Câu 1: [2H2-1-4] (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón
nội tiếp trong khối cầu có bán kính R là
A.

1 3
R .
3

B.

4
 R3 .
3

C.

4 2
 R3 .
9

D.

32
 R3
81

.
Lời giải
Chọn D

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  R 2  x 2 , suy ra thể tích khối nón là
1
1
1
1
V   r 2 h    R  x   R 2  x 2     R  x  R  x  R  x     R  x  R  x  2 R  2 x 
3
3
3
6

1  R  x  R  x  2R  2 x  32 R3
Áp dụng BĐT Cô-si ta có V  

6
27
81
3

Câu 2: [2H2-1-4] (THPT TRẦN PHÚ) Cho khối nón đỉnh O, chiều cao là h. Một khối nón
khác có đỉnh là tâm I của đáy và đáy là một thiết diện song song với đáy của hình
nón đã cho. Để thể tích của khối nón đỉnh I lớn nhất thì chiều cao của khối nón này
O
bằng bao nhiêu?
A.

C.

h
.
2

B.

2h
.
3

D.
Lời giải

Chọn B

h
.
3

h 3
.
3

h
x


Gọi x là chiều cao cần tìm. R , r lần lượt là chiều cao của khối nón lớn và bé. Khi

đó

R h  x
r hx
. Thể tích khối nón đỉnh I là

r
R
h
h

Cauchy
1  R h  x 
 R2
 R2  h  x  h  x  2x 
4 R 2 h
2
V  
x

h

x
2
x






3 
h
27
81
6h2
6h2

2

3

Dấu đẳng thức xảy ra khi h  x  2 x  x 

h
.
3

Câu 3: [2H2-1-4] (THPT PHAN ĐÌNH TÙNG ) Trong các hình nón nội tiếp một hình cầu
có bán kính bằng 3, tính bán kính mặt đáy của hình nón có thể tích lớn nhất.
A. Đáp án khác.

B. R  4 2.

C. R  2.

D. R  2 2.
Lời giải

Chọn D
M

K

I

O

A

Giả sử chóp đỉnh A như hình vẽ là hình chóp có thể tích lớn nhất.
AKM vuông tại K . Ta thấy IK  r là bán kính đáy của chóp, AI  h là chiều cao
của chóp.

IK 2  AI .IM  r 2  h  6  h  .
1
1
V   r 2h   h2  6  h   0  h  6 .
3
3
1
Vmax   h 2  6  h  max  y  h3  6h2 max trên  0;6 
3
 h  4  r 2  4  6  4   8  r  2 2.

Câu 4: [2H2-1-4] (THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn
tâm O , góc ở đỉnh bằng 120 . Trên đường tròn đáy, lấy điểm A cố định và điểm


M di động. Có bao nhiêu vị trí điểm của điểm M để diện tích tam giác SAM đạt
giá trị lớn nhất?


A. Có 2 vị trí.
số vị trí.

B. Có 3 vị trí.

C. Có 1 vị trí.

D. Có vô

Lời giải
Chọn A

Gọi r là bán kính đáy của hình nón. Vì góc ở đỉnh ASA  120  ASO  60 .
Suy ra SO  OA.cot ASO 

Ta có: SH  SO2  OH 2 

r
. Gọi H là trung điểm của AM và đặt x  OH .
3

r2
 x 2 , AM  2 AH  2 OA2  OH 2  2 r 2  x 2 .
3

Diện tích tam giác SAM bằng

1
r2
2

s  SH . AM 
 x2 . r 2  x2  r 2 .
2
3
3
smax 

2 2
r2
r2
r
r đạt được khi
 x2  r 2  x2  x2   x 
. Tức là OH  SO .
3
3
3
3

Theo tính chất đối xứng của của đường tròn ta có hai vị trí của M thỏa yêu cầu.
Câu 5: [2H2-1-4] (SGD – HÀ TĨNH ) Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là
20 cm . Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong
phễu bằng 10 cm (hình H1). Nếu bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên (hình
H2) thì chiều cao của cột nước trong phễu gần bằng với giá trị nào sau đây?
A. 10 cm .
.

