Thiết diện chứa đỉnh, thiết diện qua đỉnh của khối nón là phần bài tập khó với đại đa số các học sinh. Trong phần bài tập này có nhiều kiến thức tổng hợp. Kiến thức liên quan đến góc, khoảng cách, và hình học lớp 09.
Tóm tắt lý thuyết và các dựng thiết diện
Trong phần tóm tắt lý thuyết này có 3 đầu mục chúng ta cần phải làm rõ.
- Thiết diện chứa đỉnh là gì?
- Góc giữa thiết diện và đáy là góc nào
- Khoảng cách từ tâm O của hình nón đến thiết diện
Bài tập áp dụng và bài tập tự làm
Bài 01
Cho hình nón đỉnh S, đáy là hình tròn tâm O, bán kính, R= 3cm , góc ở đỉnh hình nón là α = 1200. Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua đỉnh S tạo thành tam giác đều SAB, trong đó A, B thuộc đường tròn đáy. Diện tích tam giác SAB bằng
A. 3√3cm2 B.6√3cm2 C.6 cm2 D.3 cm2
Bài 02
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
Bài 03
Cho hình nón có chiều cao và bán kính đáy đều bằng 1. Mặt phẳng [P] qua đỉnh của hình nón và cắt đáy theo dây cung có độ dài bằng 1. Khoảng cách từ tâm của đáy tới mặt phẳng [P] bằng
Bài 04:
Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn [O;5]. Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón cắt đường tròn đáy tại hai điểm A và B sao cho SA = AB = 8 . Tính khoảng cách từ O đến [ SAB] .
Bài 05. Liên quan đến khoảng cách
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 600, khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng [SAB] bằng R/2. Đường cao của hình nón bằng. [ Link xem lại công thức khoảng cách]
Bài 06:
Cho hình nón tròn xoay có chiều cao bằng 2a , bán kính đáy bằng 3a . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 3a/2. . Diện tích của thiết diện đó bằng
Bài 07:
Cho hình nón có chiều cao 6a . Một mặt phẳng [P] đi qua đỉnh của 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
Bài 08:
| Bài tập 1: Cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là một tam giác có cạnh huyền bằng $a\sqrt{6}$. Thể tích V của khối nón đã cho bằng A. $V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{4}$ B. $V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}$ C. $V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}$ D. $V=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{2}$ |
Lời giải chi tiết
Thiệt diện qua trục hình nón là tam giác cân SAB có cạnh bên SA = l, cạnh đáy AB = 2R
Theo bài ra, ta có $S{{A}^{2}}+S{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}\Leftrightarrow 2{{l}^{2}}=4{{R}^{2}}\Leftrightarrow l=R\sqrt{2}$
Mặt khác $AB=2R=a\sqrt{6}\Rightarrow R=a\sqrt{6}$suy ra $l=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\sqrt{2}=a\sqrt{3}$
Do đó $h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{R}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\to V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{4}$
Chọn A.
| Bài tập 2: Thiết diện qua trục của hình nón [N] là tam giác vuông cân và có diện tích bằng a2. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. ${{S}_{xq}}=2\pi {{a}^{2}}$ B. ${{S}_{xq}}=\sqrt{2}\pi {{a}^{2}}$ C. ${{S}_{xq}}=4\pi {{a}^{2}}$ D. ${{S}_{xq}}=2\sqrt{2}\pi {{a}^{2}}$ |
Lời giải chi tiết
Thiết diện qua trục hình nón là tam giác cân SAB có cạnh bên SA = l, cạnh đáy AB =2R
Theo bài ra, tam giác SAB vuông $\Rightarrow SA\bot SB\Rightarrow {{S}_{\Delta SAB}}=\frac{S{{A}^{2}}}{2}=\frac{{{l}^{2}}}{2}={{a}^{2}}\Rightarrow l=a\sqrt{2}$
Do đó $l=R\sqrt{2}\Rightarrow R=\frac{l}{\sqrt{2}}=a$. Vậy diện tích cần tìm là ${{S}_{xq}}=\pi Rl=\sqrt{2}\pi {{a}^{2}}$. Chọn B.
