d\left(AB,d\right)=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$ .

Lời giải:

Gọi $I$, $J$ là tâm của hai đáy (hình vẽ).

Từ $B$ kẻ đường thẳng song song với trục $d$ của hình trụ, cắt đường tròn đáy kia tại $C$. Khi đó, $\left(AB,d\right)$ $=$ $\left(AB,BC\right)$ $=\widehat{ABC}$. Suy ra $\widehat{ABC}={{30}^{0}}$.

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$, ta có:

$\tan \widehat{ABC}=\dfrac{AC}{CB}$ $\Rightarrow $ $AC$$=$ $CB.\tan \widehat{ABC}$ $=$ $R\sqrt{3}.\tan 30{}^\circ$ $=$ $R\sqrt{3}.\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ $=$ $R$.

Lại có $d {//}\left(ABC\right)$ và $\left(ABC\right)\supset AB$ nên $d\left(d,AB\right)$ $=d\left(d,\left(ABC\right)\right)$ $=d\left(J,\left(ABC\right)\right)$.

Kẻ $JH\bot AC$, $H\in AC$. Vì $BC\bot JH$ nên $JH\bot \left(ABC\right)$. Suy ra $d\left(J,\left(ABC\right)\right)=JH$.

Xét tam giác $JAC$ ta thấy $JA=JC=AC=R$ nên $JAC$ là tam giác đều cạnh $R$. Khi đó chiều cao là $JH=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$. Vậy $d\left(d,AB\right)=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$.

Câu 4. Cho hình trụ có 2 đáy là hình tròn tâm $O$ và ${O}'$, thể tích $V=\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}$. Mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua tâm $O$ và tạo với $O{O}'$ một góc $30{}^\circ$, cắt hai đường tròn tâm $O$ và ${O}'$ tại bốn điểm là bốn đỉnh của một hình thang có đáy lớn gấp đôi đáy nhỏ và diện tích bằng $3{{a}^{2}}$. Khoảng cách từ tâm ${O}'$ đến $\left(P\right)$ là

A. $\dfrac{\sqrt{3}a}{3}\cdot$ B. $\dfrac{\sqrt{3}a}{12}\cdot$ C. $\dfrac{\sqrt{3}a}{2}$. D. $\dfrac{\sqrt{3}a}{4}\cdot$

Lời giải:

Giả sử thiết diện là hình thang $ABCD$ có đáy nhỏ $AD$ và đáy lớn $BC$, bán kính đáy là $r$.

Ta có: $AD=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{2r}{2}=r$.

Kẻ ${O}'I\bot AD$ tại $I$ $\Rightarrow AD\bot \left(O{O}'I\right)\Rightarrow \left(ABCD\right)\bot \left(O{O}'I\right)\Rightarrow \left(\widehat{O{O}'\,,\,\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{{O}'OI}=30{}^\circ$ $\Delta O{O}'I$ vuông tại ${O}'$ nên $\cos {O}'IO=\dfrac{O{O}'}{OI}\Rightarrow OI=\dfrac{O{O}'}{\cos {O}'IO} {=OO}':\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{2. {OO}'}{\sqrt{3}}$

Diện tích $ABCD$ là $3{{a}^{2}}$ nên ta có: ${{S}_{ABCD}}=\dfrac{(AD+BC).OI}{2}=3{{a}^{2}}\Leftrightarrow \dfrac{(r+2r)}{2}.\dfrac{2. {OO}'}{\sqrt{3}}=3{{a}^{2}}\Rightarrow r=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{O'O}$.

Thể tích khối trụ là: ${{V}_{(T)}}=\pi {{r}^{2}}.O'O=\pi .\dfrac{3{{a}^{4}}}{O'{{O}^{2}}}.O'O=\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}\Rightarrow O'O=a\sqrt{3}$.

Vậy, khoảng cách từ tâm ${O}'$ đến $\left(P\right)$ là $d\left(O';\left(P\right)\right)=O'O.\sin {{30}^{0}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

Câu 5. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn $\left(O;R\right)$ và $\left({O}';R\right)$. $AB$ là một dây cung của đường tròn $\left(O;R\right)$ sao cho tam giác ${O}'AB$ là tam giác đều và mặt phẳng $\left({O}'AB\right)$ tạo với mặt phẳng chứa đường tròn $\left(O;R\right)$ một góc ${{60}^{0}}$. Khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $\left({O}'AB\right)$ bằng

A. $\dfrac{3R\sqrt{7}}{7}$. B. $\dfrac{R\sqrt{7}}{7}$. C. $\dfrac{R\sqrt{7}}{14}$. D. $\dfrac{3R\sqrt{7}}{14}$.

Lời giải:

Đặt độ dài cạnh $AB=x$ $\left(x>0\right)$ và $M$ là trung điểm $AB$.

Vì tam giác ${O}'AB$ đều nên ${O}'A={O}'B=AB=x$$\Rightarrow {O}'M=\dfrac{x\sqrt{3}}{2}$.

Vì mặt phẳng $\left({O}'AB\right)$ tạo với mặt phẳng chứa đường tròn $\left(O;R\right)$ góc $60{}^\circ$ nên $\widehat{{O}'MO}=60{}^\circ$.

Xét tam giác ${O}'OM$ vuông tại $O$ ta có: $\cos \widehat{{O}'MO}=\dfrac{OM}{{O}'M}$. Suy ra $\cos 60{}^\circ=\dfrac{OM}{\dfrac{x\sqrt{3}}{2}}\Leftrightarrow OM=\dfrac{x\sqrt{3}}{4}$

Xét tam giác $OAM$vuông ở $M$ có: $O{{A}^{2}}=O{{M}^{2}}+A{{M}^{2}}$ nên

${{R}^{2}}={{\left(\dfrac{x\sqrt{3}}{4}\right)}^{2}}+{{\left(\dfrac{x}{2}\right)}^{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}=\dfrac{7}{16}{{x}^{2}}\Rightarrow x=\dfrac{4\sqrt{7}}{7}R$

Do đó $OM=\dfrac{\sqrt{21}}{7}R$

Vậy khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $\left({O}'AB\right)$ là: $d\left(O;\left(O'AB\right)\right)=OM.\sin {{60}^{0}}=\dfrac{R\sqrt{21}}{7}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3R\sqrt{7}}{14}$

Câu 6. Cho hình nón $(N)$ có đường cao $S O=h$ và bán kính đáy bằng $R$, gọi $M$ là điểm trên đoạn $S O$ , đặt $O M=x, 0<x<h$. $(C)$ là thiết diện của mặt phẳng $(P)$ vuông góc với trục $S O$ tại , với hình nón $(N)$. Tìm $x$ để thể tích khối nón đỉnh $O$ đáy là $(C)$ lớn nhất.

