Phương pháp giải:

- Gọi \(A'\) là hình chiếu của \(A\) lên đường tròn đáy chứa điểm \(B\). Sử dụng định lí: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là khoảng cách giữa đường thẳng này và mặt phẳng song song chứa đường thẳng kia, chứng minh \(d\left( {OO';AB} \right) = d\left( {O';\left( {AA'B} \right)} \right)\).

- Gọi \(H\) là trung điểm của \(A'B\), chứng minh \(O'H \bot \left( {AA'B} \right)\).

- Sử dụng định lí Pytago trong tam giác vuông tính chiều cao của hình trụ.

- Thể tích khối trụ có chiều cao , bán kính đáy \(r\) là .

Lời giải chi tiết:

Gọi \(O,\,\,O'\) lần lượt là tâm đường tròn đáy chứa \(A,\,\,B\).

Gọi \(A'\) là hình chiếu của \(A\) lên đường tròn đáy chứa điểm \(B\).

Ta có \(AA'\parallel OO' \Rightarrow OO'\parallel \left( {AA'B} \right) \supset AB\) \( \Rightarrow d\left( {OO';AB} \right) = d\left( {OO';\left( {AA'B} \right)} \right) = d\left( {O';\left( {AA'B} \right)} \right)\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(A'B\), ta có \(O'H \bot A'B\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}O'H \bot A'B\\O'H \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow O'H \bot \left( {AA'B} \right)\)  \( \Rightarrow d\left( {OO';AB} \right) = OH = \dfrac{1}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(O'HB\) có \(HB = \sqrt {O'{B^2} - O'{H^2}}  = \sqrt {{1^2} - {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).

\( \Rightarrow A'B = 2HB = \sqrt 3 \).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông  có: \(AA' = \sqrt {A{B^2} - A'{B^2}}  = \sqrt {6 - 3}  = \sqrt 3 \).

Vậy thể tích khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.1^2}.\sqrt 3  = \pi \sqrt 3 \).

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Gọi \(r,\,\,h\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ, vì thiết diện qua trục là hình vuông nên \(h = 2r\). Dựa vào diện tích xung quanh của hình trụ tính \(r,\,\,h\).

- Dựa vào định lí Cosin trong tam giác \(OAB\) tính \(AB\) theo \(r\), từ đó tính được \(AB\).

- Sử dụng công thức tính chu vi hình chữ nhật \({C_{ABB'A'}} = 2\left( {AB + AA'} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(r,\,\,h\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ, ta có \({S_{xq}} = 2\pi rh \Leftrightarrow 16\pi  = 2\pi rh \Leftrightarrow rh = 8\).

Lại có thiết diện qua trục là hình vuông nên \(h = 2r\), do đó \(r.2r = 8 \Leftrightarrow {r^2} = 4\) \( \Rightarrow r = 2,\,\,h = 4 = AA'\).

Theo bài ra ta có: \(\angle AOB = {120^0}\).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(OAB\) ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} - 2.OA.OB.\cos \angle AOB\\A{B^2} = {r^2} + {r^2} - 2.r.r.\cos {120^0}\\A{B^2} = 3{r^2}\\ \Rightarrow AB = r\sqrt 3  = 2.\sqrt 3 \end{array}\)

Vậy \({C_{ABB'A'}} = 2\left( {AB + AA'} \right) = 2\left( {2\sqrt 3  + 4} \right) = 8 + 4\sqrt 3 \).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Tìm bán kính đáy của hình trụ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BCD.

- Tìm chiều cao hình trụ chính là chiều cao hình chóp ABCD.

- Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh hình trụ: \(S = 2\pi Rh\)

Lời giải chi tiết:

Tam giác BCD là tam giác đều cạnh 4\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{S_{BCD}} = 4\sqrt 3 \\p = 12\end{array} \right.\)

 Áp dụng cồn thức tính bán kính đường tròn nội tiếp ta có:\(R = \frac{{2S}}{p} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

Gọi O là tâm của tam giác đều BCD

\( \Rightarrow AO \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow \Delta ABO\) vuông tại O có \(BO = \frac{{4\sqrt 3 }}{3};AB = 4 \Rightarrow AO = h = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\)

Khi đó diện tích xung quanh hình trụ có \(h = \frac{{4\sqrt 6 }}{3};R = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\) là \(S = 2\pi Rh = \frac{{16\sqrt 2 \pi }}{3}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Gọi độ dài đường cao của ống trụ là \(10x\,\,\left( {cm} \right)\,\,\left( {x > 0} \right)\).

