Trung Tâm Luyện Thi Đại Học
Dạng 2. Thể tích khối nón
A. Công thức tính thể tích khối nón
+ 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. (ĐMH – 2020 – Lần 1) Cho hình nón có chiều cao bằng \( 2\sqrt{5} \). Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng \( 9\sqrt{3} \). Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
A. \( \frac{32\sqrt{5}}{3}\pi \) .
B. \( 32\pi \).
C. \( 32\sqrt{5}\pi \) .
D. \( 96\pi \).
Hướng dẫn giải:
Chọn A
Theo giả thiết tam giác SAB đều: \( {{S}_{\Delta SAB}}=9\sqrt{3} \) và \( SO=2\sqrt{5} \).
\( {{S}_{\Delta SAB}}=9\sqrt{3}\Leftrightarrow \frac{A{{B}^{2}}\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}\Leftrightarrow AB=6 \).
\( \Delta SAB \) đều nên \( SA=AB=6 \).
Xét \( \Delta SOA \) vuông tại O, theo định lí Pythago ta có: \( OA=\sqrt{S{{A}^{2}}-S{{O}^{2}}}=\sqrt{{{6}^{2}}-{{\left( 2\sqrt{5} \right)}^{2}}}=4 \).
Thể tích hình nón bằng \( V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi .O{{A}^{2}}.SO=\frac{1}{3}\pi {{.4}^{2}}.2\sqrt{5}=\frac{32\sqrt{5}}{3}\pi \) .
Câu 2. Tính thể tích của hình nón có góc ở đỉnh bằng \( 60{}^\circ \) và diện tích xung quanh bằng \( 6\pi {{a}^{2}} \).
A. \( V=\frac{3\pi {{a}^{3}}\sqrt{2}}{4} \).
B. \( V=3\pi {{a}^{3}} \).
C. \( V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{2}}{4} \).
D. \( V=\pi {{a}^{3}} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn B
Khối nón có góc ở đỉnh bằng \( 60{}^\circ \) nên góc tạo bởi đường sinh và đáy bằng \( 60{}^\circ \) .
Vậy \( R=\frac{\ell }{2} \); lại có \( {{S}_{q}}=\pi R\ell =\pi R.2R=6\pi {{a}^{2}}\Rightarrow R=a\sqrt{3} \).
\( \Rightarrow h=\sqrt{{{\ell }^{2}}-{{R}^{2}}}=R\sqrt{3}=3a \).
Vậy \( V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=3\pi {{a}^{3}} \).
Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh \( AB=6,\,\,AC=8 \) và M là trung điểm của cạnh AC. Khi đó thể tích của khối tròn xoay do tam giác BMC quay quanh AB là:
A. \( 86\pi \) .
B. \( 106\pi \) .
C. \( 96\pi \).
D. \( 98\pi \).
Hướng dẫn giải:
Chọn C
Khi tam giác BMC quay quanh trục AB thì thể tích khối tròn xoay tạo thành là hiệu của thể tích khối nón có đường cao AB, đường sinh BC và khối nón có đường cao AB, đường sinh BM.
Nên \(V=\frac{1}{3}AB.\pi .A{{C}^{2}}-\frac{1}{3}AB.\pi .A{{M}^{2}}=\frac{1}{4}AB.\pi .A{{C}^{2}}=96\pi \).
Câu 4. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 cm, góc ở đỉnh bằng \( 60{}^\circ \) . Tính thể tích của khối nón đó.
A. \( \frac{8\sqrt{3}\pi }{9}\,\,c{{m}^{3}} \).
B. \( 8\sqrt{3}\pi \,\,c{{m}^{3}} \).
C. \( \frac{8\sqrt{3}\pi }{3}\,\,c{{m}^{3}} \).
D. \( \frac{8\pi }{3}\,\,c{{m}^{3}} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn C
Cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục, ta được thiết diện là tam giác ABC cân tại đỉnh A của hình nón.
Do góc ở đỉnh của hình nón là \( \widehat{BAC}=60{}^\circ \) , suy ra \( \widehat{HAC}=30{}^\circ \) . Bán kính đáy \( R=HC=2\,\,cm \).
Xét \( \Delta AHC \) vuông tại H, ta có \( AH=\frac{HC}{\tan {{30}^{o}}}=\frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=2\sqrt{3}\,\,cm \).