A. $\frac{h}{2}$. B. $\frac{h \sqrt{2}}{2}$. C. $\frac{h \sqrt{3}}{2}$. D. $\frac{h}{3}$.

Lời giải:

Ta có $B M$ là bán kính đường tròn $(C)$.

Do tam giác $\triangle S B M \propto \triangle S A O$ nên $\frac{B M}{A O}=\frac{S M}{S O} \Leftrightarrow B M=\frac{A O \cdot S M}{S O} \Leftrightarrow B M=\frac{R(h-x)}{h}$.

Thể tích của khối nón đỉnh $O$ đáy là $(C)$ là:

$$V=\frac{1}{3} \pi B M^2 . O M=\frac{1}{3} \pi\left[\frac{R(h-x)}{h}\right]^2 x=\frac{1}{3} \pi \frac{R^2}{h^2}(h-x)^2 x \text {. }$$

Xét hàm số $f(x)=\frac{1}{3} \pi \frac{R^2}{h^2}(h-x)^2 x,(0<x<h)$ ta có

Ta có $f^{\prime}(x)=\frac{1}{3} \pi \frac{R^2}{h^2}(h-x)(h-3 x) ; f^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \pi \frac{R^2}{h^2}(h-x)(h-3 x) \Leftrightarrow x=\frac{h}{3}$.

Lập bảng biến thiên ta có

Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh $O$ đáy là $(C)$ lớn nhất khi $x=\frac{h}{3}$.

Như vậy khối nón có đỉnh $O$ và đáy là hình tròn $(C)$ có thể tích lớn nhất bằng $\frac{4}{81} \pi a^3$

Câu 7. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn $\left(O\right)$ và $\left({{O}'}\right)$, bán kính bằng $a$. Một hình nón có đỉnh là ${O}'$và có đáy là hình tròn $\left(O\right)$. Biết góc giữa đường sinh của hình nón và mặt đáy là ${{60}^{0}}$, tỉ số diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón bằng

A. $\sqrt{2}$. B.$\sqrt{3}$. C. $\dfrac{1}{\sqrt{3}}$. D. 2.

Lời giải:

Ta có: $O{O}'=OA.\tan \alpha=a.\tan {{60}^{ {o}}}=\sqrt{3}a$và ${O}'A=\sqrt{{O}'{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left(\sqrt{3}a\right)}^{2}}}=2a$.

Gọi ${{S}_{1}}$ là diện tích xung quanh của hình trụ.

Ta có:${{S}_{1}}=2\pi rl=2\pi .OA.O{O}'=2\pi a.\sqrt{3}a=2\sqrt{3}\pi {{a}^{2}}$.

Gọi ${{S}_{2}}$ là diện tích xung quanh của hình nón.

Ta có:${{S}_{2}}=\pi rl=\pi .OA.{O}'A=\pi a.2a=2\pi {{a}^{2}}$.

$\Rightarrow $Tỉ số diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón là: $\dfrac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\dfrac{2\sqrt{3}\pi {{a}^{2}}}{2\pi {{a}^{2}}}=\sqrt{3}$.

Câu 8. Cho hình trụ $H$ có hai đáy là hai đường tròn có tâm $O$ và $O'$, mặt phẳng $\left(\alpha\right)$ đi qua $O'$ và cắt đường tròn tâm $O$ tại hai điểm $A,B$ sao cho tam giác $O'AB$ là tam giác đều và có diện tích $\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$. Biết góc giữa mp$\left(\alpha\right)$ và mp$\left(OAB\right)$ bằng ${{60}^{0}}$, khoảng cách từ điểm $O$ đến mặt phẳng $\left({O}'AB\right)$ bằng

A. $\dfrac{3a}{8}$. B. $\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$. C. $\dfrac{3a}{4}$. D. $\dfrac{a\sqrt{3}}{8}$.

Lời giải:

$\Delta O'AB$ là tam giác đều và có diện tích $\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$ $\Rightarrow AO'=AB=BO'=a$.

Gọi $I$ là trung điểm $AB$, $IO'=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$. Ta có $\left\{\begin{align}&IO'\bot AB\\ &IO\bot AB\end{align}\right.\Rightarrow \widehat{\left(\left(\alpha\right),\left(OAB\right)\right)}=\widehat{OIO'}={{60}^{0}}$.

$OO'=IO'.\sin {{60}^{0}}=\dfrac{3a}{4}$; $IA=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{a}{2}$ ;$OI=IO'.\cos {{60}^{0}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$;

Gọi $d$ là khoảng cách từ điểm $O$ đến mặt phẳng $\left({O}'AB\right)$

Ta có: $\dfrac{1}{{{d}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{{{O}'}}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{I}^{2}}}=\dfrac{16}{9{{a}^{2}}}+\dfrac{16}{3{{a}^{2}}}=\dfrac{64}{9{{a}^{2}}}$$\Rightarrow d=\dfrac{3a}{8}$.

Câu 9. Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn tâm $O$ và $O'$, chiều cao $h=a\sqrt{3}$. Mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua tâm $O$ và cách ${O}'$ một khoảng $\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$, cắt hai đường tròn tâm $O$ và ${O}'$ tại bốn điểm là bốn đỉnh của một hình thang có diện tích bằng $3{{a}^{2}}$. Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng

A. $\dfrac{144\sqrt{3}\pi {{a}^{3}}}{169}$. B. $\sqrt{3}\pi {{a}^{3}}$. C. $\dfrac{12\sqrt{3}\pi {{a}^{3}}}{13}$. D. $\dfrac{169\sqrt{3}}{144}\pi {{a}^{3}}$.

Lời giải:

Gọi $A,B$ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng $\left(P\right)$ với đường tròn $\left(O\right)$ và $C,D$ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng $\left(P\right)$ với đường tròn tâm $\left({{O}'}\right)$

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, ta có:

$\left\{\begin{align}CD\bot {O}'M\\ &CD\bot O{O}'\end{align}\right.\Rightarrow CD\bot \left(O{O}'M\right)\Rightarrow \left(ABCD\right)\bot \left(O{O}'M\right)$

Gọi $d$ là khoảng cách từ điểm ${O}'$ đến mặt phẳng $\left(P\right)$. Ta có:

$\dfrac{1}{{{d}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{{{O}'}}^{2}}}+\dfrac{1}{{O}'{{M}^{2}}}\Rightarrow \dfrac{1}{{O}'{{M}^{2}}}=\dfrac{1}{{{d}^{2}}}-\dfrac{1}{O{{{{O}'}}^{2}}}=\dfrac{4}{3{{a}^{2}}}-\dfrac{1}{3{{a}^{2}}}=\dfrac{1}{{{a}^{2}}}$$\Rightarrow {O}'M=a$