- Chia ống trụ thành 10 phần bằng nhau, trải phẳng mỗi ống trụ nhỏ ta được 1 hình chữ nhật, xác định hai kích thước của hình chữ nhật đó.

- Độ dài đường chéo của hình chữ nhật là độ dài 1 vòng dây, lập phương trình tìm \(x\).

- Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(R\) là \({S_{xq}} = 2\pi Rh\).

Lời giải chi tiết:

Gọi độ dài đường cao của ống trụ là \(10x\,\,\left( {cm} \right)\,\,\left( {x > 0} \right)\).

Chia ống trụ thành 10 phần bằng nhau, mỗi phần có độ dài đường sinh là \(x\,\,\left( {cm} \right)\).

Trải phẳng mỗi ống trụ nhỏ ta được 1 hình chữ nhật có hai kích thước là \(x\) và \(2\pi .R = 2\pi .\dfrac{2}{\pi } = 4\,\,\left( {cm} \right)\).

Khi đó độ dài đường chéo của hình chữ nhật là \(\sqrt {{x^2} + {4^2}}  = \sqrt {{x^2} + 16} \), và độ dài đường chéo chính bằng độ dài của 1 vòng.

Do đó ta có phương trình: \(10\sqrt {{x^2} + 16}  = 50 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 16}  = 5\) \( \Rightarrow {x^2} + 16 = 25 \Leftrightarrow {x^2} = 9 \Leftrightarrow x = 3\,\,\left( {cm} \right)\,\,\left( {tm} \right)\).

\( \Rightarrow \) Độ dài đường cao của ống trụ là \(h = 10x = 30\,\,\left( {cm} \right)\).

Vậy diện tích xung quanh của ống trụ là \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .\dfrac{2}{\pi }.30 = 120\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(r\) là \({S_{xq}} = 2\pi rh\), từ đó tính \(rh\).

- Áp dụng định lí Côsin trong tam giác tính dây căng cung \({120^0}\). Từ đó tính diện tích thiết diện \(ABB'A'\).

Lời giải chi tiết:

Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là \(r,\,\,h\).

Theo bài ra ta có: \({S_{xq}} = 4\pi  \Leftrightarrow 2\pi rh = 4\pi  \Leftrightarrow rh = 2\).

Xét tam giác \(OAB\) có \(OA = OB = r\), \(\angle AOB = {120^0}\).

Áp dụng định lí Côsin rong tam giác ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} - 2.OA.OB.\cos \angle AOB\\A{B^2} = {r^2} + {r^2} - 2{r^2}.\dfrac{{ - 1}}{2}\\A{B^2} = 3{r^2}\\ \Rightarrow AB = r\sqrt 3 \end{array}\)

\( \Rightarrow {S_{ABB'A'}} = AB.BB' = r\sqrt 3 .h = \sqrt 3 rh = 2\sqrt 3 \).

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa mặt \(\left( {ABCD} \right)\) và mặt đáy.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn và định lí Pytago tính chiều cao và bán kính đáy của hình trụ.

- Thể tích khối trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(r\) là \(V = \pi {r^2}h\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(CD,\,\,AB\) và \(I\) là trung điểm của \(OO'\).

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABCD} \right) \cap \left( {O'CD} \right) = CD\\IM \subset \left( {ABCD} \right),\,\,IM \bot CD\\O'M \subset \left( {O'CD} \right),\,\,O'M \bot CD\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABCD} \right);\left( {O'BC} \right)} \right) = \angle \left( {IM;O'M} \right) = \angle IMO' = {60^0}\).

Ta có: \(MN = BC = 2a\) \( \Rightarrow IM = \dfrac{1}{2}MN = a\).