Thể tích của khối nón là: \( V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}.AH=\frac{8\sqrt{3}\pi }{3}\,\,c{{m}^{3}} \).
Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A, \( AB=6\,\,cm,\,\,AC=8\,\,cm \). Gọi \( {{V}_{1}} \) là thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB và \( {{V}_{2}} \) là thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC. Khi đó, tỉ số \( \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}} \) bằng:
A. \( \frac{3}{4} \).
B. \( \frac{4}{3} \).
C. \( \frac{16}{9} \).
D. \( \frac{9}{16} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn B
Ta có công thức tính thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính r là: \( V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h \).
+ Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB thì \( h=AB=6\,\,cm \) và \( r=AC=8\,\,cm \) nên \( {{V}_{1}}=\frac{1}{3}\pi {{.8}^{2}}.6=128\pi \) .
+ Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC thì \( h=AC=8\,\,cm \) và \( r=AB=6\,\,cm \) nên \( {{V}_{2}}=\frac{1}{3}\pi {{.6}^{2}}.8=96\pi \) .
Vậy \( \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{4}{3} \).
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. Cho hình nón N1 đỉnh S đáy là đường tròn \( C(O;R) \), đường cao \( SO=40\,\,cm \). Người ta cắt nón bằng mặt phẳng vuông góc với trục để được nón nhỏ N2 có đỉnh S và đáy là đường tròn \( C'(O’;R’) \). Biết rằng tỉ số thể tích \( \frac{{{V}_{{{N}_{2}}}}}{{{V}_{{{N}_{1}}}}}=\frac{1}{8} \). Tính độ dài đường cao nón N2.
A. 20 cm.
B. 5 cm.
C. 10 cm.
D. 49 cm.
Hướng dẫn giải:
Chọn A
Ta có: \( {{V}_{{{N}_{1}}}}=\frac{1}{3}\pi {{R}^{3}}.SO,\,\,{{V}_{{{N}_{2}}}}=\frac{1}{3}\pi {{{R}’}^{2}}.SO’ \).
Mặt khác, \( \Delta SO’A\backsim \Delta SOB \) nên \( \frac{R’}{R}=\frac{SO’}{SO} \).
Suy ra: \( \frac{{{V}_{{{N}_{2}}}}}{{{V}_{{{N}_{1}}}}}=\frac{R{{‘}^{2}}.SO’}{{{R}^{2}}.SO}={{\left( \frac{SO’}{SO} \right)}^{3}}=\frac{1}{8}\Rightarrow \frac{SO’}{SO}=\frac{1}{2}\Rightarrow SO’=\frac{1}{2}.40=20\,\,cm \).
Câu 7. Cho một đồng hồ cát như hình bên dưới (gồm hai hình nón chung đỉnh ghép lại), trong đó đường sinh bất kì của hình nón tạo tạo đáy một góc \( 60{}^\circ \) . Biết rằng chiều cao của đồng hồ là 30 cm và tổng thể tích của đồng hồ là \( 1000\pi \,\,c{{m}^{3}} \). Hỏi nếu cho đầy lượng cát vào phần bên trên thì khi chảy hết xuống dưới, tỉ số thể tích lượng cát chiếm chỗ và thể tích phần phía dưới là bao nhiêu?
A. \( \frac{1}{64} \).
B. \( \frac{1}{8} \).
C. \( \frac{1}{27} \).
D. \( \frac{1}{3\sqrt{3}} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn B
Gọi \( {{r}_{1}},\,\,{{h}_{1}},\,\,{{r}_{2}},\,\,{{h}_{2}} \) lần lượt là bán kính, đường cao của hình nón trên và hình nón dưới.
Do đường sinh bất kì của hình nón tạo với đáy một góc \( 60{}^\circ \) .
Suy ra: \( \widehat{OAI’}=\widehat{OBI}=60{}^\circ \) , khi đó ta có mối liên hệ: \( {{h}_{1}}=\sqrt{3}{{r}_{1}},\,\,{{h}_{2}}=\sqrt{3}{{r}_{2}} \).
Theo đề ta có: \( V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}=\frac{1}{3}\pi \left( {{h}_{1}}r_{1}^{2}+{{h}_{2}}r_{2}^{2} \right)=\frac{1}{9}\pi \left( h_{1}^{3}+h_{2}^{3} \right)=1000\pi \) .
