Trung Tâm Luyện Thi Đại Học
Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện của hình nón - Phần 1
A. Công thức Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện của hình nón
Hình thành: Quay \( \Delta SOM \)vuông quanh trục SO, ta được mặt nón như hình bên với \( \left\{ \begin{align} & h=SO \\ & r=OM \\ \end{align} \right. \).
Các yếu tố mặt nón:
+ Đường cao: h = SO (SO cũng được gọi là trục của hình nón)
+ Bán kính đáy: r = OA = OB = OM
+ Đường sinh \( :\ell =SA=SB=SM \), \( \ell =\sqrt{{{r}^{2}}+{{h}^{2}}} \)
+ Góc ở đỉnh: \( \widehat{ASB} \)
+ Thiết diện qua trục: \( \Delta SAB \) cân tại S.
+ Góc giữa đường sinh và mặt đáy: \( \widehat{SAO}=\widehat{SBO}=\widehat{SMO} \)
Một số công thức:
+ Chu vi đáy: \( p=2\pi r \)
+ Diện tích đáy: \( {{S}_{d}}=\pi {{r}^{2}} \)
+ Thể tích: \( V=\frac{1}{3}.h.{{S}_{d}}=\frac{1}{3}h.\pi {{r}^{2}} \)(liên tưởng đến công thức khối chóp)
+ Diện tích xung quanh: \( {{S}_{xq}}=\pi r\ell \)
+ Diện tích toàn phần: \( {{S}_{tp}}={{S}_{xq}}+{{S}_{d}}=\pi r\ell +\pi {{r}^{2}} \)
B. Bài tập có hướng dẫn giải
Nhận Dạy Kèm Toán - Lý - Hóa Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...
- Dạy kèm online tương tác 1 thầy 1 trò! Hỗ trợ trực tuyến 24/7
- Dạy kèm Toán - Lý - Hóa từ lớp 6 ➜ 12 - Ôn thi Đại Học - Cao Đẳng
- Bồi dưỡng HSG Toán Lý Hóa các lớp - Ôn thi vào lớp 10 Chuyên
- Lịch học sắp xếp sáng - chiều - tối, tất cả các buổi từ thứ 2 ➜ CN
- Thời lượng học từ 1,5h ➜ 2h/1 buổi!
Câu 1. (Đề Tham Khảo 2020 – Lần 2) Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a và AC = 2a. Khi quay tam giác ABC quanh cạnh góc vuông AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình nón. Diện tích xung quanh hình nón đó bằng
A. \( 5\pi {{a}^{2}} \)
B. \( \sqrt{5}\pi {{a}^{2}} \)
C. \( 2\sqrt{5}\pi {{a}^{2}} \)
D. \( 10\pi {{a}^{2}} \).
Hướng dẫn giải:
Đáp án C.
\( BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=a\sqrt{5} \)
Diện tích xung quanh hình nón cần tìm là: \( S=\pi .AC.BC=\pi .2a.a\sqrt{5}=2\sqrt{5}\pi {{a}^{2}} \)
Câu 2. (THPTQG – 2020 – 101 – Lần 1) Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 và góc ở đỉnh bằng 60O. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. \( 8\pi \)
B. \( \frac{16\sqrt{3}\pi }{3} \)
C. \( \frac{8\sqrt{3}\pi }{3} \)
D. \( 16\pi \) .
Hướng dẫn giải:
Đáp án A.
Gọi S là đỉnh của hình nón và AB là một đường kính của đáy.
Theo bài ra, ta có tam giác SAB là tam giác đều \( \Rightarrow \ell =SA=AB=2r=4 \)
Vậy diện tích xung quanh của hình nón đã cho là \( {{S}_{xq}}=\pi r\ell =8\pi \).
Câu 3. (THPTQG – 2020 – 102 – Lần 1) Cho hình nón có bán kính bằng 5 và góc ở đỉnh bằng 60O. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. \( 50\pi \)
B. \( \frac{100\sqrt{3}\pi }{3} \)
C. \( \frac{50\sqrt{3}\pi }{3} \)
D. \( 100\pi \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án A.
Ta có độ dài đường sinh là \( \ell =\frac{r}{\sin \frac{\alpha }{2}}=\frac{5}{\sin {{30}^{0}}}=10 \)
Diện tích xung quanh \( {{S}_{xq}}=\pi r\ell =50\pi \)
Câu 4. (THPTQG – 2020 – 103 – Lần 1) Cho hình nón có bán kính bằng 3 và góc ở đỉnh bằng 60O. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. \( 18\pi \)
B. \( 36\pi \)
C. \( 6\sqrt{3}\pi \)
D. \( 12\sqrt{3}\pi \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án A.
Gọi \( \ell \) là đường sinh, r là bán kính đáy, ta có: \( r=3 \).