Xét tam giác vuông \(O'IM\) có: \(O'M = IM.\cos {60^0} = \dfrac{a}{2}\), \(O'I = IM.\sin {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\( \Rightarrow \) Chiều cao của khối trụ là \(h = OO' = 2O'I = a\sqrt 3 \).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(O'CM\) có: \(O'C = \sqrt {O'{M^2} + C{M^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}}  = a\).

\( \Rightarrow \) Bán kính đáy của khối trụ là \(r = O'C = a\).

Vậy thể tích của khối trụ là: \(V = \pi {r^2}h = \pi .{a^2}.a\sqrt 3  = \pi {a^3}\sqrt 3 \).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Gọi \(A',\,\,B'\) lần lượt là hình chiếu của \(A,\,\,B\) lên đường tròn \(\left( O \right)\).

      \(C',\,\,D'\) lần lượt là hình chiếu của \(C,\,\,D\) lên đường tròn \(\left( {O'} \right)\).

- Phân chia khối đa diện: \({V_{AC'BD'.A'CB'D}} = {V_{ABCD}} + {V_{A.A'CD}} + {V_{B.B'CD}} + {V_{C.C'AB}} + {V_{D.D'AB}}\), chứng minh \({V_{A.A'CD}} = {V_{B.B'CD}} = {V_{C.C'AB}} = {V_{D.D'AB}} = \dfrac{1}{6}{V_{AC'BD'.A'CB'D}}\), từ đó tính \({V_{AC'BD'.A'CB'D}}\).

- Tính diện tích tam giác \(OAC'\), sử dụng công thức \({S_{OAC'}} = \dfrac{1}{2}OA.OC'.\sin \angle AOC'\), từ đó suy ra \({S_{AC'BD'}}\).

- Tính chiều cao \(AA'\): \(AA' = \dfrac{{{V_{AC'BD'.A'CB'D}}}}{{{S_{AC'BD'}}}}\).

- Tính thể tích khối trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(r\): \(V = \pi {r^2}h\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(A',\,\,B'\) lần lượt là hình chiếu của \(A,\,\,B\) lên đường tròn \(\left( O \right)\).

      \(C',\,\,D'\) lần lượt là hình chiếu của \(C,\,\,D\) lên đường tròn \(\left( {O'} \right)\).

\( \Rightarrow AC'BD'\) là hình bình hành, lại có \(AB = CD = C'D'\) nên \(AC'BD'\) là hình chữ nhật.

Khi đó \(AC'BD'.A'CB'D\) là hình hộp chữ nhật.

Ta có: \({V_{AC'BD'.A'CB'D}} = {V_{ABCD}} + {V_{A.A'CD}} + {V_{B.B'CD}} + {V_{C.C'AB}} + {V_{D.D'AB}}\).

Ta có: \({V_{A.A'CD}} = \dfrac{1}{3}AA'.{S_{A'CD}} = \dfrac{1}{3}AA'.\dfrac{1}{2}{S_{A'CB'D}} = \dfrac{1}{6}{V_{AC'BD'.A'CB'D}}\).

CMTT ta có:  \({V_{B.B'CD}} = {V_{C.C'AB}} = {V_{D.D'AB}} = \dfrac{1}{6}{V_{AC'BD'.A'CB'D}}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{AC'BD'.A'CB'D}} = {V_{ABCD}} + 4.\dfrac{1}{6}{V_{AC'BD'.A'CB'D}}\\ \Rightarrow {V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}{V_{AC'BD'.A'CB'D}} = 30\\ \Rightarrow {V_{AC'BD'.A'CB'D}} = 90\end{array}\)

Theo bài ra ta có: \(\angle \left( {AB;CD} \right) = {30^0} \Rightarrow \angle \left( {AB;C'D'} \right) = {30^0}\), giả sử \(\angle \left( {AB;C'D'} \right) = \angle AOC' = {30^0}\).

Lại có \(OA = OC' = \dfrac{1}{2}AB = 3\) \( \Rightarrow {S_{OAC'}} = \dfrac{1}{2}OA.OC'.\sin \angle AOC' = \dfrac{1}{2}.3.3.\sin {30^0} = \dfrac{9}{4}\).