Mà \( h_{1}^{3}+h_{2}^{3}={{({{h}_{1}}+{{h}_{2}})}^{3}}-3({{h}_{1}}+{{h}_{2}}).{{h}_{1}}{{h}_{2}}\Rightarrow {{h}_{1}}{{h}_{2}}=200 \).
Kết hợp giả thiết: \( {{h}_{1}}+{{h}_{2}}=30 \) ta được: \( \left\{ \begin{align} & {{h}_{1}}=10 \\ & {{h}_{2}}=20 \\ \end{align} \right. \).
Tử đó tỉ lệ cần tìm là \( \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{{{\left( 10\sqrt{3} \right)}^{2}}{{h}_{1}}}{{{\left( 20\sqrt{3} \right)}^{2}}{{h}_{2}}}=\frac{1}{4}.\frac{1}{2}=\frac{1}{8} \).
Câu 8. Cho hình chữ nhật ABCD có \( AB=2,\,\,AD=2\sqrt{3} \) và nằm trong mặt phẳng (P). Quay (P) một vòng quanh đường thẳng BD. Khối tròn xoay được tạo thành có thể tích bằng
A. \( \frac{28\pi }{9} \).
B. \( \frac{28\pi }{3} \).
C. \( \frac{56\pi }{9} \).
D. \( \frac{56\pi }{3} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn C
Khối nón đỉnh D, tâm đáy I có thể tích V1.
Ta có \( BD=4 \) mà \( IC’.BD=BC’.C’D\Rightarrow IC’=\sqrt{3} \).
\( ID=\frac{DC{{‘}^{2}}}{BD}=1 \) nên \( {{V}_{1}}=\frac{1}{3}\pi .IC{{‘}^{2}}.ID=\pi \).
Khối nón cụt có tâm đáy J, I có thể tích \( {{V}_{2}} \).
Ta có: \( DI=3,\,\,DJ=2,\,\,\frac{JE}{IC’}=\frac{DJ}{DI}=\frac{2}{3}\Rightarrow JE=\frac{2\sqrt{3}}{3} \).
\( {{V}_{2}}=\frac{1}{3}\pi \left( IC{{‘}^{2}}.DI-J{{E}^{2}}.DJ \right)=\frac{19\pi }{9} \).
Vậy thể tích cần tìm là \( V=2({{V}_{1}}+{{V}_{2}})=\frac{56}{9}\pi \).
Câu 9. Cho hình thang ABCD có \( \widehat{A}=\widehat{B}=90{}^\circ ,\,\,AB=BC=a,\,\,AD=2a \). Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD xung quanh trục CD.
A. \( \frac{7\sqrt{2}\pi {{a}^{3}}}{6} \).
B. \( \frac{7\sqrt{2}\pi {{a}^{3}}}{12} \).
C. \( \frac{7\pi {{a}^{3}}}{6} \).
D. \( \frac{7\pi {{a}^{3}}}{12} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn A
Gọi E là giao điểm của AB và CD. Gọi F là hình chiếu vuông góc của B trên CE.
Ta có \(\Delta BCF=\Delta BEF\) nên tam giác \(\Delta BCF\) và \( \Delta BEF \) quay quanh trục CD tạo thành hai khối nón bằng nhau có thể tích V1.
\(\Delta ADC=\Delta AEC\) nên tam giác \(\Delta ADC\) và \(\Delta AEC\) quay quanh trục CD tạo thành hai khối nón bằng nhau có thể tích V.
Nên thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD xung quanh CD bằng:
\( 2V-2{{V}_{1}}=2.\frac{1}{3}\pi \left( CD.A{{C}^{2}}-CF.B{{F}^{2}} \right)=\frac{2}{3}\pi \left[ {{\left( a\sqrt{2} \right)}^{3}}-{{\left( \frac{a}{\sqrt{2}} \right)}^{3}} \right]=\frac{7\sqrt{2}\pi {{a}^{3}}}{6} \).
Câu 10. Cho hình tứ diện ABCD có \( AD\bot (ABC) \), ABC là tam giác vuông tại B. Biết \( BC=2\,\,cm,\,\,AB=2\sqrt{3}\,\,cm,\,\,AD=6\,\,cm \). Quay các tam giác ABC và ABD (bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta được 2 khối tròn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối tròn xoay đó bằng
A. \( \sqrt{3}\pi \,\,c{{m}^{3}} \).
B. \( \frac{5\sqrt{3}}{2}\pi \,\,c{{m}^{3}} \).
C. \( \frac{3\sqrt{3}}{2}\pi \,\,c{{m}^{3}} \).
D. \( \frac{64\sqrt{3}}{3}\,\,c{{m}^{3}} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn C
Dễ thấy \( AD\bot (ABC)\Rightarrow AD={{R}_{1}} \).