| Bài tập 3: Cho hình nón đỉnh S, đáy là hình tròn tâm O, thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh a. Thể tích của khối nón đã cho là A. $\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ B. $\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$ C. $\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}$ D. $\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$ |
Lời giải chi tiết
Theo bài ra, tam giác SAB đều cạnh a $\Rightarrow SA=SB=AB=a$
Do đó, chiều cao $SO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, bán kính đáy $R=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$
Vậy thể tích cần tính là $V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\frac{\pi }{3}.{{\left[ \frac{a}{2} \right]}^{2}}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}$
Chọn C
| Bài tập 4: Cho hình nón [N] có bán kính đáy bằng 9 cm, góc giữa đường sinh và mặt đáy là 30o. Diện tích thiết diện qua trục của hình nón [N] bằng A. $9\sqrt{3}c{{m}^{2}}$ B. $18\sqrt{3}c{{m}^{2}}$ C. $6\sqrt{3}c{{m}^{2}}$ D. $27\sqrt{3}c{{m}^{2}}$ |
Lời giải chi tiết
Theo bài ra, tacó $AB=2R=18$ và $\widehat{SAO}={{30}^{o}}$
Tam giác SAO vuông tại O, có $SO=OA.\tan \widehat{SAO}=9.\tan {{30}^{o}}=3\sqrt{3}$
Thiết diện qua trục hình nón là tam giác cân SAB
Suy ra diện tích cần tính là ${{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{2}SO.AB=\frac{1}{2}.3\sqrt{3}.18=27\sqrt{3}c{{m}^{2}}$
Chọn D
| Bài tập 5: Thiết diện qua trục của hình nón [N] là tam giác có chu vi bằng 10 cm, diện tích bằng $2\sqrt{5}c{{m}^{2}}$. Tính thể tích khối nón [N], biết rằng bán kính là số nguyên dương. A. $\frac{2\sqrt{5}\pi }{3}c{{m}^{2}}$ B. $\frac{4\sqrt{5}\pi }{3}c{{m}^{2}}$ C. $\frac{8\sqrt{5}\pi }{3}c{{m}^{2}}$ D. $2\sqrt{5}\pi c{{m}^{2}}$ |
Lời giải chi tiết
Theo bài ra, ta có $\left\{ \begin{array} {} 2l+2R=10 \\ {} \frac{1}{2}h.2R=2\sqrt{5} \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} l+R=5 \\ {} h.R=2\sqrt{5} \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} l=5-R \\ {} R.\sqrt{{{l}^{2}}-{{R}^{2}}}=2\sqrt{5} \\ \end{array} \right.$
Do đó ${{R}^{2}}.\left[ \left[ 5-{{R}^{2}} \right]-{{R}^{2}} \right]=20\Leftrightarrow {{R}^{2}}\left[ 25-10R \right]=5\Leftrightarrow 10{{R}^{3}}-25{{R}^{2}}+20=0\Rightarrow R=2$
Suy ra $h=\sqrt{5}$ Vậy thể tích cần tính là $V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{.2}^{2}}.\sqrt{5}=\frac{4\sqrt{5}\pi }{3}c{{m}^{3}}$. Chọn B
| Bài tập 6: Hình nón [N] có đỉnh S, tâm đường tròn đáy là O, góc ở đỉnh bằng 120o. Một mặt phẳng qua S cắt hình nón [N] theo thiết diện là tam giác vuông SAB. Biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO bằng 3. Tính diện tích xung quanh ${{S}_{xq}}$ của hình nón [N] A. ${{S}_{xq}}=18\sqrt{3}\pi $ B. ${{S}_{xq}}=9\sqrt{3}\pi $ C. ${{S}_{xq}}=36\sqrt{3}\pi $ D. ${{S}_{xq}}=27\sqrt{3}\pi $ |
Lời giải chi tiết
Vì góc ở đỉnh bằng ${{120}^{o}}\Rightarrow 2R=l\sqrt{3}\Rightarrow SA=\frac{2\sqrt{3}}{3}OA=\frac{2\sqrt{3}}{3}R$
Gọi H là trung điểm của AB$\Rightarrow OH\bot AB$ mà $SO\bot OH$
Suy ra OH là đoạn vuông góc chung của AB và SO => OH =3
Tam giác OAH vuông tại H, có $AH=\sqrt{O{{A}^{2}}-O{{H}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-9}$
Tam giác SAB vuông tại S, có $S{{A}^{2}}+S{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}$
$\Leftrightarrow 2.{{\left[ \frac{2\sqrt{3}}{3}R \right]}^{2}}=4\left[ {{R}^{2}}-9 \right]\Leftrightarrow -\frac{4}{3}{{R}^{2}}=-36\Rightarrow R=3\sqrt{3}\Rightarrow l=6$
Vậy diện tích xung quanh cần tính là ${{S}_{xq}}=\pi Rl=18\sqrt{3}\pi $.