\( \Rightarrow {S_{AC'BD'}} = 4{S_{OAC'}} = 9\).

Ta có:  \({V_{AC'BD'.A'CB'D}} = AA'.{S_{AC'BD'}}\)\( \Rightarrow 90 = AA'.9 \Leftrightarrow AA' = 10\).

Vậy thể tích khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = \pi .O{A^2}.AA' = \pi {.3^2}.10 = 90\pi \).

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Gọi \(h,\,\,r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ, tính thể tích hình trụ \(V = \pi {r^2}h\,\,\,\left( 1 \right)\).

- Tính chiều cao mới \(h'\) và bán kính mới \(r'\) của hình trụ theo \(h,\,\,r\).

- Tính diện tích xung quanh mới của hình trụ \({S_{xq}}' = 2\pi r'h'\,\,\,\left( 2 \right)\).

- Giải hệ phương trình (1), (2) tìm \(h,\,\,r\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(h,\,\,r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ, ta có thể tích khối trụ ban đầu là \(V = \pi h{r^2} = 25\pi  \Rightarrow h{r^2} = 25\,\,\,\left( 1 \right)\).

Chiều cao mới của hình trụ là \(h' = 5h\), bán kính đáy mới của hình trụ là \(r' = r\).

Khi đó ta có diện tích xung quanh mới của hình trụ là:

\({S_{xq}}' = 2\pi r'.h' = 2\pi r.5h = 25\pi  \Rightarrow rh = \dfrac{5}{2}\,\,\,\left( 2 \right)\)

Lấy (1) chia (2) ta có \(r = 10\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

Thể tích khối trụ có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h\) là: \(V = \pi {R^2}h.\)

Lời giải chi tiết:

Xét khối trụ như hình vẽ. Ở đó ABCD là hình vuông cạnh \(AB = BC = 6a\)

Gọi H là trung điểm BC thì \(OH \bot BC \Rightarrow OH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Mà \(OO'//\left( {ABCD} \right)\) nên \(d\left( {OO',\left( {ABCD} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ABCD} \right)} \right) = OH = 3a\)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác OHB vuông tại H có:

\(OB = \sqrt {O{H^2} + H{B^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}}  = 3a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \) Thể tích khối trụ đã cho là: \(V = \pi .O{B^2}.AB = \pi .{\left( {3a\sqrt 2 } \right)^2}.6a = 108\pi {a^3}.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) song song với trục, cắt hình trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật \(ABCD\) với \(AD = BC = h = 5.\) 

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OH \bot AB \Rightarrow OH \bot \left( {ABCD} \right)\) hay \(OH \bot \left( \alpha  \right).\) 

\( \Rightarrow d\left( {OO';\,\,\left( \alpha  \right)} \right) = d\left( {O;\,\,\left( \alpha  \right)} \right) = OH.\)

Lời giải chi tiết:

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) song song với trục, cắt hình trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật \(ABCD\) với \(AD = BC = h = 5.\)  

\( \Rightarrow 2\left( {AB + BC} \right) = 2\left( {AB + 5} \right) = 26 \Leftrightarrow AB = 8\,\,cm.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OH \bot AB \Rightarrow OH \bot \left( {ABCD} \right)\) hay \(OH \bot \left( \alpha  \right).\)  

\( \Rightarrow d\left( {OO';\,\,\left( \alpha  \right)} \right) = d\left( {O;\,\,\left( \alpha  \right)} \right) = OH.\)

\( \Rightarrow AH = \frac{{AB}}{2} = 4\,\,cm.\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta AOH\) vuông tại \(H\) ta có:

\(\begin{array}{l}OH = \sqrt {O{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{5^2} - {4^2}}  = 3cm.\\ \Rightarrow d\left( {OO';\,\,\left( \alpha  \right)} \right) = 3\,cm.\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Gọi \(R,\,\,h\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Dựa vào chu vi thiết diện biểu diễn \(h\) theo \(R\).

- Thể tích khối trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(R\) là \(V = \pi {R^2}h\).