Gọi \( M=BD\cap AC \) và N là hình chiếu của M trên AB. Dễ dàng chứng minh được tỉ lệ:
\( \frac{MN}{BC}=\frac{AN}{AB}\,\,\,\,(1) \) và \( \frac{MN}{AD}=\frac{BN}{AB}\,\,\,\,(2) \)
\( \xrightarrow{(1)\div (2)}\frac{AD}{BC}=\frac{AN}{BN}=3\Rightarrow \frac{AN}{AB}=\frac{3}{4};\,\,\frac{BN}{AB}=\frac{1}{4} \).
\( \Rightarrow AN=\frac{3\sqrt{3}}{2};\,\,BN=\frac{\sqrt{3}}{2};\,\,MN=\frac{3}{2} \).
Phần thể tích chung của 2 khối tròn xoay là phần thể tích khi quay tam giác AMB xung quanh trục AB. Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác BMN xung quanh AB và V2 là thể tích khối tròn xoay khi tam giác AMN xung quanh AB.
Dễ tính được \( {{V}_{1}}=\frac{3\sqrt{3}\pi }{8}\,\,c{{m}^{3}};\,\,{{V}_{2}}=\frac{9\sqrt{3}\pi }{8}\,\,c{{m}^{3}}\Rightarrow {{V}_{1}}+{{V}_{2}}=\frac{3\sqrt{3}\pi }{2}\,\,c{{m}^{3}} \).
Câu 11. Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng \( 60{}^\circ \) , diện tích xung quanh bằng \( 6\pi {{a}^{2}} \). Tính thể tích V của khối nón đã cho.
A. \( V=\frac{3\pi {{a}^{3}}\sqrt{2}}{4} \).
B. \( V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{2}}{4} \).
C. \( V=3\pi {{a}^{3}} \).
D. \( V=\pi {{a}^{3}} \).
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!
Hướng dẫn giải:
Chọn C
Thể tích \( V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi .O{{A}^{2}}.SO \).
Ta có: \( \widehat{ASB}=60{}^\circ \Rightarrow \widehat{ASO}=30{}^\circ \Rightarrow \tan 30{}^\circ =\frac{OA}{SO}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SO=OA\sqrt{3} \).
Lại có \( {{S}_{xq}}=\pi R\ell =\pi .OA.SA=\pi .OA.\sqrt{O{{A}^{2}}+S{{O}^{2}}}=6\pi {{a}^{2}} \).
\( \Rightarrow OA.\sqrt{O{{A}^{2}}+3O{{A}^{2}}}=6{{A}^{2}}\Leftrightarrow 2A{{O}^{2}}=6{{a}^{2}}\Rightarrow OA=a\sqrt{3}\Rightarrow SO=3a \).
Vậy \( V=\frac{1}{3}\pi .3{{a}^{2}}.3a=3\pi {{a}^{3}} \).
Câu 12. Cho hình nón tròn xoay có đỉnh là S, O là tâm của đường tròn đáy, đường sinh bằng \( a\sqrt{2} \) và góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy bằng \( 60{}^\circ \) . Diện tích xung quanh \( {{S}_{xq}} \) của hình nón và thể tích V của khối nón tương ứng là:
A. \( {{S}_{xq}}=\pi {{a}^{2}},\,\,V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{12} \).
B. \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}}{2},\,\,V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{12} \).
C. \( {{S}_{xq}}=\pi {{a}^{2}}\sqrt{2},\,\,V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{4} \).
D. \( {{S}_{xq}}=\pi {{a}^{2}},\,\,V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{4} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn A
Dựa vào hình vẽ ta có, góc giữa đường sinh và mặt đáy là \( \widehat{SAO}=60{}^\circ \) .
Tam giác SAO vuông tại O: \( R=OA=SA.\cos \widehat{SAO}=a\sqrt{2}.\cos 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{2}}{2} \).
\( h=SO=SA.\sin \widehat{SAO}=a\sqrt{2}\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{6}}{2} \).
