Đáp án Bộ công thức giải nhanh Trắc Nghiệm Chuyên Đề Thể tích Khối Đa Diện

Đáp án Bộ công thức giải nhanh Trắc Nghiệm Chuyên Đề Thể tích Khối Đa Diện tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận...

Trang 1

ĐÁP ÁN 01.B 02.D 03.A 04.B 05.D 06.A 07.C 08.B 09.A 10.A 11.B 12.D 13.B 14.A 15.C 16.A 17.A 18.C 19.A 20.B 21.D 22.C 23.D 24.A 25.B 26.D 27.A 28.D 29.C 30.D 31.D 32.B 33.D 34.B 35.B 36.D 37.B 38.A 39.D 40.B 41.C 42.D 43.A 44.B 45.A 46.A

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 7: Đáp án C

2

cos 2 cos

.sin 2 cos sin ;

.cos 2 cos

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục ABlà

V  AHCH  R  

t   t 8 3 2 

1 3

3

2 2

R t t t R     

3

2

Câu 8: Đáp án B

M là trung điểm của BC thì BC   AA M  

Gọi MH là đường cao của tam giác A AM thì MH A A và

AA và BC

Ta có A A HM A G AM 

2 2

.

A A   A A  

A A   A A   A A  A A  A A 

Đường cao của lăng trụ là

A G    

Thể tích

LT

Ta có  ASO    30 

Xét tam giác SOA vuông tại A, ta có ROAl.sin 30 a

A

B

C

A

B

C

G

H

M

S

2  2

l  a

Trang 2

2 2

3

h  SO  l  R  a

Từ đó ta có:

3

a

V S h 

Câu 10: Đáp án A.

Ta có: CB   SAD  , AM   SAB   AM  CB   1

    SC AM ,      AM  SC   2

Từ    1 , 2 AM SBCAM MCAMC90

Chứng minh tương tự ta có  90 APC  

Có AN  SC   90 ANC   Ta có:  AMC   APC   90 APC  

 mặt cầu đường kính AC là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP

2

AC

r  



Câu 26: Đáp án D

Trường hợp 1: Hộp sữa hình trụ



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ ba số dương 2 R2, V V ,

R R



Trường hợp 2: Hộp sữa hình hộp chữ nhật

Thể tích không đổi

V V

h

R h

S

A

D

P N

M

Trang 3

Ta có Stp 2.33ab V V 63V2

a b

Xét hai kết quả ta thấy (*) nhỏ hơn

Vậy diện tích toàn phần của hộp sữa bé nhất là Stp  3 23  V2 (đvdt)

Câu 27: Đáp án A

22 2

R OB

S   R   Mặt khác:

2

AOB HOB BOC

OB

3  4

Thể tích dầu ban đầu:

Vậy thể tích còn lại: V2 V V1 12, 637m3

Câu 28: Đáp án D.

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua 3 điểm có

tọa độ lần lượt là A  0;6 , B  1;3 , C  3; 0  nên có phương trình là

2

6

y  x  x 

Theo hình vẽ ta có cạnh của “thiết diện lục giác” là BM Nếu ta đặt

BM   t  (chú ý là ta phải lấy giá trị có dấu “”

trước dấu căn và cho B chạy từ C đến A)

 

2 2

BM

S t      t   

với t   0; 6 

B A

H

O C

1

5.

V         

2

5 .1 5

V    

Trang 4

Vậy thể tích của “túp lều” theo đề bài là:  

2

V  S t t     t    t  

Cho khối chóp O ABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau Biết OA 1,

Câu 29: Đáp án C

Áp dụng công thức tính thể tích hình nó cụt

h



Giả sử khối trụ có bán kính đáy và đường cao lần lượt là r, h '

 0  x  2; 0  h  6 



V   x h    x  x   x   x

2 ( ) 12 9

V x    x   x , ( ) 0 0 4

3

V x    x   x 

Khi đó ta có thể suy ra được với 4

3

x  thì V đạt giá trị lớn nhất bằng

 2

32

9



Rõ ràng trong hai khối nón cùng bán kính đáy nội tiếp trong một khối cầu thì

khối nón có chiều cao lớn hơn thì thể tích lớn hơn, nên ta chỉ xét khối nón có

chiều cao lớn hơn trong hai khối nón đó

Giả sử rằng khối nón có đáy là hình tròn   C bán kính r Gọi x với 0xR

là khoảng cách giữa tâm khối cầu đến đáy khối nón Khi đó chiều cao lớn

nhất của khối nón nội tiếp khối cầu với đáy là hình tròn   C sẽ là hRx

Khi đó bán kính đáy nón là r  R2 x2 , suy ra thể tích khối nón là

2 2

V   r h   R  x R  x   R  x R  x R  x   R  x R  x R  x

Gọi rlà bán kính hình trụ, chiều cao h

Ta có: 2 r    h 6 h   6 2 , 0 r    r 3 

3

V r hr  r       

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ là  3

8 cm

2-x x

h h'

A B

O S

R

r x O

Trang 5

Kẻ SH   ABCD  tại H H là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC.Mà  ABC

cân tại B và AC  B D  H  B D Gọi O là giao điểm AC và BD

OB AB OA a  SA SO SO SOOBOD SBD

vuông tại S

SH BD SB SD V SH S SH AC BD SB SD AC a AC SD

Lại có SD  BD2 SB2  BD2 a2

Mà

2

4

BD

AC  OA  AB  OB  a   a  BD

1

Gọi a, b, c lần lượt là ba kích thước của hình hộp chữ nhật

Thể tích của khối hộp là V abc Ta có

3

a b c abc    

(a b c  ) 3(a b c )3 2R (đường chéo của hình hộp là đường kính mặt cầu)

2 3

Do đó

3 3

abc      

Kẻ SH   ABC  tại

HA SA SH

HC SC SH





ngoại tiếp ABC

Tam giác ABC cân tại B , gọi PBHACBPAC và

2

AC

PA  PC 

AB a

HK  AB K  AB  KA  KB  

Ta có

2

BK BA a BKH BPA BH

Đặt

2

4



B

S

A

C

D H

O

a a

Trang 6

Cạnh AC  2 AP  2 AB2 BP2  2 a2  x2.