Gọi \( \alpha \) là góc ở đỉnh.
Ta có: \( \sin \alpha =\frac{r}{\ell }\Rightarrow \ell =\frac{r}{\sin \alpha }=\frac{3}{\sin {{30}^{0}}}=6 \).
Vậy diện tích xung quanh \( S=\pi r\ell =\pi .3.6=18\pi \)
Câu 5. (THPTQG – 2020 – Lần 1) Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4 và góc ở đỉnh bằng 60O. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. \( \frac{64\sqrt{3}\pi }{3} \)
B. \( 32\pi \)
C. \( 64\pi \)
D. \( \frac{32\sqrt{3}\pi }{3} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án B.
Ta có:
Góc ở đỉnh bằng 60O \( \Rightarrow \widehat{OSB}={{30}^{0}} \)
Độ dài đường sinh: \( \ell =\frac{r}{\sin {{30}^{0}}}=\frac{4}{\frac{1}{2}}=8 \)
Diện tích xung quanh hình nón: \( {{S}_{xq}}=\pi r\ell =\pi .4.8=32\pi \) .
Nhận Dạy Kèm Toán - Lý - Hóa Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...
- Dạy kèm online tương tác 1 thầy 1 trò! Hỗ trợ trực tuyến 24/7
- Dạy kèm Toán - Lý - Hóa từ lớp 6 ➜ 12 - Ôn thi Đại Học - Cao Đẳng
- Bồi dưỡng HSG Toán Lý Hóa các lớp - Ôn thi vào lớp 10 Chuyên
- Lịch học sắp xếp sáng - chiều - tối, tất cả các buổi từ thứ 2 ➜ CN
- Thời lượng học từ 1,5h ➜ 2h/1 buổi!
Câu 6. (THPTQG – 2017 – 123) Cho một hình nón 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 \( AB=2\sqrt{3}a \). Tính khoảng cách d từ tâm của đường tròn đáy đến (P).
A. \( d=\frac{a\sqrt{3}}{2} \)
B. \( d=\frac{a\sqrt{5}}{5} \)
C. \( d=\frac{a\sqrt{2}}{2} \)
D. \( d=a \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án C.
Có \( \left( P \right)\equiv \left( SAB \right) \)
Ta có: SO = a = h, OA = OB = r = 2a, \( AB=2a\sqrt{3} \), gọi M là hình chiếu của O lên AB suy ra M là trung điểm AB, gọi K là hình chiếu của O lên SM suy ra \( {{d}_{\left( O,(SAB) \right)}}=OK \).
Ta tính được \( OM=\sqrt{O{{A}^{2}}-M{{A}^{2}}}=a \)
Suy ra SOM là tam giác vuông cân tại O, suy ra K là trung điểm của SM nên \( OK=\frac{SM}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2} \)
Câu 7. 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 (SAB) bằng \( \frac{a\sqrt{3}}{3} \) và \( \widehat{SAO}={{30}^{0}} \), \( \widehat{SAB}={{60}^{O}} \). Độ dài đường sinh của hình nón theo a bằng
A. \( a\sqrt{2} \)
B. \( a\sqrt{3} \)
C. \( 2a\sqrt{3} \)
D. \( a\sqrt{5} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án A.
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 \( \left( SOK \right)\cap \left( SAB \right)=SK \) nên từ O dựng \( OH\bot SK \) thì \( OH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow OH={{d}_{\left( O,(SAB) \right)}} \)
Xét tam giác SAO, ta có: \( \sin \widehat{SAO}=\frac{SO}{SA} \) \( \Rightarrow SO=\frac{SA}{2} \)
Xét \( \Delta SAB \), ta có: \( \sin \widehat{SAB}=\frac{SK}{SA}\Rightarrow SK=\frac{SA\sqrt{3}}{2} \)
Xét \( \Delta SOK \), ta có: \(\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{K}^{2}}}+\frac{1}{O{{S}^{2}}}=\frac{1}{S{{K}^{2}}-S{{O}^{2}}}+\frac{1}{S{{O}^{2}}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{\frac{S{{A}^{2}}}{4}}+\frac{1}{\frac{3S{{A}^{2}}}{4}-\frac{S{{A}^{2}}}{4}}=\frac{4}{S{{A}^{2}}}+\frac{2}{S{{A}^{2}}} \)
\( \Rightarrow \frac{6}{S{{A}^{2}}}=\frac{3}{{{a}^{2}}}\Rightarrow SA=2{{a}^{2}}\Rightarrow SA=a\sqrt{2} \)
Câu 8. Cho một hình nón có bán kính đáy bằng a và góc ở đỉnh bằng 60O. Tính diện tích xung quanh của hình nón đó.