Vậy \( {{S}_{xq}}=\pi R\ell =\pi {{a}^{2}} \) và \( V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{12} \).
Câu 13. Cho hình nón có chiều cao 6a. Một mặt phẳng (P) đi qua đỉnh có hình nón và có khoảng cách đến tâm là 3a, thiết diện thu được là một tam giác vuông cân. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
A. \( 150\pi {{a}^{3}} \).
B. \( 96\pi {{a}^{3}} \).
C. \( 108\pi {{a}^{3}} \).
D. \( 120\pi {{a}^{3}} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn D
Mặt phẳng (P) cắt hình nón theo thiết diện là tam giác SDE. Theo giả thiết, tam giác SDE vuông cân tại đỉnh S. Gọi G là trung điểm DE, kẻ \( OH\bot SG\Rightarrow OH=3a \).
Ta có: \( \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{G}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{O{{G}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}-\frac{1}{S{{O}^{2}}}\Rightarrow OG=2a\sqrt{3} \).
Do \( SO.OG=OH.SG\Rightarrow SG=\frac{SO.OG}{SG}=\frac{6a.2a\sqrt{3}}{3a}=4a\sqrt{3}\Rightarrow DE=8a\sqrt{3} \).
\( OD=\sqrt{O{{G}^{2}}+D{{G}^{2}}}=\sqrt{12{{a}^{2}}+48{{a}^{2}}}=2\sqrt{15}a \).
Vậy \( V=\frac{1}{3}.\pi .{{\left( 2\sqrt{15}a \right)}^{2}}.6a=120\pi {{a}^{3}} \).
Câu 14. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 10. Mặt phẳng \( (\alpha ) \) vuông góc với trục và cách đỉnh của hình nón một khoảng bằng 4, chia hình nón thành hai phần. Gọi \( {{V}_{1}} \) là thể tích của phần chứa đỉnh của hình nón đã cho, \( {{V}_{2}} \) là thể tích của phần còn lại. Tính tỉ số \( \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}} \)?
A. \( \frac{4}{25} \).
B. \( \frac{21}{25} \).
C. \( \frac{8}{117} \).
D. \( \frac{4}{21} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn C
Ta có: \( IB\parallel OA\Rightarrow \frac{IB}{OA}=\frac{SI}{SO}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5} \).
Khi đó, \( \frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{\frac{1}{3}\pi .I{{B}^{2}}.SI}{\frac{1}{3}\pi .O{{A}^{2}}.SO}={{\left( \frac{IB}{OA} \right)}^{2}}.\frac{SI}{SO}={{\left( \frac{2}{5} \right)}^{3}}=\frac{8}{125} \).
Suy ra: \( \frac{{{V}_{2}}}{V}=1-\frac{8}{125}=\frac{117}{125} \).
Vậy \( \frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{{{V}_{1}}}{V}:\frac{{{V}_{2}}}{V}=\frac{8}{125}:\frac{117}{125}=\frac{8}{117} \).
Câu 15. Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 2a. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh (S) của hình nón, cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho \( AB=2a\sqrt{3} \), khoảng cách từ tâm đường tròn đáy đến mặt phẳng (P) bằng \( \frac{a\sqrt{2}}{2} \). Thể tích khối nón đã cho bằng
A. \( \frac{8\pi {{a}^{3}}}{3} \).
B. \( \frac{4\pi {{a}^{3}}}{3} \).
C. \( \frac{2\pi {{a}^{3}}}{3} \).
D. \( \frac{\pi {{a}^{3}}}{3} \).
Hướng dẫn giải:
Chọn B
Gọi G là trung điểm của AB, O là tâm của đáy. Khi đó \( \left\{ \begin{align} & SO\bot AB \\ & OC\bot AB \\ \end{align} \right.\Rightarrow (SOC)\bot AB \).
Gọi H là hình chiếu của O lên SC thì \( OH\bot (SAB) \) nên \( OH=\frac{a\sqrt{2}}{2} \).
\( OB=2a,\,\,BC=a\sqrt{3}\Rightarrow OC=a \).
Xét tam giác vuông SOC, ta có \( \frac{1}{S{{O}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}-\frac{1}{O{{C}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}\Rightarrow SO=a \).
Vậy thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón đã cho là \( V=\frac{1}{3}\pi .{{(2a)}^{2}}.a=\frac{4\pi {{a}^{3}}}{3} \).