$OM=\sqrt{{{\left(a\sqrt{3}\right)}^{2}}+{{a}^{2}}}=2a$

Ta có: $OM\bot CD\Rightarrow OM\bot AB\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=\dfrac{\left(AB+CD\right).OM}{2}=3{{a}^{2}}$

$\Rightarrow 2R+CD=3a\Rightarrow CD=3a-2R$

Trong tam giác vuông ${O}'CM$ ta có: ${O}'{{C}^{2}}={O}'{{M}^{2}}+M{{C}^{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}={{a}^{2}}+{{\left(\dfrac{3a-2R}{2}\right)}^{2}}$

$\Leftrightarrow 12aR=13{{a}^{2}}\Rightarrow R=\dfrac{13}{12}a$

Thể tích khối trụ $V=\pi {{R}^{2}}h=\pi {{\left(\dfrac{13a}{12}\right)}^{2}}a\sqrt{3}=\dfrac{169\sqrt{3}}{144}\pi {{a}^{3}}$

Câu 10. Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn $\left(O\right)$ và $\left({{O}'}\right)$ bán kính bằng $a\sqrt{3}$. Một khối nón có đỉnh $O'$, đáy là đường tròn $\left(O\right)$ và có thể tích bằng $2\pi {{a}^{3}}$. Gọi $A$ và $B$ là hai điểm thuộc đường tròn $\left(O\right)$ sao cho $AB=a\sqrt{6}$. Khoảng cách từ tâm đường tròn đáy của khối nón đến mặt phẳng $\left(SAB\right)$ bằng

A. $\dfrac{\sqrt{6}a}{11}$. B. $\dfrac{3\sqrt{6}a}{2}$. C. $\dfrac{2\sqrt{33}a}{11}$. D. $\dfrac{\sqrt{6}a}{3}$.

Lời giải:

Vì $O$ là tâm đường tròn đáy nên $\Rightarrow OA=OB=a\sqrt{3}$

Gọi $H$ là trung điểm của đoạn $AB$. Kẻ $OK\bot O'H$ $\left(K\in O'H\right)$.

Ta có $\left\{\begin{align}&AB\bot OH\\ &AB\bot O'O\end{align}\right.$ $\Rightarrow AB\bot \left(O'HO\right)$ $\Rightarrow AB\bot OK$.

Do đó $\left\{\begin{align}&OK\bot AB\\ &OK\bot O'H\end{align}\right.$ $\Rightarrow OK\bot \left(O'AB\right)$ $\Rightarrow d\left(O,\left(O'AB\right)\right)=OK$.

Ta thấy $AB=a\sqrt{6}=OA.\sqrt{2}$ $\Rightarrow \Delta OAB$ vuông cân tại $O$ $\Rightarrow OH=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}$.

Thể tích khối nón bằng: $V=\dfrac{1}{3}\pi O{{A}^{2}}.O'O$ $\Rightarrow O'O=\dfrac{3V}{\pi .O{{A}^{2}}}$ $=\dfrac{3.2\pi {{a}^{3}}}{\pi .3{{a}^{2}}}$ $=2a$.

Xét tam giác $O'HO$ vuông tại $O$ đường cao $OK$ ta có:

$OK=\dfrac{O'O.OH}{\sqrt{O'{{O}^{2}}+O{{H}^{2}}}}$ $=\dfrac{2a.\dfrac{a\sqrt{6}}{2}}{\sqrt{4{{a}^{2}}+\dfrac{6{{a}^{2}}}{4}}}$ $=\dfrac{2\sqrt{33}a}{11}$.

Câu 11. Cho hình trụ có chiều cao bằng bán kính đáy và bằng 4. Điểm $A$ nằm trên đường tròn đáy tâm $O$, điểm $B$ nằm trên đường tròn đáy tâm ${O}'$ của hình trụ. Biết khoảng cách giữa 2 đường thẳng $O{O}'$ và $AB$ bằng $2\sqrt{2}$. Khi đó khoảng cách giữa ${O}'A$ và $OB$ bằng

A. $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$. B. $\dfrac{4\sqrt{2}}{3}$. C. $2\sqrt{3}$. D. $\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$.

Lời giải:

Gọi $A{A}'$ là đường sinh của hình trụ, ta có $O{O}' {//}A{A}'\Rightarrow O{O}' {//}\left(A{A}'B\right)$.

Suy ra $d\left(O{O}',\,\,AB\right)=d\left(O{O}',\,\,\left(A{A}'B\right)\right)=d\left({O}',\,\,\left(A{A}'B\right)\right)$.

Kẻ ${O}'I\bot {A}'B$. Ta có $\left\{\begin{align}&{O}'I\bot {A}'B\\ &{O}'I\bot A{A}'\end{align}\right.\Rightarrow {O}'I\bot \left(A{A}'B\right)$$\Rightarrow d\left(O{O}',\,\,AB\right)={O}'I=2\sqrt{2}$.

Trong $\Delta {O}'{A}'I$ vuông tại $I$có ${A}'I=\sqrt{{O}'{{{{A}'}}^{2}}-{O}'I}=\sqrt{16-8}=2\sqrt{2}$.

Suy ra ${A}'B=2{A}'I=4\sqrt{2}$.

Gọi $C$ là điểm đối xứng với ${A}'$ qua ${O}'$ suy ra tứ giác $OA{O}'C$ là hình bình hành

Do đó $\left\{\begin{align}&OC {//}{O}'A\\ &OC={O}'A\end{align}\right.\Rightarrow {O}'A {//}\left(OBC\right)$$\Rightarrow d\left({O}'A,\,\,OB\right)=d\left({O}'A,\,\,\left(OBC\right)\right)=d\left({O}',\,\,\left(OBC\right)\right)$.

Kẻ ${O}'J\bot BC$, mà $O{O}'\bot BC$$\Rightarrow BC\bot \left(O{O}'J\right)$

$\Rightarrow \left(O{O}'J\right)\bot \left(OBC\right),\,\,\left(O{O}'J\right)\cap\left(OBC\right)=OJ$

Kẻ ${O}'H\bot OJ\Rightarrow {O}'H\bot \left(OBC\right)$. Khi đó ta có $d\left({O}'A,\,\,OB\right)=d\left({O}',\,\,\left(OBC\right)\right)={O}'H$.

Trong $\Delta {A}'BC$ vuông tại $B$ có $BC=\sqrt{{A}'{{C}^{2}}-{A}'{{B}^{2}}}=\sqrt{64-32}=4\sqrt{2}$.

Suy ra $\Delta {A}'BC$ vuông cân tại $B$, mà ${O}'J\bot BC\Rightarrow {O}'J={O}'I=2\sqrt{2}$.

Trong $\Delta OO'J$ ta có $\dfrac{1}{O'{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{O'{{J}^{2}}}+\dfrac{1}{OO{{'}^{2}}}=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}=\dfrac{3}{16}$$\Rightarrow O'H=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$

Vậy $d\left({O}'A,\,\,OB\right)=d\left({O}',\,\,\left(OBC\right)\right)={O}'H=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$.