- Sử dụng BĐT Cô-si: \(abc \le {\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^3}\), dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(R,\,\,h\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Giả sử thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật \(ABCD\) như hình vẽ, ta có \(AB = 2R\) và \(AD = h\).

Chu vi thiết diện chứa trục bằng 12 \( \Rightarrow 2R + h = 6 \Rightarrow h = 6 - 2R\).

Khi đó thể tích khối trụ:

\(\begin{array}{l}V = \pi {R^2}h = \pi {R^2}\left( {6 - 2R} \right) = \pi .R.R\left( {6 - 2R} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \le \pi .{\left( {\dfrac{{R + R + 6 - 2R}}{3}} \right)^3} = 8\pi \end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(R = 6 - 2R \Leftrightarrow R = 2.\)

Vậy thể tích khối trụ lớn nhất là \(8\pi \) khi \(R = 2\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Tính bán kính đường tròn nội tiếp đáy, sử dụng công thức \(r = \dfrac{S}{p}\) trong đó \(S,\,\,p\) lần lượt là diện tích và nửa chu vi của tam giác.

- Sử dụng định lí Pytago tính chiều cao của hình tứ diện.

- Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(r\) là \({S_{xq}} = 2\pi rh\).

Lời giải chi tiết:

Tam giác \(BCD\) đều cạnh \(a\) nên \({S_{\Delta BCD}} = \dfrac{{{4^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \).

Gọi \(p\) là nửa chu vi tam giác \(BCD\) ta có \(p = \dfrac{{3.4}}{2} = 6\).

Khi đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(BCD\) là \(r = \dfrac{S}{p} = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\), đây cũng chính là bán kính đáy của hình trụ.

Gọi \(O\) là trọng tâm tam giác \(BCD\) ta có \(AO \bot \left( {BCD} \right)\).

Xét tam giác vuông \(SOB\) có; \(BO = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{4\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}\), \(AB = 4\).

\( \Rightarrow AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}}  = \sqrt {{4^2} - {{\left( {\dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{4\sqrt 6 }}{3}\), đây cũng chính là chiều cao của hình trụ.

Vậy diện tích xung quanh hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi .\dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{4\sqrt 6 }}{3} = \dfrac{{16\sqrt 2 \pi }}{3}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h:\;\;\;V = \pi {R^2}h.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A{B^2} = {30^2} = 900\\B{C^2} = {40^2} = 1600\\A{C^2} = {50^2} = 2500\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow C{A^2} = A{B^2} + B{C^2}\)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B.\)

Khối trụ có thể tích lớn nhất là khối trụ có đường tròn đáy là đường đường tròn nội tiếp tam giác đáy.

Khi đó bán kính đáy của đường tròn đáy là:

\(r = \frac{S}{p} = \frac{{AB.BC}}{{2\left( {AB + BC + AC} \right)}} = \frac{{30.40}}{{2\left( {\frac{{30 + 40 + 50}}{2}} \right)}} = 10\,\,cm.\)

\( \Rightarrow {V_{\max }} = \pi {r^2}h = \pi {.10^2}.100 \approx 31416\,\,c{m^2}.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Phần diện tích toàn phần lớn hơn của 2 khối trụ mới so với khối trụ ban đầu chính là 2 lần diện tích đáy của khối trụ. Từ đó tính được bán kính đáy của khối trụ.

- Diện tích toàn phần của khối trụ có bán kính đáy bằng \(r\) và chiều cao bằng \(h\) là : \({S_{tp}} = 2\pi r\left( {r + h} \right).\)

Lời giải chi tiết:

Gọi bán kính đáy và chiều cao của khối chóp ban đầu lần lượt là \(r,\,\,h\,\,\left( {dm} \right)\,\,\,\left( {r,h > 0} \right).\)

Cắt hình trụ bởi mặt phẳng vuông góc với trục ta được 2 khối trụ mới có tổng chiều cao của 2 khối trụ không thay đổi. Do đó, phần diện tích toàn phần lớn hơn của 2 khối trụ mới với khối trụ ban đầu là phần diện tích đáy mới tạo ra, hay chính là 2 lần diện tích đáy của khối trụ.

