Tài liệu ôn thi THPT Quốc gia năm 2024 môn Toán - Chuyên đề 23: Khối cầu (Tài liệu dành cho đối tượng học sinh giỏi mức 9-10 điểm)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi THPT Quốc gia năm 2024 môn Toán - Chuyên đề 23: Khối cầu (Tài liệu dành cho đối tượng học sinh giỏi mức 9-10 điểm) cung cấp hệ thống bài toán khó về khối cầu, tập trung vào các dạng bài nâng cao yêu cầu tư duy sáng tạo. Tài liệu hướng dẫn chi tiết các phương pháp giải sáng tạo, giúp học sinh rèn luyện kỹ năng xử lý bài toán phức tạp trong thời gian ngắn. Ngoài ra, học sinh sẽ được tiếp cận với các bài tập trắc nghiệm vận dụng cao, giúp đạt điểm số tối đa trong kỳ thi THPT Quốc gia. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu "Tài liệu ôn thi THPT Quốc gia năm 2024 môn Toán - Chuyên đề 23" để học tập và nâng cao khả năng tư duy toán học.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tài liệu ôn thi THPT Quốc gia năm 2024 môn Toán - Chuyên đề 23: Khối cầu (Tài liệu dành cho đối tượng học sinh giỏi mức 9-10 điểm)

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 Điện thoại: 0946798489 Chuyên đề 23 MẶT CẦU - KHỐI CẦU TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC TẾ - CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN MẶT CẦU – KHỐI CẦU Câu 1. Cho một bán cầu đựng đầy nước với bán kính R  2 . Người ta bỏ vào đó một quả cầu có bán kính bằng 2 R . Tính lượng nước còn lại trong bán cầu ban đầu.  112  16 8 A. V   24 3    . B. V  . C. V   .  D. V  24 3  40  .   3  3 3 Câu 2. Cho khối cầu  S  tâm I , bán kính R không đổi. Một khối trụ thay đổi có chiều cao h và bán kính đáy r nội tiếp khối cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho thể tích khối trụ lớn nhất. R 2 2R 3 R 3 A. h  . B. h  . C. h  R 2 . D. h  . 2 3 3 Câu 3. (HSG Bắc Ninh 2019) Một cơ sở sản suất đồ gia dụng được đặt hàng làm các chiếc hộp kín hình trụ bằng nhôm đề đựng rượu có thể tích là V  28 a 3  a  0  . Để tiết kiệm sản suất và mang lại lợi nhuận cao nhất thì cơ sở sẽ sản suất những chiếc hộp hình trụ có bán kính là R sao cho diện tích nhôm cần dùng là ít nhất. Tìm R A. R  a 3 7 B. R  2a 3 7 C. R  2a 3 14 D. R  a 3 14 Câu 4. (Mã 104 2017) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A. V  576 2 B. V  144 6 C. V  144 D. V  576 Câu 5. (Sở Vĩnh Phúc 2019) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , khối chóp có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu ? A. 576 2 . B. 144 . C. 576 . D. 144 6 . Câu 6. (Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Trong không gian Oxyz , lấy điểm C trên tia Oz sao cho OC  1 . Trên hai tia Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm A, B thay đổi sao cho OA  OB  OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O. ABC ? 6 6 6 A. B. 6 C. D. 4 3 2 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1
Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG Câu 7. (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, các cạnh bên của hình chóp bằng 6 cm , AB  4 cm . Khi thể tích khối chóp S. ABCD đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp S. ABCD . A. 12 cm2 . B. 4 cm2 . C. 9 cm2 . D. 36 cm2 . Câu 8. Cho mặt cầu ( S ) có bán kính R  5 . Khối tứ diện ABCD có tất cả các đỉnh thay đổi và cùng thuộc mặt cầu ( S ) sao cho tam giác ABC vuông cân tại B và DA  DB  DC . Biết thể tích lớn a a nhất của khối tứ diện ABCD là ( a , b là các số nguyên dương và là phân số tối giản), b b tính a  b . A. a  b  1173 . B. a  b  4081 . C. a  b  128 . D. a  b  5035 . Câu 9. Trong không gian cho tam giác ABC có AB  2 R, AC  R,  1200 . Gọi M là điểm thay đổi CAB thuộc mặt cầu tâm B , bán kính R . Giá trị nhỏ nhất của MA  2MC là A. 4R . B. 6R . C. R 19 . D. 2R 7 . Câu 10. Cho mặt cầu  S  có bán kính bằng 3  m  , đường kính AB . Qua A và B dựng các tia At1 , Bt2 tiếp xúc với mặt cầu và vuông góc với nhau. M và N là hai điểm lần lượt di chuyển trên At1 , Bt2 sao cho MN cũng tiếp xúc với  S  . Biết rằng khối tứ diện ABMN có thể tích V  m3  không đổi. V thuộc khoảng nào sau đây? A. 17; 21 . B. 15;17  . C.  25;28 . D.  23; 25 .  Câu 11. Trên mặt phẳng  P  cho góc xOy  60 . Đoạn SO  a và vuông góc với mặt phẳng   . Các điểm M ; N chuyển động trên Ox , Oy sao cho ta luôn có: OM  ON  a . Tính diện tích của mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nhất ngoại tiếp tứ diện SOMN . 4 a 2  a2 8 a 2 16 a 2 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 12. Cho tứ diện ABCD có hình chiếu của A lên mặt phẳng  BCD  là H nằm trong tam giác BCD . Biết rằng H cũng là tâm của một mặt cầu bán kính 3 và tiếp xúc các cạnh AB , AC , AD . Dựng hình bình hành AHBS . Tính giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD 3 3 3 A. 3 . B. 3 3 . C. . D. . 2 2 Câu 13. (SGD Điện Biên - 2019) Một vật thể đựng đầy nước hình lập phương không có nắp. Khi thả một khối cầu kim loại đặc vào trong hình lập phương thì thấy khối cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình lập phương đó. Tính bán kính của khối cầu, biết thể tích nước còn lại trong hình lập phương là 10. Giả sử các mặt của hình lập phương có độ dày không đáng kể 15 9 15 9 A. 3 . B. 3 . C. 3 . D. 3 . 12  2 24  4 24  4 12  2 Câu 14. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh của một hình nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của hình nón. Miệng thùng là đường tròn có bán kính bằng ba lần bán kính mặt đáy của thùng. Người ta thả vào 3 đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của thùng nước và đo được thể tích nước tràn ra 2 ngoài là 54 3  dm3  . Biết rằng khối cầu tiếp xúc với mặt trong của thùng và đúng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước còn lại trong thùng có giá trị nào sau đây? Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 46 46 A. 3  dm3  . B. 18 3  dm3  . C. 3  dm3  . D. 18  dm3  . 5 3 Câu 15. (THPT Mai Anh Tuấn_Thanh Hóa - 2019) Cho tứ diện OABC có OA  a, OB  b, OC  c và đôi một vuông góc với nhau. Gọi r là bán kính mặt cầu tiếp xúc với cả bốn mặt của tứ diện. Giả a sử a  b, a  c . Giá trị nhỏ nhất của là r A. 1  3 . B. 2  3 . C. 3. D. 3  3 . Câu 16. Cho hai mặt cầu  S1  và  S2  đồng tâm O , có bán kình lần lượt là R1  2 và R2  10 . Xét tứ diện ABCD có hai đỉnh A, B nằm trên  S1  và hai đỉnh C , D nằm trên  S2  . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABCD bằng A. 3 2 . B. 7 2 . C. 4 2 . D. 6 2 . Câu 17. Cho tứ diện đều ABCD có mặt cầu nội tiếp là  S1  và mặt cầu ngoại tiếp là  S2  , hình lập phương ngoại tiếp  S2  và nội tiếp trong mặt cầu  S3  . Gọi r1 , r2 , r3 lần lượt là bán kính các mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  . Khẳng định nào sau đây đúng? (Mặt cầu nội tiếp tứ diện là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của tứ diện, mặt cầu nội tiếp hình lập phương là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình lập phương). r1 1 r 1 r 2 r 1 r 1 r 1 r 2 r 1 A.  và 2  . B. 1  và 2  . C. 1  và 2  . D. 1  và 2  . r2 3 r3 3 3 r2 3 r3 3 r2 3 r3 3 r2 3 r3 2 Câu 18. (THPT