Câu 12. Cho hình nón đỉnh $S$, đường cao $SO$. Gọi $A, B$ là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón sao cho khoảng cách từ $O$ đến $AB$ bằng $a$ và $\widehat{SAO}={{30}^{0}},$ $\widehat{SAB}={{60}^{0}}$. Độ dài đường sinh $\ell$ của hình nón bằng

A. $\ell=a.$ B. $\ell=a\sqrt{2}.$ C. $\ell=a\sqrt{3}.$ D. $\ell=2a.$

Lời giải:

Gọi $I$ là trung điểm $AB$, suy ra $OI\bot AB, {}SI\bot AB$ và $OI=a$.

Trong tam giác vuông $SOA$, ta có $OA=SA.\cos \widehat{SAO}=\dfrac{SA\sqrt{3}}{2}.$

Trong tam giác vuông $SIA$, ta có $IA=SA.\cos \widehat{SAB}=\dfrac{SA}{2}.$

Trong tam giác vuông $OIA$, ta có

$O{{A}^{2}}=O{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}\Leftrightarrow \dfrac{3}{4}S{{A}^{2}}={{a}^{2}}+\dfrac{1}{4}S{{A}^{2}}\Rightarrow SA=a\sqrt{2}.$

Câu 13. Cho hình nón đỉnh $S$ có đáy là hình tròn tâm $O$, bán kính $R$. Dựng hai đường sinh $SA$ và $SB$, biết $AB$ chắn trên đường tròn đáy một cung có số đo bằng ${{60}^{0}}$, khoảng cách từ tâm $O$ đến mặt phẳng $\left(SAB\right)$ bằng $\dfrac{R}{2}$. Đường cao $h$ của hình nón bằng

A. $h=\dfrac{R\sqrt{6}}{4}.$ B. $h=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}.$ C. $h=a\sqrt{3}.$ D. $h=a\sqrt{2}.$

Lời giải:

Theo giả thiết ta có tam giác $OAB$ đều cạnh $R$.

Gọi $E$ là trung điểm $AB$, suy ra $OE\bot AB$ và $OE=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên $SE$, suy ra $OH\bot SE$.

Ta có $\left\{\begin{align}&AB\bot OE\\ &AB\bot SO\end{align}\right.\Rightarrow AB\bot \left(SOE\right)\Rightarrow AB\bot OH.$

Từ đó suy ra $OH\bot \left(SAB\right)$ nên $d\left[O,\left(SAB\right)\right]=OH=\dfrac{R}{2}.$

Trong tam giác vuông $SOE$, ta có $\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}-\dfrac{1}{O{{E}^{2}}}=\dfrac{8}{3{{R}^{2}}}\Rightarrow SO=\dfrac{R\sqrt{6}}{4}.$

Câu 14. Cắt hình nón đỉnh S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng $a\sqrt{2}$. Gọi $BC$ là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt phẳng $\left(SBC\right)$ tạo với mặt phẳng đáy một góc ${{60}^{0}}$. Diện tích tam giác $SBC$ là

A. $\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{3}.$ B. $\dfrac{{{a}^{2}}}{3}.$ C. $\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{2}.$ D. $\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{3}.$

Lời giải:

Gọi $\left(O\right)$ là đường tròn đáy có đường kính là $IJ$, dựng $OM\bot BC$ ($M$ là trung điểm của $BC$).

Vì $\Delta SBC$ cân tại $S$ nên $BC\bot SM$, từ đó ta có $\left(\left(SBC\right);\left(O\right)\right)=\left(SM,OM\right)=\widehat{SMO}=60{}^\circ$.

Vì tam giác $SIJ$ vuông cân tại $S$ nên $SO=\dfrac{1}{2}IJ=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ $\Rightarrow $ $SM=\dfrac{SO}{\sin 60{}^\circ}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$.

Do đó:$CM=\sqrt{S{{C}^{2}}-S{{M}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left(\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$.

Vậy ${{S}_{\Delta SBC}}=\dfrac{1}{2}SM.BC=\dfrac{1}{2}\dfrac{a\sqrt{6}}{3}.\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{3}$.

Câu 15. Một hình nón đỉnh S bán kính đáy $R=a\sqrt{3}$, góc ở đỉnh là ${{120}^{0}}$. Mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác. Diện tích lớn nhất của tam giác đó bằng

A. $\sqrt{3}{{a}^{2}}$. B. $2{{a}^{2}}$. C. $\dfrac{\sqrt{3}}{2}{{a}^{2}}$. D. $2\sqrt{3}{{a}^{2}}$.

Lời giải:

Giả sử $\Delta SAM$ là thiết diện tạo bởi mặt phẳng và hình nón.

Gọi $AM=x\left(0<x\le2a\sqrt{3}\right)$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AM$

$\Rightarrow OH\bot AM\Rightarrow AM\bot \left(SOH\right)\Rightarrow AM\bot SH$.

Vì $\widehat{ASB}=120{}^\circ\Rightarrow \widehat{ASO}=60{}^\circ\Rightarrow \left\{\begin{align}&SA=\dfrac{AO}{\sin 60{}^\circ}=2a\\ &SO=\dfrac{AO}{\tan 60{}^\circ}=a\end{align}\right.$.

$OH=\sqrt{O{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}\Rightarrow SH=\sqrt{O{{H}^{2}}+S{{O}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}$.

CÁCH 1:

$\begin{align}&{{S}_{\Delta SAM}}=\dfrac{1}{2}AM.SH=\dfrac{1}{2}x\sqrt{4{{a}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}\le\dfrac{\dfrac{{{x}^{2}}}{4}+4{{a}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}{2}\\ &{{S}_{\Delta SAM}}\le2{{a}^{2}}\end{align}$.

Vậy ${{S}_{\max}}=2{{a}^{2}}$, đẳng thức xảy ra khi $x=2a\sqrt{2}$.

CÁCH 2:

Ta có ${S}'=\dfrac{1}{2}\left[\sqrt{4{{a}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4\sqrt{4{{a}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}}\right]=\dfrac{16{{a}^{2}}-2{{x}^{2}}}{8\sqrt{4{{a}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}}\Rightarrow {S}'=0\Rightarrow x=2a\sqrt{2}$.

$\Rightarrow {{S}_{\max}}=2{{a}^{2}}$.