A. \( {{S}_{xq}}=4\pi {{a}^{2}} \)
B. \( {{S}_{xq}}=\frac{2\sqrt{3}\pi {{a}^{2}}}{3} \)
C. \( {{S}_{xq}}=\frac{4\sqrt{3}\pi {{a}^{2}}}{3} \)
D. \( {{S}_{xq}}=2\pi {{a}^{2}} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án D.
Giả sử hình nón có đỉnh S, O là tâm đường tròn đáy và AB là một đường kính của đáy.
R = OA = a, \( \widehat{ASB}={{60}^{O}}\Rightarrow \widehat{ASO}={{30}^{O}} \).
Độ dài đường sinh là \( \ell =SA=\frac{OA}{\sin {{30}^{O}}}=2a \).
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: \( {{S}_{xq}}=\pi r\ell =\pi .a.2a=2\pi {{a}^{2}} \).
Câu 9. Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a, vẽ tia Ax về phía điểm B sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a. Gọi H là hình chiếu của B lên tia Ax, khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay có diện tích xung quanh bằng:
A. \( \frac{3\sqrt{2}\pi {{a}^{2}}}{2} \)
B. \( \frac{\left( 3+\sqrt{3} \right)\pi {{a}^{2}}}{2} \)
C. \( \frac{\left( 1+\sqrt{3} \right)\pi {{a}^{2}}}{2} \)
D. \( \frac{\left( 2+\sqrt{2} \right)\pi {{a}^{2}}}{2} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án B.
Xét \( \Delta AHB \) vuông tại H, ta có: \( AH=\sqrt{A{{B}^{2}}-H{{B}^{2}}}=a\sqrt{3} \)
Xét \( \Delta AHB \) vuông tại H, \( HI\bot AB \) tại I, ta có: \( HI=\frac{AH.HB}{AB}=\frac{a\sqrt{3}.a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2} \).
Khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay (có diện tích xung quanh là S) là hợp của hai mặt xung quanh của hình nón (N1) và (N2).
Trong đó:
(N1) là hình nón có được do quay tam giác AHI quanh trục AI có diện tích xung quanh là \( {{S}_{1}}=\pi .HI.AH=\pi .\frac{a\sqrt{3}}{2}.a\sqrt{3}=\frac{3\pi {{a}^{2}}}{2} \)
(N2) là hình nón có được do quay tam giác BHI quanh trục BI có diện tích xung quanh là \( {{S}_{2}}=\pi .HI.BH=\pi .\frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{\sqrt{3}\pi {{a}^{2}}}{2} \)
\( \Rightarrow S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\frac{3\pi {{a}^{2}}}{2}+\frac{\sqrt{3}\pi {{a}^{2}}}{2}=\frac{\left( 3+\sqrt{3} \right)\pi {{a}^{2}}}{2} \)
Câu 10. Cho hình nón có chiều cao h = 20, bán kính đáy r = 25. Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12. Tính diện tích S của thiết diện đó.
A. S = 500
B. S = 400
C. S = 300
D. S = 406
Hướng dẫn giải:
Đáp án A.
Giả sử hình nón đỉnh S, tâm đáy O và có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là \( \Delta SAB \) (hình vẽ).
Ta có: SO là đường cao của hình nón. Gọi I là trung điểm của AB \( \Rightarrow OI\bot AB \).
Gọi H là hình chiếu của O lên SI \( \Rightarrow OH\bot SI \).
Ta chứng minh được \( OH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow OH=12 \)
Xét tam giác vuông SOI có: \( \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{S}^{2}}}+\frac{1}{O{{I}^{2}}} \)
\( \Rightarrow \frac{1}{O{{I}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}-\frac{1}{O{{S}^{2}}}=\frac{1}{{{12}^{2}}}-\frac{1}{{{20}^{2}}}=\frac{1}{225} \)
\( \Rightarrow O{{I}^{2}}=225\Rightarrow OI=15 \)
Xét tam giác vuông SOI có \(SI=\sqrt{O{{S}^{2}}+O{{I}^{2}}}=\sqrt{{{20}^{2}}+{{15}^{2}}}=25\)
Xét tam giác vuông OIA có \( IA=\sqrt{O{{A}^{2}}-O{{I}^{2}}}=\sqrt{{{25}^{2}}-{{15}^{2}}}=20\Rightarrow AB=40 \)
Ta có: \( S={{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}.40.25=500 \)