Do đó

2 2

S ABC ABC

a x a

x



.

S ABC

Dấu " "  xảy ra 2 2  2 2 2 2 5  

8

3

V   r h Xét mặt cắt qua tâm SAB , kẻ tia phân giác của góc SBO, cắt SO tại I.

Ta có:

2 2

IS IO



Mặt khác: IOISh

Do đó ta có bán kính của mặt cầu nội tiếp hình chóp là

2 2

rh

R IO

r h r

Thể tích khối cầu là

3 3 3

2 2

r h

r h r

3 2 3

1

2 2

2

4

h

V

h

r

2 2

1 h

t

r

  (t 1 )  

1

2 2

V



2 1 1

t

f t

t





 , Điều kiện: t 1,  

2 2

2 3 1

t t

f t

t

 

 

 ; f    t  0   t 3, f   3  8 BBT  f t      8 t 1 1

2

V

Trang 7

Giả sử 2x là chiều cao hình trụ (0xR) (xem hình vẽ)

Bán kính của khối trụ là r  R2  x2 Thể tích khối trụ là: V (R2 x2)2x

V x  R x x  xR, có ( ) 2 ( 2 3 2) 0 3

3

R

V x   R  x  x

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là 2 3

3

R

;

3 max

9

R

Ta có  105BAC   Theo định lý sin trong tam giác

AB

2

AO  BO 

Thể tích khối tròn xoay tạo thành là: V V 1V2 1 2 1 2

3  R BO 3  R CO

2 2

3R BC 3  2  2 

 1 3 

24

Thể tích của mỗi khối nón là

2 2 1

1



Tổng thể tích của hai khối nón là

2

n

R h R h

Thể tích của khối trụ là V t R h2 Vậy 1

3

n t

V

V 

Gọi h h r r , , ,   30 15

2

h

R x

x

O

O A

B

C

Trang 8

 

2

30

V   r h   r h           h        h  

10 15

h









Do 2 hình nón đồng dạng nên

3 1

2

1 8



 

   

Câu 41: Đáp án C

0, 6

h  m;R1 1m;R2 0, 5 m

 

2

1

2

BR  m , 2  2

2 0, 25

B R   m

 ' '  0, 6  0, 25 0, 25  1.099557429

h

V  B  B  BB        

30

CSB CSB

tan CSB  BC  SB  a 3; SA  SB  AB  a 2

Đặt CM  x , 0   x  a   DM  a  x ,





BM SH

2

a

Ta có

2

1

ABM

a

S AH BM AH ; BH  AB2  AH2  ax

C

D

B

A S

M H

Trang 9

Thể tích của khối chóp S ABH là

2

4

2 2



ABH

a x

(*)

Xét hàm số f x   2 x 2 , x  0; a 

a x

2 2 2



a x

Trên đoạn  0; a  ta có f    x  0,   x  0; a 

12

V mzx  a

Cách 2: Từ (*)

3

2 2

Cách 3: Dễ thấy Hnhìn ABdưới góc vuông nên V S ABH. lớn nhất khi S ABH lớn nhất khi và chỉ khi H O (tâm của hình vuông ) x  a Từ đó có kết quả

Khi xoay tam giác OAB quanh trục Ox tạo thành hình nón có đường cao là OA2017.cos và bán kính đáy là ABOB.sin 2017.sin

3

V   AB OA 1  2017.sin 2.2017.cos



( ) 1

f t  t t với t  cos ; x t   0;1  do 0;

2



  

 

3 1

f  t   t 

3

O

B

A

2017



Trang 10

Tính diện tích S phần hình tròn chứa cung tròn ACB

IAB

S  IH AB  IH HB  IH IB  IH 

Mặc khác :

2

IAB IAB

S

S IA IB

IA IB

2



  



Thể tích phần khối dầu còn lại của bồn dầu :

 3

    

Thể tích khúc gỗ lúc ban đâu là V15.6.9270 cm3

Thể tích phần gỗ bị cắt đi là V2 43 64 cm3

Vậy thể tích phần gỗ còn lại là V V1V2 206 cm3

Vật thể tròn xoay tạo ra gồm hai phần:

1

V là phần hình trụ tròn xoay quay bởi hình gấp khúc ODCB quanh trục AB tạo ra hình trụ có chiều cao

h  cm bán kính đáy R1 7  cm 

2

V là phần hình trụ tròn xoay quay bởi hình gấp khúc AFEO quanh trục AB tạo ra hình nón cụt có chiều cao h   1  cm  ; bán kính đáy lớnR  4  cm  ; bán kính đáy bé r  3  cm 

Khi đó thể tích khối tròn xoay là:

h

1cm

6cm

7cm

3cm

A

E

O

D F

0,5m

C

H

B

I A

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	364,6 KB