Câu 16. Cho hình nón $\left(N\right)$ có chiều cao bằng $6a$. Cắt $\left(N\right)$ bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh và cách tâm của đáy một khoảng bằng $3a$ ta được thiết diện có diện tích bằng $12\sqrt{11}{{a}^{2}}$. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng

A. $36\sqrt{5}{ }\!\!\pi\!\!{ }{{a}^{3}}$. B. $270{ }\!\!\pi\!\!{ }{{a}^{3}}$. C. $90{ }\!\!\pi\!\!{ }{{a}^{3}}$. D. $12\sqrt{5}{ }\!\!\pi\!\!{ }{{a}^{3}}$.

Lời giải:

Giả sử mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua đỉnh của hình nón cắt hình nón theo thiết diện là tam giác $SBC$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Ta có $\left\{\begin{align}&BC\bot OI\\ &BC\bot SO\end{align}\right.\Rightarrow BC\bot \left(SOI\right)$.

Kẻ $OH\bot SI$ $\left(H\in SI\right)$, mà $OH\bot BC$ (vì $BC\bot \left(SOI\right)$ và $OH\subset\left(SOI\right)$)

suy ra $OH\bot \left(SBC\right)$.

Theo giả thiết có: $SO=6a$, ${{S}_{SBC}}=12\sqrt{11}{{a}^{2}}$ và $d\left(O;\,\left(SBC\right)\right)=OH=3a$.

Trong $\Delta SOI$ vuông tại $O$ có: $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{I}^{2}}}$$\Rightarrow OI=2\sqrt{3}a$

$SI=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{I}^{2}}}=4\sqrt{3}a$.

Ta có: ${{S}_{SBC}}=\dfrac{1}{2}SI.BC$$\Rightarrow BC=\dfrac{2{{S}_{SBC}}}{SI}=2\sqrt{33}a$ $\Rightarrow IC=\dfrac{BC}{2}=\sqrt{33}a$.

Trong $\Delta OIC$ vuông tại $I$ có: $OC=\sqrt{O{{I}^{2}}+I{{C}^{2}}}=3\sqrt{5}a=R$.

Vậy thể tích của khối nón đã cho là $V=\dfrac{1}{3} {}\!\!\pi \!\! {} {.}SO.O{{C}^{2}}=90 {}\!\!\pi \!\! {}{{a}^{3}}$.

Câu 17. Cho hình nón có chiều cao $6a$. Một mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua đỉnh của hình nón cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác vuông cân và khoảng cách từ tâm đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left(P\right)$ là $3a$. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng

A. $120\pi {{a}^{3}}$. B. $96\pi {{a}^{3}}$. C. $108\pi {{a}^{3}}$. D. $150\pi {{a}^{3}}$.

Lời giải:

Giả sử mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua đỉnh của hình nón cắt hình nón theo thiết diện là tam giác vuông cân $SBC$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Ta có $\left\{\begin{align}&BC\bot OI\\ &BC\bot SO\end{align}\right.\Rightarrow BC\bot \left(SOI\right)$.

Kẻ $OH\bot SI$ $\left(H\in SI\right)$, mà $OH\bot BC$ (vì $BC\bot \left(SOI\right)$ và $OH\subset\left(SOI\right)$)

suy ra $OH\bot \left(SBC\right)$.

Theo giả thiết có: $SO=6a$ và $d\left(O;\,\left(SBC\right)\right)=OH=3a$.

Trong $\Delta SOI$ vuông tại $O$ có: $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{I}^{2}}}$ $\Rightarrow OI=2\sqrt{3}a$

$SI=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{I}^{2}}}=4\sqrt{3}a$

Mà tam giác $SBC$ là tam giác vuông cân tại $S$, suy ra $SI=IB=IC=4\sqrt{3}a$.

Trong $\Delta OIC$ vuông tại $I$ có: $OC=\sqrt{O{{I}^{2}}+I{{C}^{2}}}=2\sqrt{15}a=R$.

Vậy thể tích của khối nón đã cho bằng $V=\dfrac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\dfrac{1}{3}.\pi .{{\left(2\sqrt{15}a\right)}^{2}}.6a=120\pi {{a}^{3}}.$

Câu 18. Cho một hình nón đỉnh $S$có chiều cao $h=a$ và bán kính đáy $r=2a$. Mặt phẳng $(P)$ đi qua $S$ cắt đường tròn đáy tại $A$ và $B$ sao cho $AB=2\sqrt{2}a$. Khoảng cách $d$ từ tâm của đường tròn đáy đến $(P)$ bằng

A. $d=\dfrac{\sqrt{3}a}{6}$. B. $d=\dfrac{\sqrt{3}a}{2}$. C. $d=\dfrac{\sqrt{6}a}{3}$. D. $d=a$.

Lời giải:

Có $\left(P\right)\equiv \left(SAB\right)$.

Ta có $SO=a=h,\,OA=OB=r=2a,AB=2a\sqrt{2}$, gọi $I$ là hình chiếu của $O$ lên $AB$ suy ra $I$ là trung điểm $AB$, gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên $SI$ suy ra $d\left(O;\left(SAB\right)\right)=OH$.

Ta tính được $OI=\sqrt{O{{A}^{2}}-I{{A}^{2}}}=a\sqrt{2}$

Xét tam giác $SOI$ vuông tại $O$ có $OH$ là đường cao. Khi đó

$\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{I}^{2}}}=\dfrac{1}{{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{2{{a}^{2}}}=\dfrac{3}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow OH=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}.$

Câu 19. Cho một hình nón đỉnh $S$ có độ dài đường sinh $l=3a$ và diện tích xung quanh ${{S}_{xq}}=6\pi {{a}^{2}}$. Mặt phẳng $(P)$ đi qua $S$ cắt đường tròn đáy tại $A$ và $B$ sao cho $AB=2a$. Tính khoảng cách $d$ từ tâm của đường tròn đáy đến $(P)$.

A. $d=\dfrac{\sqrt{15}a}{3}$. B. $d=\dfrac{\sqrt{30}a}{4}$. C. $d=\dfrac{\sqrt{15}a}{2}$. D. $d=\dfrac{\sqrt{3}a}{4}$.

Lời giải:

Có $\left(P\right)\equiv \left(SAB\right)$.

Ta có $OA=OB=r=\dfrac{{{S}_{xq}}}{\pi l}=\dfrac{6\pi {{a}^{2}}}{\pi .3a}=2a$, gọi $I$ là hình chiếu của $O$ lên $AB$ suy ra $I$ là trung điểm $AB$, gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên $SI$ suy ra $d\left(O;\left(SAB\right)\right)=OH$.