Lương Văn Tụy - Ninh Bình - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có     90 , ABC ADC cạnh bên SA vuông góc với  ABCD  , góc tạo bởi SC và đáy ABCD bằng 60 , CD  a và tam a2 3 giác ADC có diện tích bằng . Diện tích mặt cầu S mc ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là 2 A. Smc  16 a 2 . B. Smc  4 a 2 . C. Smc  32 a 2 . D. Smc  8 a 2 . Câu 19. (Yên Phong 1 - 2018) Cho mặt cầu tâm O bán kính 2a, mặt phẳng (α) cố định cách O một đoạn là a, (α) cắt mặt cầu theo đường tròn (T). Trên (T) lấy điểm A cố định, một đường thẳng qua A vuông góc với (α) cắt mặt cầu tại điểm B khác A . Trong (α) một góc vuông xAy quay quanh A và cắt (T) tại 2 điểm phân biệt C, D không trùng với A. Khi đó chọn khẳng định đúng: A. Diện tích tam giác BCD đạt giá trị nhỏ nhất là a 2 21 B. Diện tích tam giác BCD đạt giá trị lớn nhất là a 2 21 C. Diện tích tam giác BCD đạt giá trị nhỏ nhất là 2a 2 21 D. Do (α) không đi qua O nên không tồn tại giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của diện tích tam giác Câu 20. (THPT Hải An - Hải Phòng - 2018) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3
Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG A. V  144 . B. V  576 2 . C. V  576 . D. V  144 6 . Câu 21. (THPT Yên Khánh A - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều chiều cao là h nội tiếp trong một mặt cầu bán kính R . Tìm h theo R để thể tích khối chóp là lớn nhất. 4R 3R A. h  3R . B. h  2 R . C. V  . D. V  . 3 2 Câu 22. (Sở Vĩnh Phúc - 2021) Cho mặt cầu  S  có bán kính không đổi là R . Một hình chóp lục giác đều S. ABCDEF nội tiếp mặt cầu S  . Tìm giá trị lớn nhất Vmax của thể tích khối chóp S. ABCDEF. 3 3R 3 8 3R 3 16 3R3 8 3R 3 A. Vmax  . B. Vmax  . C. Vmax  . D. Vmax  8 9 27 27 Câu 23. (Liên trường Quỳnh Lưu - Hoàng Mai - Nghệ An - 2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1, mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho biết   120o ? ASB 13 78 5 15 5 4 3 A. . B. . C. . D. . 27 54 3 27 Câu 24. (THPT Mai Anh Tuấn - Thanh Hóa - 2021) Cho hình lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' , biết góc giữa hai mặt phẳng  A ' BC  và  ABC  bằng 45 0 , diện tích tam giác A ' BC bằng a 2 6 . Tính diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' . 8 a 2 3 4 a2 3 A. 2 a 2 . B. . C. 4 a 2 . D. . 3 3 Câu 25. Ông An cần làm một đồ trang trí như hình vẽ. Phần dưới là một phần của khối cầu bán kính 20 cm làm bằng gỗ đặc, bán kính của đường tròn phần chỏm cầu bằng 10 cm . Phần phía trên làm bằng lớp vỏ kính trong suốt. Biết giá tiền của 1 m 2 kính như trên là 1.500.000 đồng, giá triền của 1 m3 gỗ là 100.000.000 đồng. Hỏi số tiền (làm tròn đến hàng nghìn) mà ông An mua vật liệu để làm đồ trang trí là bao nhiêu. A. 1.000.000 . B. 1.100.000 . C. 1.010.000 . D. 1.005.000 Câu 26. (Sở Bắc Ninh-2021) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 3 và cạnh bên bằng x , với x  1 . Gọi V là thể tích khối cầu xác định bởi mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC . Giá trị nhỏ nhất của V thuộc khoảng nào sau đây? A.  7;3  . B.  0;1 . C. 1;5  . D.  5;7  . Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 THẦY, CÔ GIÁO CẦN MUA FILE WORD THÌ LIÊN HỆ Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong SĐT: 0946.798.489 hoặc zalo 0946.798.489 Tải nhiều tài liệu hơn tại: https://www.nbv.edu.vn/ Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5
TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 Điện thoại: 0946798489 Chuyên đề 23 MẶT CẦU - KHỐI CẦU TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC TẾ - CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN MẶT CẦU – KHỐI CẦU Câu 1. Cho một bán cầu đựng đầy nước với bán kính R  2 . Người ta bỏ vào đó một quả cầu có bán kính bằng 2 R . Tính lượng nước còn lại trong bán cầu ban đầu.  112  16 8 A. V   24 3    . B. V  . C. V   .   D. V  24 3  40  .  3  3 3 Lời giải Khi đặt khối cầu có bán kính R   2 R vào khối cầu có bán kính R ta được phần chung của hai khối cầu. phần chung đó gọi là chỏm cầu. Gọi h là chiều cao chỏm cầu. Thể tích khối chỏm cầu  h là Vc   h 2  R   .  3 với h  R  R2  R 2  4  42  22  4  2 3 . 2 4  2 3  2    Vc   4  2 3  4   3  3    64  36 3 .   1 4 16 Thể tích một nửa khối cầu V  .  R 3  . 2 3 3 Thể tích khối nước còn lại trong nửa khối cầu: Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1
Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG 16 2  112  Vn  V  Vc  3  3   64  36 3   24 3   3   . Câu 2. Cho khối cầu  S  tâm I , bán kính R không đổi. Một khối trụ thay đổi có chiều cao h và bán kính đáy r nội tiếp khối cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho thể tích khối trụ lớn nhất. R 2 2R 3 R 3 A. h  . B. h  . C. h  R 2 . D. h  . 2 3 3 Lời giải Chọn B h2 Ta có: r  R 2  . 4  2 h2   Thể tích khối trụ là V  r h    R   h , 0  h  2 R 2    4   3h2   ; V   0  h   2R 3 . Vh    R 2         4  h  3 Bảng biến thiên 2R 3 Vậy thể tích khối trụ lớn nhất khi h  . 3 Câu 3. (HSG Bắc Ninh 2019) Một cơ sở sản suất đồ gia dụng được đặt hàng làm các chiếc hộp kín hình trụ bằng nhôm đề đựng rượu có thể tích là V  28 a 3  a  0 . Để tiết kiệm sản suất và mang lại lợi nhuận cao nhất thì cơ sở sẽ sản suất những chiếc hộp hình trụ có bán kính là R sao cho diện tích nhôm cần dùng là ít nhất. Tìm R A. R  a 3 7 B. R  2a 3 7 C. R  2a 3 14 D. R  a 3 14 Lời giải Diện tích nhôm cần dùng đề sản suất là diện tích toàn phần S 3 2 28a33 Ta có l  h ; mà V  28 a   R h  28 a  h  2 R Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 3 28a S  2 Rl  2 R 2  2  2 R 2 với R  0 R  28a3  S   2   2  2 R   0  R  a 3 14  R  Bảng biến thiên Vậy Smin  R  a 3 14 Câu 4. (Mã 104 2017) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A. V  576 2 B. V  144 6 C. V  144 D. V  576 Lời giải Chọn D Xét hình chóp tứ giác đều S . ABCD nội tiếp mặt cầu có tâm I và bán kính R  9 . Gọi H  AC  BD , K là trung điểm SC . Đặt AB  x; SH  h ,  x, h  0  . x x2 Ta có HC   l  SC  h 2  . 2 2 SK SI 2 2 Do SHI ∽ SHC    l 2  2h.R  x  36h  2h . SH SC 1 2 1  2 Diện tích đáy của hình chóp S ABCD  x 2 nên V  h.x  h 36h  2h . 3 3  3 1 1 1  h  h  36  2h  Ta có h.  36h  2h 2   .h.h  36  2h   .    576  V  576 , dấu bằng xảy ra 3 3 3  3  khi h  h  36  2h  h  12, x  12 . Vậy Vmax  576 . Câu 5. (Sở Vĩnh Phúc 2019) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , khối chóp có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu ? A. 576 2 . B. 144 . C. 576 . D. 144 6 . Lời giải Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3
Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG Giả sử khối chóp S.ABCD là khối chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 . Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì SO   ABCD  . M là trung điểm của SA , kẻ MI vuông góc với SA và cắt SO tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD , bán kính của mặt cầu là IA  IS  9 . Đặt IO  x , 0  x  9 , do IAO vuông tại O nên AO  AI 2  IO2  81  x 2 , suy ra AC  2 81  x 2 . AC Do tứ giác ABCD là hình vuông nên AB   2. 81  x 2 , suy ra 2 S ABCD  AB 2  2  81  x 2  . 1 2 2 Vậy VS . ABCD  S ABCD .SO   81  x 2  .  9  x     x3  9 x 2  81x  729  . 3 3 3 2 Xét hàm số f  x     x 3  9 x 2  81x  729  với x   0;9 . 3 x  3 f   x   2   x 2  6 x  27  ; f   x   0    x  9  l  Bảng biến thiên : Dựa vào bảng biến thiên ta thấy : max f  x   f  3   576 . x0;9 Vậy khối chóp có thể tích lớn nhất bằng 576 . Câu 6. (Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Trong không gian Oxyz , lấy điểm C trên tia Oz sao cho OC  1 . Trên hai tia Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm A, B thay đổi sao cho OA  OB  OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O. ABC ? 6 6 6 A. B. 6 C. D. 4 3 2 Lời giải. Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 Bốn điểm O, A, B , C tạo thành 1 tam diện vuông. OA2  OB 2  OC 2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC là R  . 2 Đặt OA  a; OB  b, a, b  0. Ta có a  b  1  b  1  a . 2 OA2  OB 2  OC 2 a 2  b 2  12 a 2  1  a   12 Vậy R    2 2 2 2  1 3 2 a      2 4   6   . 2 4 6 1 Vậy Rmin  , tại a  b  . . 4 2 Câu 7. (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, các cạnh bên của hình chóp bằng 6 cm , AB  4 cm . Khi thể tích khối chóp S . ABCD đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp S . ABCD . A. 12 cm2 . B. 4 cm2 . C. 9 cm2 . D. 36 cm2 . Lời giải Chọn D Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5
Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG S M I A D O B C Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có SAC cân tại S nên SO  AC và SBD cân tại S nên SO  BD . Khi đó SO   ABCD  . Ta có: SAO  SBO  SCO  SDO  OA  OB  OC  OD Vậy hình bình hành ABCD là hình chữ nhật. AC 16  x 2 Đặt BC  x  AC  42  x 2  AO   . 2 2 16  x 2 8  x2 Xét SAO vuông tại O , ta có: SO  SA2  AO 2  6   4 2 1 1 8  x2 2 Thể tích khối chóp S. ABCD là: VS . ABCD  SO.S ABCD  . .4 x  . 8  x 2 .x 3 3 2 3 a 2  b2 2 2 8  x2  x2 8 Áp dụng bất đẳng thức : ab  ta có: V  . 8  x 2 .x  .  . 2 3 3 2 3 Dấu "  " xảy ra  8  x 2  x  x  2. Do đó: BC  2, SO  1. Gọi M là trung điểm của SA , trong  SAO  kẻ đường trung trực của SA cắt SO tại I . Khi đó mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABCD có tâm I và bán kính R  IS. SI SM SA2 6 Vì SMI ∽ SOA( g.g ) nên   SI    3  R  3(cm). SA SO 2.SO 2.1 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD là: 4 R 2  4 .32  36 (cm2 ) . Câu 8. Cho mặt cầu ( S ) có bán kính R  5 . Khối tứ diện ABCD có tất cả các đỉnh thay đổi và cùng thuộc mặt cầu ( S ) sao cho tam giác ABC vuông cân tại B và DA  DB  DC . Biết thể tích lớn a a nhất của khối tứ diện ABCD là ( a , b là các số nguyên dương và là phân số tối giản), b b tính a  b . A. a  b  1173 . B. a  b  4081 . C. a  b  128 . D. a  b  5035 . Lời giải Chọn B Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 Gọi H là trung điểm của AC , Vì tam giác ABC vuông cân tại B và DA  DB  DC nên DH  ( ABC ) và tâm I của mặt cầu ( S ) thuộc tia DH . Đặt DH  x và AH  a ( 0  a  5, 0  x  10 ). Có ID  IA  5 và IH  x  5 . Xét tam giác vuông AIH có a 2  AH 2  AI 2  IH 2  25  ( x  5) 2  10 x  x 2 . 1 Diện tích tam giác ABC là: S  AC.BH  a 2  10 x  x 2 . 2 1 1 Thể tích khối chóp ABCD là: V  S ABC .DH  (10 x  x 2 ) x . 3 3 1 1 Xét f ( x)  (10 x  x 2 ) x  (10 x 2  x 3 ) với 0  x  10 . 3 3 Lập bảng biến thiên cho hàm số f ( x ) ta được giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) trên nửa 4000 20 khoảng  0;10  ta có kết quả là tại x  . 