B. 0,87 cm .

C. 1, 07 cm .


D. 1, 35 cm


Lời giải
Chọn B
1
20 2
R
Gọi R là bán kính đáy của phễu. Thể tích của phễu là V0   R 2 .h 
3
3
Xét hình H1:
Do chiều cao của phễu là 20 cm , cột nước cao 10 cm nên bán kính đường tròn thiết

diện tạo bởi

mặt nước và thành phễu là

R
.
2

1 R
5 R 2
Suy ra thể tích của nước trong phễu là V1     .10 
.
3 2
6
Xét hình H2:

Gọi x là chiều cao cột nước trong phễu. Dựa vào tam giác đồng dạng ta tìm được bán
20  x
R  0  x  20 
kính đường tròn giao tuyến của mặt nước và thành phễu là
20
2

1  20  x 
 R2
3
Thể tích phần không chứa nước là V2   
R   20  x  
 20  x 
3  20
1200

2

Suy

ra

thể

tích

nước

là:


V1  V0  V2 

5 2 20 2  R 2
3
R 
R 
 20  x 
6
3
1200

 x  20  3 7000  0,87

Câu 6: [2H2-1-4] (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN) Bên trong hình vuông cạnh a , dựng
hình sao bốn cánh đều như hình vẽ bên (các kích thước cần thiết cho như ở trong
hình). Tính thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình sao đó quanh trục Oy .
A.

5 3
a .
48

B.

5 3
a .
16

C.


 3
a .
6

D.

 3
a .
8

Lời giải
Chọn A


Khi quay hình sao đó quanh trục Oy sinh ra hai khối có thể tích bằng nhau.
Gọi: V là thể tích khối hình sao tròn xoay cần tính.
Vnón lần lượt là thể tích khối nón có chiều cao AH
VC là thể tích khối nón cụt có bán kính đáy lớn là R1 và bán kính đáy nhỏ là R2 .

1
1

Dễ thấy V  2 VC  Vnón   2.  . .OH . R12  R22  R1R2  . .R12 . AH 
3
3







1 a  a2 a2 a a 
1 a2 a
 2. . . .    .   2. . . .
3 2  4 16 2 4 
3
4 4


7 a 3 2 a 3 5 a 3


.
48
48
48

Câu 7: [2H2-1-4] (THI THỬ CỤM 6 TP. HỒ CHÍ MINH) Một bể nước lớn của khu công
nghiệp có phần chứa nước là một khối nón đỉnh S phía dưới (hình vẽ), đường sinh
SA  27 mét. Có một lần lúc bể chứa đầy nước, người ta phát hiện nước trong bể
không đạt yêu cầu về vệ sinh nên lãnh đạo khu công nghiệp cho thoát hết nước để
làm vệ sinh bể chứa. Công nhân cho thoát nước ba lần qua một lổ ở đỉnh S . Lần thứ
nhất khi mực nước tới điểm M thuộc SA thì dừng, lần thứ hai khi mực nước tới
điểm N thuộc SA thì dừng, lần thứ ba mới thoát hết nước. Biết rằng lượng nước
mỗi lần thoát bằng nhau. Tính độ dài đoạn MN . (Hình vẽ 4: Thiết diện qua trục của
hình nón nước).


O


A

M

N

S

A. 27

93 3





3

3

2 1 m .



2 1 m .



B. 9 3 9




3



4 1 m .

C. 9 3 9



3



2 1 m .

D.

Lời giải
Chọn C
Gọi V , V1 , V2 là thể tích của khối nón có đường sinh SA, SM , SN .
V1  2V2
Theo đề bài ta suy ra 
.
V  3V2

1
 OA2 SO

V
OA2 SO
OA
SO SA
3


Lại có:
, mặt khác
nên


2
1
V1
O
M
SO
O
M
SO
SM
2
1
1
1
1
 O1 M SO1
3
Ta có tỉ số thể tích bằng lập phương tỉ số cạnh không cần chứng minh.

3

3

3V2  27 
V  SA 
2


 
  SM  27 3 .
V1  SM 
2V2  SM 
3
3

3

3V2  27 
V  SA 
1


Và
 
  SN  27 3
V2  SN 
V2  SM 
3
 2

1
Vậy MN  SM  SN  27  3  3   9 3 9
3
 3



3



2 1 .