Ta tính được $OI=\sqrt{O{{A}^{2}}-I{{A}^{2}}}=a\sqrt{3}$

Chiều cao của hình nón là $SO=\sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}=a\sqrt{5}$

Xét tam giác $SOI$ vuông tại $O$ có $OH$ là đường cao. Khi đó

$\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{I}^{2}}}=\dfrac{1}{5{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{3{{a}^{2}}}=\dfrac{8}{15{{a}^{2}}}\Rightarrow OH=\dfrac{a\sqrt{30}}{4}.$

Câu 20. Cho hình nón đỉnh $S$, đáy là hình tròn tâm $O$. Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác có một góc bằng ${{120}^{0}},$ thiết diện qua đỉnh $S$ cắt mặt phẳng đáy theo dây cung $AB=4a$ và là một tam giác vuông. Diện tích xung quanh của hình nón bằng

A. $\pi \sqrt{3}{{a}^{2}}$. B. $\pi 8\sqrt{3}{{a}^{2}}$. C. $\pi 2\sqrt{3}{{a}^{2}}$. D. $\pi 4\sqrt{3}{{a}^{2}}$.

Lời giải:

Ta có tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$, $AB=4a$ nên $SB=2a\sqrt{2}$.

Mặt khác tam giác $SDC$ cân tại $S$ và có góc $\widehat{CSD}=120{}^\circ$ nên $\widehat{CSO}=60{}^\circ$.

Xét tam giác vuông $SOC$ có $\sin \widehat{CSO}=\dfrac{OC}{SC}\Leftrightarrow OC=SC.\sin \widehat{CSO}$ $\Rightarrow OC=a\sqrt{6}$.

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=\pi rl$$=\pi a\sqrt{6}.2a\sqrt{2}$ $=4\pi {{a}^{2}}\sqrt{3}$.

Câu 21. Cho hình lăng trụ đều $ABC .{A}'{B}'{C}'$, góc giữa hai mặt phẳng $\left({A}'BC\right)$ và $\left(ABC\right)$ bằng $45{}^\circ$, diện tích tam giác ${A}'BC$ bằng ${{a}^{2}}\sqrt{6}$. Thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ $ABC .{A}'{B}'{C}'$ bằng

A. $\dfrac{4\pi {{a}^{3}}}{3}$. B. $\dfrac{4\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{9}$. C. $\dfrac{4\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$. D. $4\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}$.

Lời giải:

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Khi đó ta có $BC\bot AM$, $BC\bot {A}'M$

Suy ra $\left(\left({A}'BC\right),\left(ABC\right)\right)=\widehat{{A}'MA}=45{}^\circ$ $\Rightarrow {A}'A=AM$. Gọi $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$.

Đặt $BC=x$, $x>0$. Ta có $AM={A}'A=\dfrac{x\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow {A}'M=\dfrac{x\sqrt{6}}{2}$.

Nên ${{S}_{\Delta {A}'BC}}=\dfrac{1}{2}.{A}'M.BC=\dfrac{{{x}^{2}}\sqrt{6}}{4}={{a}^{2}}\sqrt{6}$ $\Rightarrow x=2a$.

Khi đó $AO=\dfrac{2}{3}AM=\dfrac{2}{3}.\dfrac{2a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}$ và ${A}'A=a\sqrt{3}$.

Thể tích khối trụ là: $V=\pi .O{{A}^{2}}.{A}'A=\pi .{{\left(\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\right)}^{2}}.a\sqrt{3}=\dfrac{4\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$.

Câu 22. Cho khối nón $\left(N\right)$ có chiều cao $h=20cm$, bán kính đáy $r=25cm$. Gọi $\left(\alpha\right)$ là mặt phẳng đi qua đỉnh của $\left(N\right)$ và cách tâm của mặt đáy $12cm$. Khi đó $\left(\alpha\right)$ cắt $\left(N\right)$ theo một thiết diện có diện tích là

A. $S=300$$c{{m}^{2}}$. B. $S=500$$c{{m}^{2}}$. C. $S=406$$c{{m}^{2}}$. D. $S=400$$c{{m}^{2}}$.

Lời giải:

Gọi $S,O$ lần lượt là đỉnh và tâm đường tròn đáy của khối nón $\left(N\right)$.

Ta có mặt phẳng $\left(\alpha\right)$ qua đỉnh của $\left(N\right)$ cắt đường tròn đáy tâm $O$ tại 2 điểm $A,B$.

Vậy mặt phẳng $\left(\alpha\right)$ cắt khối nón theo một thiết diện là $\Delta SAB$.

Kẻ $OI\bot AB$, $OH\bot SI$. Ta có $\left\{\begin{align}&OI\bot AB\\ &SO\bot AB\end{align}\right.\Rightarrow AB\bot \left(SOI\right)\Rightarrow AB\bot OH$.

Ta có $\left\{\begin{align}&AB\bot OH\\ &SI\bot OH\end{align}\right.\Rightarrow OH\bot \left(SAB\right)\Rightarrow d\left[O,\left(SAB\right)\right]=OH=12$cm.

Áp dụng hệ thức lượng cho $\Delta SOI$ vuông tại $O$ có đường cao $OH$

$\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{I}^{2}}}+\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}\Rightarrow OI=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}-\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}}}=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{{{12}^{2}}}-\dfrac{1}{{{20}^{2}}}}}=15$cm.

Xét $\Delta AOI$ vuông tại $I$ có: $I{{A}^{2}}+O{{I}^{2}}=A{{O}^{2}}\Rightarrow IA=\sqrt{A{{O}^{2}}-O{{I}^{2}}}=\sqrt{{{25}^{2}}-{{15}^{2}}}=20$ cm.

Xét $\Delta SOI$ vuông tại $O$ có: $S{{O}^{2}}+I{{O}^{2}}=S{{I}^{2}}\Rightarrow SI=\sqrt{S{{O}^{2}}+I{{O}^{2}}}=\sqrt{{{20}^{2}}+{{15}^{2}}}=25$ cm.

Vậy ${{S}_{SAB}}=\dfrac{1}{2}SI.AB=SI.IA=25.20=500$$c{{m}^{2}}$.

Câu 23. Cho hình nón đỉnh $S$, đường cao $SO$. Gọi $A,B$ là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón sao cho khoảng cách từ $O$ đến $AB$ là $a$ và $\widehat{SAO}={{30}^{o}}$, $\widehat{SAB}={{60}^{o}}$. Bán kính đáy bằng

A. $a\sqrt{6}$. B. $\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$. C. $\dfrac{a\sqrt{6}}{2}$. D. $a\sqrt{3}$.

Lời giải:

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$, ta có: $OI\bot AB,SI\bot AB,OI=a$.

Ngoài ra $\left\{\begin{align}&AO=SA.\cos \widehat{SAO}=SA.\cos {{30}^{o}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}SA\\ &AI=SA.\cos \widehat{SAI}=SA.\cos {{60}^{o}}=\dfrac{1}{2}SA\end{align}\right.\Rightarrow \dfrac{AI}{AO}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Mà $\dfrac{AI}{AO}=\cos \widehat{IAO}\Rightarrow \cos \widehat{IAO}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \sin \widehat{IAO}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}=\dfrac{OI}{OA}=\dfrac{a}{OA}$

Vậy $OA=\dfrac{3a}{\sqrt{6}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}$.