Chọn A.
| Bài tập 7: 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°, khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng [SAB] bằng $\frac{R}{2}$. Đường cao h của hình nón bằng A. $R\sqrt{2}$ B. $\frac{R\sqrt{6}}{4}$ C. $\frac{R\sqrt{3}}{2}$ D. $R\sqrt{3}$ |
Lời giải chi tiết
Theo giả thiết, ta có tam giác OAB đều cạnh R
Gọi E là trung điểm AB, suy ra $OE\bot AB$và $OE=\frac{R\sqrt{3}}{2}$
Gọi h là hình chiếu của O trên SE $\Rightarrow OH\bot SE$
Ta có $\left\{ \begin{array} {} AB\bot OE \\ {} AB\bot SO \\ \end{array} \right.\Rightarrow AB\bot \left[ SEO \right]\Rightarrow AB\bot OH$
Từ đó suy ra $OH\bot \left[ SAB \right]$ nên $d\left[ O;\left[ SAB \right] \right]=OH=\frac{R}{2}$
Tam giác SEO vuông tại O, có $\frac{1}{S{{O}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}-\frac{1}{O{{E}^{2}}}=\frac{8}{3{{R}^{2}}}\Rightarrow SO=\frac{R\sqrt{6}}{4}$
Chọn B
| Bài tập 8: Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O. Dựng hai đường sinh SA và SB, biết tam giác SAB vuông và có diện tích bằng $4{{a}^{2}}$. Góc tạo bởi giữa trục SO và mặt phẳng [SAB] bằng 30o. Đường cao h của hình nón bằng A. $a\sqrt{2}$ B. $\frac{a\sqrt{6}}{4}$ C. $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ D. $a\sqrt{3}$ |
Lời giải chi tiết
Theo giả thiết, ta có tam giác SAB vuông cân tại S
Gọi E là trung điểm AB, suy ra $\left\{ \begin{array} {} SE\bot AB \\ {} OE\bot AB \\ \end{array} \right.$ và $SE=\frac{1}{2}AB$
Ta có ${{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{2}AB.SE=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow \frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AB=4{{a}^{2}}\Rightarrow AB=4a$
Gọi H là hình chiếu của O trên SE => $OH\bot SE$
Lại có $\left\{ \begin{array} {} AB\bot OE \\ {} AB\bot SO \\ \end{array} \right.\Rightarrow AB\bot \left[ SEO \right]\Rightarrow AB\bot OH$
Từ đó suy ra $OH\bot \left[ SAB \right]\Rightarrow \widehat{\left[ SO;\left[ SAB \right] \right]}=\widehat{OSH}={{30}^{o}}$
Tam giác SEO vuông tại O, có $SO=SE.\cos \widehat{\text{OS}E}=a\sqrt{3}$.
Chọn D.
| Bài tập 9: 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 $\widehat{SAO}={{30}^{o}},\widehat{SAB}={{60}^{o}}$. Độ dài đường sinh l của hình nón bằng A. $l=a$ B. $l=a\sqrt{3}$ C. $l=a\sqrt{2}$ D. $l=2a$ |
Lời giải chi tiết
Gọi I là trung điểm AB, suy ra $OI\bot AB,SI\bot AB$ và OI = a
Tam giác SAO vuông tại O, có $OA=SA.\cos \widehat{SAO}=\frac{SA\sqrt{3}}{2}$
Tam giác SAI vuông tại I, có $IA=SA\cos \widehat{SAB}=\frac{SA}{2}$
Tam giác OIA vuông tại I, có $O{{A}^{2}}=O{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}$
$\Leftrightarrow \frac{3}{4}S{{A}^{2}}={{a}^{2}}+\frac{1}{4}S{{A}^{2}}\Leftrightarrow S{{A}^{2}}=2{{a}^{2}}\Rightarrow SA=a\sqrt{2}$
Vậy độ dài đường sinh cần tìm là $l=a\sqrt{2}$. Chọn C.
| Bài tập 10: Một hình nón có bán kính đáy R, góc ở đỉnh là 60°. Một thiết diện qua đỉnh nón chắn trên đáy một cung có số đo 90°. Diện tích của thiết diện là A. $\frac{{{R}^{2}}\sqrt{7}}{2}$ B. $\frac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{2}$ C. $\frac{3{{R}^{2}}}{2}$ D. $\frac{{{R}^{2}}\sqrt{6}}{2}$ |
Lời giải chi tiết
Vì góc ở đỉnh là 60o nên thiết diện qua trục SAC là tam giác đều cạnh 2R $\Rightarrow $ Đường cao của hình nón là $SI=R\sqrt{3}$
Tam giác SA là thiết diện qua đỉnh, chắn trên đáy cung AB có số đo bằng 90° nên IAB là tam giác vuông cân tại I $\Rightarrow AB=R\sqrt{2}$
Gọi M là trung điểm của AB thì $\left\{ \begin{array} {} IM\bot AB \\ {} SM\bot AB \\ \end{array} \right.$và $IM=\frac{R\sqrt{2}}{2}$
Tam giác SMI vuông tại I, có $SM=\sqrt{S{{I}^{2}}+I{{M}^{2}}}=\frac{R\sqrt{14}}{2}$
Vậy diện tích cần tính là ${{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{2}AB.SM=\frac{{{R}^{2}}\sqrt{7}}{2}$ . Chọn A.