81 3 Vậy a  4000, b  81 nên a  b  4081 . Câu 9. Trong không gian cho tam giác ABC có AB  2 R, AC  R,  1200 . Gọi M là điểm thay đổi CAB thuộc mặt cầu tâm B , bán kính R . Giá trị nhỏ nhất của MA  2MC là A. 4R . B. 6R . C. R 19 . D. 2R 7 . Lời giải Chọn C A D B C     2    2  BA  MB   2   1   2     2  Ta có MA  MB  BA  2   MB  2 MB.BA  BA     MB MB  BA BA    2 MB  BA  .   2     1  2   BA  MA2  2 MB  BA  MA  2 MB  . 2 4    BA       Gọi D là điểm thỏa mãn BD  , khi đó MA  2 MB  BD  2 MD  2MD . 4 Do đó MA  2MC  2  MC  MD   2CD . 19 2 19 Lại có CD 2  AC 2  AD 2  2 AC . AD cos120  R  CD  R . 4 2 Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đoạn CD với mặt cầu tâm B bán kính R . Vậy giá trị nhỏ nhất của MA  2MC là R 19. Câu 10. Cho mặt cầu  S  có bán kính bằng 3  m  , đường kính AB . Qua A và B dựng các tia At1 , Bt2 tiếp xúc với mặt cầu và vuông góc với nhau. M và N là hai điểm lần lượt di chuyển trên Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7
Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG At1 , Bt2 sao cho MN cũng tiếp xúc với  S  . Biết rằng khối tứ diện ABMN có thể tích V  m3  không đổi. V thuộc khoảng nào sau đây? A. 17; 21 . B. 15;17  . C.  25;28 . D.  23; 25 . Lời giải Chọn A Giả sử MN tiếp xúc  S  tại H . 1 1 Đặt MA  MH  x , NB  NH  y . Khi đó V  .x.2 R. y  Rxy . 6 3 Ta có tam giác AMN vuông tại A ( Vì MA  AB, MA  BN ). 2  AN 2   x  y   x 2 . Lại có tam giác ABN vuông tại B  AN 2  4 R 2  y 2 . 2 Suy ra  x  y   x 2  4 R 2  y 2  xy  2 R 2 . 1 2 2R3 Vậy V  .R.2 R   18  17; 21 . 3 3  Câu 11. Trên mặt phẳng  P  cho góc xOy  60 . Đoạn SO  a và vuông góc với mặt phẳng   . Các điểm M ; N chuyển động trên Ox , Oy sao cho ta luôn có: OM  ON  a . Tính diện tích của mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nhất ngoại tiếp tứ diện SOMN . 4 a 2  a2 8 a 2 16 a 2 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn A Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 Gọi H , I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN và tâm bán mặt cầu ngoại tiếp tứ a2 diện SOMN  R 2  OH 2  IH 2   OH 2 . 4 MN MN Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác OMN ta có  2OH  OH  . sin60 3 Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác OMN ta có  MN 2  OM 2  ON 2  2.OM .ONcos MON 2 2  OM 2  ON 2  OM .ON   OM  ON   3OM .ON  a 2  3  OM  ON   a2 4 4 a2 a2 a2 a2 a2 a2  MN 2   3OH 2   R 2   OH 2    4 4 4 4 3.4 3 a Bán kính nhỏ nhất của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN bằng . 3 4 a 2 Tính diện tích của mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nhất ngoại tiếp tứ diện SOMN là 4 R 2  3 Câu 12. Cho tứ diện ABCD có hình chiếu của A lên mặt phẳng  BCD  là H nằm trong tam giác BCD . Biết rằng H cũng là tâm của một mặt cầu bán kính 3 và tiếp xúc các cạnh AB, AC , AD . Dựng hình bình hành AHBS . Tính giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BCD 3 3 3 A. 3 . B. 3 3 . C. . D. . 2 2 Lời giải Chọn D Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9
Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG Gọi M,N,P lần lượt là hình chếu của H lên AB,AC,AD ta có HM=HN=HP= 3  AM=AN=AP  AH   MNP    MNP    BCD   AB  AC  AD ( AH là trục đường tròn MNP ) Vậy A thuộc trục đường tròn ngoại tiếp  BCD AH là trục đường tròn ngoại tiếp  BCD . Gọi I=AH BS  IB=IC=ID=IS . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.BCD 1 1 1 12 x 2 IH  x     HB 2  2 HM 2 HB 2 HA2 4x  3 4 x4  9 x2 HBI tai H : BI 2  HB 2  HI 2  4 x2  3 4t 2  9t 3 16t 2  24t  27 t  x 2  f (t )  (t  )  f (t )  2 4t  3 4  4t  3 9 3 f (t )  0  t  ( n)  t   (l ) 4 4 3 3 Vẽ bảng biến thiên Rmin  2 Câu 13. (SGD Điện Biên - 2019) Một vật thể đựng đầy nước hình lập phương không có nắp. Khi thả một khối cầu kim loại đặc vào trong hình lập phương thì thấy khối cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình lập phương đó. Tính bán kính của khối cầu, biết thể tích nước còn lại trong hình lập phương là 10. Giả sử các mặt của hình lập phương có độ dày không đáng kể 15 9 15 9 A. 3 . B. 3 . C. 3 . D. 3 . 12  2 24  4 24  4 12  2 Lời giải Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 Chọn A Giả sử hình lập phương có cạnh x . Khi đó thể tích khối lập phương là x 3 . x Bán kính khối cầu tiếp xúc với các mặt của khối lập phương là . Do đó thể tích khối cầu tiếp 2 3 4  x   x3 xúc với các mặt của hình lập phương là     . 3 2 6  x3 60 Theo đề ra ta có x 3   10  x  3 . 6 6  x 3 15 Do đó bán kính của khối cầu là R   2 12  2 Câu 14. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh của một hình nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của hình nón. Miệng thùng là đường tròn có bán kính bằng ba lần bán kính mặt đáy của thùng. Người ta thả vào 3 đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của thùng nước và đo được thể tích nước tràn ra 2 ngoài là 54 3  dm3  . Biết rằng khối cầu tiếp xúc với mặt trong của thùng và đúng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước còn lại trong thùng có giá trị nào sau đây? 46 46 A. 3  dm3  . B. 18 3  dm3  . C. 3  dm3  . D. 18  dm3  . 5 3 Lời giải Chọn C Xét một thiết diện qua trục của hình nón như hình vẽ. Hình thang cân ABCD ( IJ là trục đối xứng) là thiết diện của cái thùng nước, hình tròn tâm I bán kính IH là thiết diện của khối cầu. Các đường thẳng AD , BC , IJ đồng qui tại E . Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11
Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG Đặt bán kính của khối cầu là IH  R , bán kính mặt đáy của thùng là JD  r , chiều cao của thùng là IJ  h . Ta có 2 3 3  R  54 3  R  3 3 , h  2 R  6 3  h  4 3 . 3 2 EJ JC r 1 1 1 1 1 1 1     EJ  2 3 , 2  2 2  2  r  2. EI IB 3r 3 IH IA IE 27 9r 108 1 1 208 3 Suy ra thể tích của thùng nước là V1   IA2 .IE   JD 2 .JE  . 3 3 3 208 3 46 3 Vậy thể tích nước còn lại trong thùng là V  3  54 3  3  dm3  . Câu 15. (THPT Mai Anh Tuấn_Thanh Hóa - 2019) Cho tứ diện OABC có OA  a, OB  b, OC  c và đôi một vuông góc với nhau. Gọi r là bán kính mặt cầu tiếp xúc với cả bốn mặt của tứ diện. Giả a sử a  b, a  c . Giá trị nhỏ nhất của là r A. 1  3 . B. 2  3 . C. 3. D. 3  3 . Lời giải Chọn D Kẻ đường cao AH của tam giác ABC . 1 1 1 bc Dễ thấy OH  BC nên 2  2  2  OH  . OH OB OC b2  c2 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 Tam giác AOH vuông tại O có AH 2  OA2  OH 2  AH  . b2  c 2 1 Tam giác OBC có BC  b2  c 2 nên S ABC  AH .BC  a 2b 2  b2c 2  c 2 a 2 . 2 Vậy diện tích toàn phần của hình chóp O. ABC là: 1  Stp  SOAB  SOBC  SOCA  S ABC  ab  bc  ca  a 2b 2  b2c 2  c 2 a 2 . 2  1 1 Dễ thấy thể tích khối chóp O. ABC là V  abc  Stp .r . 6 3 Suy ra 1 1 a 2S ab  bc  ca  a 2b2  b 2c 2  c 2 a 2 abc  Stp .r   tp  6 3 r bc bc a a a2 a2  1  2 1 2  111 111  3  3 . c b c b Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c . Câu 16. Cho hai mặt cầu  S1  và  S2  đồng tâm O , có bán kình lần lượt là R1  2 và R2  10 . Xét tứ diện ABCD có hai đỉnh A, B nằm trên  S1  và hai đỉnh C , D nằm trên  S2  . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABCD bằng A. 3 2 . B. 7 2 . C. 4 2 . D. 6 2 . Lời giải Chọn D A I B I A' A B B' O O D' D C J J D C' C Dựng mặt phẳng  P  chứa AB và song song với CD , cắt  O; R1  theo giao tuyến là đường tròn tâm I . Dựng mặt phẳng  Q  chứa CD và song song với AB , cắt  O; R2  theo giao tuyến là đường tròn tâm J . Dựng hai đường kính AB, C D lần lượt của hai đườn tròn sao cho AB  CD Khi đó IJ  d  AB; CD   d  AB; C D  . Xét tất cả các tứ diện có cạnh AB nằm trên  P  và CD nằm trên  Q  thì ta có: 1 1 VABCD  AB.CD.IJ .sin   AB.C D.IJ  VABC D .  AB, CD  6 6 Do đó ta chỉ cần xét các tứ diện có cặp cạnh đối AB  CD và chúng có trung điểm I , J thẳng hàng với O . Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13
Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/ 40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG   Đặt IA  x, 0  x  10 , JC  y ,  0  y  2  , ta có: OI  10  x 2 , OJ  4  y 2 . Khi đó: d  AB, CD   IJ  OI  OJ  10  x 2  4  y 2 . Thể tích khối tứ diện ABCD là: 1 1 2  VABCD  AB.CD.IJ  .2 x.2 y. 10  x 2  4  y 2  xy 6 6 3   10  x 2  4  y 2  1 14  x 2 5  y2 Có 10  x 2  .2. 10  x 2  ; 4  y2  2 4 2 24  x 2  2 y 2 24  2 2 xy 12  2 xy Suy ra 10  x 2  4  y 2    . 4 4 2 2 2 12  2 xy 1 1  2 xy  12  2 xy  Ta được: VABCD  xy. 3 2  3 2    2 xy 12  2 xy   3 2 2  6 2.    0  x  10, 0  y  2   10  x 2  2   x  6  Đẳng thức xảy ra khi:  4  y 2  1   2 y  3   x  2 y2  2 xy  12  2 xy   Vậy max VABCD  6 2 . Câu 17. Cho tứ diện đều ABCD có mặt cầu nội tiếp là  S1  và mặt cầu ngoại tiếp là  S2  , hình lập phương ngoại tiếp  S2  và nội tiếp trong mặt cầu  S3  . Gọi r1 , r2 , r3 lần lượt là bán kính các mặt cầu  S1  ,  S2  ,  S3  . Khẳng định nào sau đây đúng? (Mặt cầu nội tiếp tứ diện là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của tứ diện, mặt cầu nội tiếp hình lập phương là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình lập phương). r1 1 r 1 r 2 r 1 r 1 r 1 r 2 r 1 A.  và 2  . B. 1  và 2  . C. 1  và 2  . D. 1  và 2  . r2 3 r3 3 3 r2 3 r3 3 r2 3 r3 3 r2 3 r3 2 Lời giải Chọn C 3 Giả sử tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Khi đó, diện tích của mỗi mặt tứ diện đều là . 4 Gọi H là tâm của tam giác đều BCD thì AH là đường cao của hình chóp A.BCD và 2 1 3 1 BH  .  . 3 2 3 2  1  2 Do đó chiều cao của hình chóp là h  AH  AB 2  BH 2  12     .  3 3 1 1 3 2 2 Suy ra thể tích khối tứ diện ABCD là V  S BCD .h  . .  . 3 3 4 3 12 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2024 2 3. 3V 12  2 . Bán kính mặt cầu  S1 nội tiếp diện đều ABCD là r1   4 S BCD 3 4 3 4. 4 Trong mặt phẳng ABH , đường thẳng trung trực của AB cắt AH tại I thì I là tâm mặt cầu  S2  ngoại tiếp tứ diện đều ABCD . AI AM AB 2 12 3 3 Gọi M là trung điểm AB , ta có   AI     r2  . AB AH 2 AH 2 2 2 2 2 2. 3 6 Độ dài cạnh hình lập phương ngoại tiếp  S2  bằng a  2r2  . 2 a 3 6 3 3 2 Bán kính mặt cầu  S3  ngoại tiếp hình lập phương đó là r3   .  . 2 2 2 4 r1 1 r 1 Từ đó ta được  và 2  . r2 3 r3 3 Câu 18. (THPT Lương Văn Tụy - Ninh Bình - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có     90 , ABC ADC cạnh bên SA vuông góc với  ABCD  , góc tạo bởi SC và đáy ABCD bằng 60 , CD  a và tam a2 3 giác ADC có diện tích bằng . Diện tích mặt cầu S mc ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là 2 A. Smc  16 a 2 . B. Smc  4 a 2 . C. Smc  32 a 2 . D. Smc  8 a 2 . Lời giải Giả thiết: SA   ABCD   AC là hình chiếu của SC lên  ABCD  .        Do đó: SC ,  ABCD   SC , AC  SCA  60 . 1 a2 3 Xét tam giác ADC vuông tại D , diện tích SADC  AD.DC   AD  a 3 . 2 2 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15