Câu 8: [2H2-1-4]
(CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 3-2018) .Hai chiếc ly
đựng chất lỏng giống hệt nhau, mỗi chiếc có phần chứa chất lỏng là một khối nón có


chiều cao 2 dm (mô tả như hình vẽ). Ban đầu chiếc ly thứ nhất chứa đầy chất lỏng,
chiếc ly thứ hai để rỗng. Người ta chuyển chất lỏng từ ly thứ nhất sang ly thứ hai sao
cho độ cao của cột chất lỏng trong ly thứ nhất còn 1dm. Tính chiều cao h của cột
chất lỏng trong ly thứ hai sau khi chuyển (độ cao của cột chất lỏng tính từ đỉnh của
khối nón đến mặt chất lỏng - lượng chất lỏng coi như không hao hụt khi chuyển.
Tính gần đúng h với sai số không quá 0,01dm).

B. h  1,89dm .

A. h  1, 73dm .

C. h  1,91dm .


D.

h  1, 41dm .

Lời giải
Chọn C

Có chiều cao hình nón khi đựng đầy nước ở ly thứ nhất: AH 2 .
Chiều cao phần nước ở ly thứ nhất sau khi đổ sang ly thứ hai: AD 1 .
Chiều cao phần nước ở ly thứ hai sau khi đổ sang ly thứ hai: AF  h .
R AD 1 R AF h
Rh
R

 ,

 suy ra R  , R  
Theo Ta let ta có:
.
R AH 2 R AH 2
2
2
Thể tích phần nước ban đầu ở ly thứ nhất : V  2 R 2 .
Thể tích phần nước ở ly thứ hai : V1   R2h 
Thể tích phần nước còn lại ở ly thứ nhất: V2 
Mà: V  V1  V2 

 R 2 h3
4




 R2
4

 2 R 2 

 R 2 h3
4

 R2
4

.

.

h3 1
  2  h  3 7  1, 91 .
4 4


Câu 9: [2H2-1-4] (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng -2017 - 2018) Một cây thông Noel có dạng
hình nón với chiều dài đường sinh bằng 60cm và bán kính đáy r  10cm . Một chú
kiến bắt đầu xuất phát từ một đỉnh nằm trên mặt đáy hình nón và có dự định bò
một vòng quanh cây thông sau đó quay trở lại vị trí xuất phát ban đầu. Tính quãng
đường ngắn nhất mà chú kiến có thể đi được là bao nhiêu?

A. 45cm .


B. 63cm .

C. 125cm .

D. 60cm

Lời giải

Chọn D
Ta “cắt” hình nón theo cạnh AE và trải hình nón ra được một hình quạt như hình vẽ
bên. Ta chú ý rằng đường sinh của hình nón bằng bán kính quạt nên R  60cm .
Gọi là bán kính đáy nón và  là góc của cung tròn quạt khi đó chu vi của cung
tròn quạt là:


C  2 R 
 2

2 r 


  2 r   
R
3


Vậy hình quạt của ta là một phần 6 hình tròn và tam giác AEE ' là tam giác đều.
Quãng đường ngắn nhất mà con kiến đi được chính là bằng độ dài EE '  60cm .
Câu 10: [2H2-1-4] (Đề thi lần 6- Đoàn Trí Dũng - 2017 - 2018)Một cây thông Noel có dạnh

hình nón với chiều dài đường sinh bằng 60cm và bán kính đáy r  10cm . Một chú
kiến bắt đầu xuất phát từ một đỉnh nằm trên mặt đáy hình nón và có dự định bò một


vòng quanh cây thông sau đó quay trở lại vị trí xuất phát ban đầu. Tính quãng đường
ngắn nhất mà chú kiến có thể đi được là bao nhiêu?

A. 45 .

B. 63 .

C. 125 .

D. 60 .

Lời giải
Chọn D
Ta “cắt” hình nón theo cạnh AE và trải hình nón ra được một hình quạt như hình
vẽ. Ta chú ý rằng đường sinh của hình nón bằng bán kính quạt nên R  60cm . Gọi
r là bán kính đáy nón và  và  là góc của cung tròn quạt. Khi đó chu vi của của
cung tròn quạt là:


C  2 R 
 2

2 r 

 .
  2 r   

R
3


Vậy hình quạt của ta là một phần sáu hình tròn và tam giác AEE  là tam giác đều.
Quãng đường ngắn nhất mà con kiến đi được chính bằng độ dài EE  60cm

Câu 11: [2H2-1-4] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018)Cho hình nón  N 
có đường cao SO  h và bán kính đáy bằng R , gọi M là điểm trên đoạn SO , đặt
OM  x , 0  x  h .  C  là thiết diện của mặt phẳng  P  vuông góc với trục SO
tại M , với hình nón  N  . Tìm x để thể tích khối nón đỉnh O đáy là  C  lớn nhất.