Câu 24. Cho khối nón $\left(N\right)$ có bán kính đáy $r=4a$ và chiều cao lớn hơn bán kính đáy. Mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua đỉnh nón và tạo với đáy nón một góc $60{}^\circ$ cắt khối nón (N) theo thiết diện là một tam giác có diện tích bằng $8\sqrt{3}{{a}^{2}}$. Thể tích của khối nón (N) bằng

A. $64\pi {{a}^{3}}$. B. $96\pi {{a}^{3}}$. C. $32\pi {{a}^{3}}$. D. $192\pi {{a}^{3}}$.

Lời giải:

Gọi thiết diện của mặt phẳng $\left(P\right)$ và khối nón $\left(N\right)$ là $\Delta SAB$ (hình vẽ), đường cao $SO=h$, mặt đáy của hình $\left(N\right)$ là $\left(Q\right)$

Vẽ $OH\bot AB$ tại $H$ thì $H$ cũng là trung điểm của $AB$

Ta có $\left\{\begin{align}&OH\bot AB\Rightarrow SH\bot AB\\ &SH\subset(P),\,OH\subset\left(Q\right)\\ &\left(P\right)\cap\left(Q\right)=AB\end{align}\right.\Rightarrow \left(\widehat{\left(P\right),\left(Q\right)}\right)=\widehat{SHO}=60{}^\circ$

Ta có $OH=\dfrac{SO}{\tan {{60}^{0}}}=\dfrac{h\sqrt{3}}{3}\Rightarrow AH=\sqrt{O{{A}^{2}}-O{{H}^{2}}}=\sqrt{16{{a}^{2}}-\dfrac{{{h}^{2}}}{3}}$ và $SH=\dfrac{SO}{\sin {{60}^{0}}}=\dfrac{2h\sqrt{3}}{3}$

${{S}_{\Delta SHA}}=\dfrac{1}{2}SH.AH=\dfrac{8\sqrt{3}{{a}^{2}}}{2}=4\sqrt{3}{{a}^{2}}\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\dfrac{2h\sqrt{3}}{3}.\sqrt{16{{a}^{2}}-\dfrac{{{h}^{2}}}{3}}=4\sqrt{3}{{a}^{2}}\Leftrightarrow \left[\begin{align}&h=6a\\ &h=2\sqrt{3}a\end{align}\right.(h>0)$

$h>r\Rightarrow h=6a\Rightarrow V=\dfrac{1}{3}\pi {{\left(4a\right)}^{2}}.6a=32\pi {{a}^{2}}$.

Câu 25. Cắt hình nón đỉnh $S$ bởi một mặt phẳng không đi qua trục hình nón ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng $a\sqrt{2}$; $AB$ là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt phẳng $\left(SAB\right)$ tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc $60{}^\circ$. khoảng cách từ tâm O của đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left(SAB\right)$ là

A. $d=\dfrac{a\sqrt{6}}{8}$. B. $d=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$. C. $d=\dfrac{a}{3}$. D. $d=\dfrac{a\sqrt{2}}{6}$.

Lời giải:

Ta có $SK$ trung tuyến trong tam giác vuông cân $SAB\Rightarrow SK=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.$

Xét tam giác vuông $SOK$:

$SO=\sin 60{}^\circ.SK=\dfrac{\sqrt{6}}{4}$

$OK=\cos 60{}^\circ.SK=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$

$OH=\dfrac{SO.OK}{\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{K}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{6}}{8}$

Câu 26. Cho hình nón đỉnh $S,\,A$ và $B$ là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $\left(SAB\right)$bằng $\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$ và $\widehat{SAO}={{30}^{0}},\widehat{SAB}={{60}^{0}}$. Độ dài đường sinh của hình nón theo $a$ bằng

A. $a\sqrt{2}$. B. $a\sqrt{3}$. C. $2a\sqrt{3}$. D. $a\sqrt{5}$.

Lời giải:

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, $K$ là hình chiếu của $O$ lên $SH$.

Vì tam giác $OAB$ cân tại $O$ $\Rightarrow OH\bot AB$.

Mà $AB\bot SO$, vậy $AB\bot \left(SOI\right)\Rightarrow OK\bot AB$.

Mặt khác theo cách vẽ $OK\bot SH$, nên $OK\bot \left(SAB\right)$.

Vậy $d\left(O;\left(SAB\right)\right)=OK=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$.

Theo giả thiết $\widehat{SAO}={{30}^{0}}\Rightarrow SO=SA.\sin {{30}^{0}}=\dfrac{1}{2}SA$.

Mà $\widehat{SAB}={{60}^{0}}\Rightarrow \Delta SAB$ đều $\Rightarrow SH=\dfrac{\sqrt{3}}{2}SA$.

Xét tam giác vuông $SOH$ vuông tại $O$: $O{{H}^{2}}=S{{H}^{2}}-S{{O}^{2}}=\dfrac{3}{4}S{{A}^{2}}-\dfrac{1}{4}S{{A}^{2}}=\dfrac{1}{2}S{{A}^{2}}$.

$\Rightarrow OH=\dfrac{\sqrt{2}}{2}SA$.

Mà $OK.SH=SO.OH\Leftrightarrow \dfrac{a\sqrt{3}}{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}SA=\dfrac{1}{2}SA.\dfrac{\sqrt{2}}{2}SA\Rightarrow SA=a\sqrt{2}$.

Câu 27. Cho khối nón xoay đỉnh $S$ có thể tích bằng $96\pi $. Một mặt phẳng $\left(\alpha\right)$ đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác đều có cạnh bằng 10. Khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left(\alpha\right)$ có thể bằng kết quả nào dưới đây?

A. 8. B. $\dfrac{8\sqrt{33}}{15}$. C. $\dfrac{6\sqrt{13}}{5}$. D. $\dfrac{5}{24}$.

Lời giải:

Gọi thiết diện mặt phẳng $\left(\alpha\right)$ cắt hình nón là tam giác $SAB$. Do đó, $\Delta SAB$ đều có cạnh $AB=10$.

Gọi $O,R,h$ lần lượt là tâm, bán kính của đường tròn đáy và chiều cao của khối nón, $I$,$H$ lần lượt là hình chiếu của $O$ lên $AB$, $SI$. Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left(SAB\right)$ bằng $OH$.