A.

h
.
2

B.

h 2
.
2

C.

h 3
.
2


D.

h
.
3

Lời giải
Chọn D
S

M

B

A

C

O

D

Ta có BM là bán kính đường tròn  C  .
Do tam giác SBM

SAO nên

AO.SM
BM SM

 BM 

SO
AO SO

R h  x
.
h
Thể tích của khối nón đỉnh O đáy là  C  là:

 BM 

1
1 R2
1  R h  x 
2
V   BM 2 .OM   

 2 h  x x .
x

3
3 h
3 
h

2

1 R2
2

Xét hàm số f  x    2  h  x  x ,  0  x  h  ta có
3 h
1 R2
Ta có f   x    2  h  x  h  3x  ;
3 h
1 R2
h
f   x   0   2  h  x  h  3x   x  .
3 h
3
Lập bảng biến thiên ta có

Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh O đáy là  C  lớn nhất khi x 

h
.
3


Câu 12: [2H2-1-4] (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU
LONG-LẦN 2-2018) Một hình nón có đỉnh S có bán kính đáý bằng 2a 3 , góc ở
đỉnh là 120 . Thiết diện qua đỉnh của hình nón là 1 tam giác. Diện tích lớn nhất Smax
của tam giác là bao nhiêu?
A. Smax  8a 2

B. Smax  4a 2 2

C. Smax  4a 2

D.


Smax  16a2
Lời giải
Chọn A

Cách 1: Gọi thiết diện của hình chóp là SCD , I là trung điểm của CD .
Ta có SO 

OB
 2a .
tan 60

Đặt OI  x suy ra

IC  OC 2  OI 2  12a 2  x 2
SI  SO2  OI 2  4a 2  x 2 .
1
S SCD  CD.SI  SI .IC 
2



 S SCD



2

 4a


2

 x 2 12a 2  x 2  .

  x 4  8a 2 x 2  48a 4

Xét hàm số f  x    x 4  8a 2 x 2  48a 4 với 0  x  2 3a .

f   x   4 x3  16a 2 x

x  0
f  x  0  
 x  2a


Bảng biến thiên

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy  Smax   64a 4  Smax  8a 2 .
2

Cách 2: Gọi thiết diện của hình chóp là SCD .
Vì SOB vuông tại O , có OB  r  2a 3 , OSB  60o nên l  SB 
Khi đó, S SCD 

r
 4a .
sin 60o

1
1

SC.SD.sin CSD  SC.SD  8a 2 (vì sin CSD  1 ).
2
2

Vậy Diện tích lớn nhất Smax của thiết diện đó là 8a 2 khi CSD  90o .
Câu 13: ----------HẾT---------- [2H2-1-4] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 2017 - 2018 - BTN) Cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường
sinh 2R bởi một mặt phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 60 0 tính tỷ
số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng ( ) ?

A.

2



.

B.

1
.
2   1
Lời giải

Chọn D

C.

2
.

3

D.

3  4
.
6


Không mất tính tổng quát ta giả sử R  1 .
Khi cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một
mặt phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 60 0 thì ta được thiết diện
là một đường parabol có đỉnh là gốc O  0;0  và đỉnh còn lại là A 1;1 , do đó thiết
4
. Xét mặt phẳng đi qua cạnh đáy của thiết diện vuông
3
góc với hình tròn đáy của hình nón cắt hình nón làm đôi.

diện sẽ có diện tích là S 

Gọi đa diện chứa mặt thiết diện đó là  H  . Gọi  K  là đa diện chứa đỉnh O của
hình nón được sinh bởi khi cắt thiết diện Parabol với đa diện  H  .
Khi đó khoảng cách từ O đến mặt thiết diện là h 

3
.
2

1 3 4 2 3
Suy ra thể tích của đa diện  K  là VK  . . 

.
3 2 3
9
Mặt khác thể tích của nửa khối nón là

11
 3
.
. 3 
23
6

Do đó thể tích của đa diện nhỏ tạo bởi thiết diện và khối nón là
V

 3
6



2 3  3  4  3

.
9
18


Vậy tỉ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng   là

 3  4 

18
 3
3

3


3  4
.
6