Ta có $V=\dfrac{1}{3}\pi {{R}^{2}}.h=96\pi \Rightarrow {{R}^{2}}=\dfrac{3V}{\pi .h}=\dfrac{3.96\pi}{\pi .h}=\dfrac{288}{h}$

Xét tam giác vuông $SOA$ có $S{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}=S{{A}^{2}}\Leftrightarrow {{h}^{2}}+{{R}^{2}}=100\Leftrightarrow {{h}^{2}}+\dfrac{288}{h}=100$

$\Leftrightarrow {{h}^{3}}-100h+288=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& h=8 \\ & h=-2.(2+\sqrt{13})<0(L) \\ & h=2.(\sqrt{13}-2) \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & h=8 \\ & h=2.(\sqrt{13}-2) \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& \left( h;R \right)=\left( 8;6 \right) \\& \left( h;R \right)=\left( 2.(\sqrt{13}-2);4\sqrt{2+\sqrt{13}} \right) \\\end{align} \right.$

TH1: $\left(h;R\right)=\left(8;6\right)$

Xét tam giác vuông $OIA$ có: $I{{O}^{2}}=O{{A}^{2}}-I{{A}^{2}}={{6}^{2}}-{{\left(\dfrac{AB}{2}\right)}^{2}}={{6}^{2}}-{{\left(\dfrac{10}{2}\right)}^{2}}=11$

Trong tam giác vuông $SIO$ có: $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{I}^{2}}}=\dfrac{1}{{{8}^{2}}}+\dfrac{1}{11}=\dfrac{75}{704}\Rightarrow OH=\dfrac{8\sqrt{33}}{15}$.

TH2: $\left(h;R\right)=\left(2.(\sqrt{13}-2);4\sqrt{2+\sqrt{13}}\right)$

Xét tam giác vuông $OIA$ có:

$I{{O}^{2}}=O{{A}^{2}}-I{{A}^{2}}=16.\left(2+\sqrt{13}\right)-{{\left(\dfrac{AB}{2}\right)}^{2}}=16.\left(2+\sqrt{13}\right)-{{\left(\dfrac{10}{2}\right)}^{2}}=7+16\sqrt{3}$

Trong tam giác vuông $SIO$ có:

$\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{I}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left(2.(\sqrt{13}-2)\right)}^{2}}}+\dfrac{1}{7+16\sqrt{3}}\Rightarrow OH=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{68+8\sqrt{13}}+\dfrac{1}{7+16\sqrt{3}}}}$.

Câu 28. Cho hình nón đỉnh $S$, đường tròn đáy tâm $O$ và góc ở đỉnh bằng ${{120}^{0}}$. Một mặt phẳng đi qua $S$ cắt hình nón theo thiết diện là tam giác $SAB$. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SO$ bằng 3, diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng $18\pi \sqrt{3}$. Diện tích tam giác $SAB$ bằng

A. 21. B. 27. C. 12. D. 18.

Lời giải:

+ Gọi $H$ là trung điểm $AB$, $\Delta SAB$ cân tại $S\left(SA=SB=l\right)$ nên $OH\bot AB$.

Mà $SO$ vuông góc với đáy $\Rightarrow SO\bot OH$

$\Rightarrow OH$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $SO$ nên $d\left(SO,AB\right)=OH=3$.

+ Gọi bán kính của đường tròn đáy hình nón là $r$ $\Rightarrow r=OB$.

Vì góc đỉnh hình nón bằng $120{}^\circ\Rightarrow \widehat{OSB}=60{}^\circ\Rightarrow \sin \widehat{OSB}=\dfrac{OB}{SB}$

$\Rightarrow SB=\dfrac{r}{\sin 60{}^\circ}=\dfrac{r}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{2r\sqrt{3}}{3}$.

Diện tích xung quanh của hình nón ${{S}_{xq}}=\pi rl=\pi r.\dfrac{2r\sqrt{3}}{3}=\dfrac{2\pi {{r}^{2}}\sqrt{3}}{3}$.

Theo giả thiết ${{S}_{xq}}=\dfrac{2\pi {{r}^{2}}\sqrt{3}}{3}$$=18\pi \sqrt{3}\Rightarrow {{r}^{2}}=27\Rightarrow r=3\sqrt{3}$.

+ Xét $\Delta OHB$ vuông tại $H:H{{B}^{2}}=O{{B}^{2}}-O{{H}^{2}}={{r}^{2}}-{{3}^{2}}={{\left(3\sqrt{3}\right)}^{2}}-{{3}^{2}}=18.$

$\Rightarrow HB=3\sqrt{2}\Rightarrow AB=6\sqrt{2}$.

Ta có $SB=\dfrac{2r\sqrt{3}}{3}=6$.

$\Rightarrow $ $\Delta SAB$ vuông cân tại $S\left(SA=SB,S{{A}^{2}}+S{{B}^{2}}=72=A{{B}^{2}}\right)$

Vậy diện tích tam giác $SAB$ bằng ${{S}_{\Delta SAB}}=\dfrac{1}{2}SA.SB=\dfrac{1}{2}.6.6=18$.

Câu 29. Cho hình nón đỉnh $S$, đường cao $SO$, $A$ và $B$ là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ $O$ đến $\left(SAB\right)$ bằng $\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$ và $\widehat{SAO}={{30}^{0}},\widehat{SAB}={{60}^{0}}$. Độ dài đường sinh của hình nón theo $a$ bằng

A. $a\sqrt{2}$. B. $a\sqrt{3}$. C. $2a\sqrt{3}$. D. $a\sqrt{5}$.

Lời giải:

Gọi $K$ là trung điểm của $AB$ ta có $OK\bot AB$ vì tam giác $OAB$ cân tại $O$

Mà $SO\bot AB$ nên $AB\bot \left(SOK\right)$ $\Rightarrow \left(SOK\right)\bot \left(SAB\right)$ mà $\Rightarrow \left(SOK\right)\cap\left(SAB\right)=SK$ nên từ $O$ dựng $OH\bot SK$ thì $OH\bot \left(SAB\right)\Rightarrow OH=d\left(O,\left(SAB\right)\right)$

Xét tam giác $SAO$ ta có: $\sin \widehat{SAO}=\dfrac{SO}{SA}\Rightarrow SO=\dfrac{SA}{2}$

Xét tam giác $SAB$ ta có: $\sin \widehat{SAB}=\dfrac{SK}{SA}\Rightarrow SK=\dfrac{SA\sqrt{3}}{2}$

Xét tam giác $SOK$ ta có: $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{K}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{S}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{K}^{2}}-S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}$

$\Rightarrow \dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{\dfrac{S{{A}^{2}}}{4}}+\dfrac{1}{\dfrac{3S{{A}^{2}}}{4}-\dfrac{S{{A}^{2}}}{4}}=\dfrac{4}{S{{A}^{2}}}+\dfrac{2}{S{{A}^{2}}}$ $\Rightarrow \dfrac{6}{S{{A}^{2}}}=\dfrac{3}{{{a}^{2}}}\Rightarrow SA=2{{a}^{2}}\Rightarrow SA=a\sqrt{2}$.

Nguyễn Quốc Hoàn , 02/3/2023