Do đó, diện tích đáy của khối trụ là  \(9\pi \,\,\left( {d{m^2}} \right)\) hay \(\pi {r^2} = 9\pi  \Leftrightarrow r = 3\,\,\left( {dm} \right)\).

Diện tích toàn phần của  khối trụ ban đầu là :

                                                \({S_{tp}} = 2\pi r\left( {r + h} \right) = 2.\pi .3\left( {3 + 5} \right) = 48\pi \,\,\left( {d{m^2}} \right)\)

Vậy tổng diện tích toàn phần của 2 khối trụ mới là:

                                                \(S = {S_{tp}} + 18 = 66\pi \,\,\left( {d{m^2}} \right).\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Đưa độ dài cạnh hình chữ nhật \(MNPQ\) về cùng một biến và tìm điều kiện của biến.

- Hình trụ tạo thành có chiều cao bằng \(MQ\) và chu vi đáy bằng \(MN\).

- Tính thể tích của hình trụ theo biến.

- Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\) \( \Rightarrow H\) cũng là trung điểm của \(MN\).

Do \(ABC\) là tam giác đều có cạnh bằng \(60\,\,\left( {cm} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\BH = HC = 30\left( {cm} \right)\\AH = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.BC = 30\sqrt 3 \left( {cm} \right)\end{array} \right.\)

Đặt \(BM = x\), do \(BM < BH \Rightarrow 0 < x < 30\), ta có :

\(\begin{array}{l}MH = BH - BM = 30 - x\\ \Rightarrow MN = 2MH = 60 - 2x\end{array}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\QM \bot MN \Rightarrow QM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AH\parallel QM\)

\( \Rightarrow \dfrac{{QM}}{{AH}} = \dfrac{{BM}}{{BH}} \Leftrightarrow \dfrac{{QM}}{{30\sqrt 3 }} = \dfrac{x}{{30}}\)\( \Leftrightarrow QM = \sqrt 3 x\) (Định lí Ta-lét)

Gọi \(r\) là bán kính đáy của hình trụ được tạo thành.

Hình trụ được tạo thành có chiều cao bằng \(MQ = \sqrt 3 x\) và chu vi đáy bằng \(MN\) nên :

\(2\pi r = MN \Leftrightarrow 2\pi r = 60 - 2x \Leftrightarrow r = \dfrac{{30 - x}}{\pi }\)

Thể tích của hình trụ được tạo thành từ hình chữ nhật \(MNPQ\) là :

      \(\begin{array}{l}V = \pi {r^2}.MQ = \pi .{\left( {\dfrac{{30 - x}}{\pi }} \right)^2}.\sqrt 3 x\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt 3 x\left( {900 - 60x + {x^2}} \right)}}{\pi }\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt 3 }}{\pi }\left( {{x^3} - 60{x^2} + 900x} \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 60{x^2} + 900x\) trên khoảng \(\left( {0;30} \right)\) ta có :

      \(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 3{x^2} - 120x + 900\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 30\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 10\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 10\end{array}\)

Ta có BBT như sau :

Từ BBT ta thấy \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0;30} \right)} f\left( x \right) = f\left( {10} \right) = 4000\).

Do đó, thể tích lớn nhất của hình trụ tạo được là \(\dfrac{{4000\sqrt 3 }}{\pi }\,\,\,\left( {c{m^3}} \right).\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Khảo sát hàm số.

- Công thức tính thể tích của khối trụ: \(V = \pi {R^2}h\)

Lời giải chi tiết:

Đổi \(5\,l = 5d{m^3} = \dfrac{1}{{200}}{m^3}\).

Giả sử bán kính đáy của hình trụ là \(r\left( m \right)\). Ta có: \(V = \pi {r^2}h = \dfrac{1}{{200}} \Rightarrow h = \dfrac{1}{{200\pi {r^2}}}\left( m \right)\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi r.\dfrac{1}{{200\pi {r^2}}} = \dfrac{1}{{100r}}\left( {{m^2}} \right)\)

Diện tích hai đáy của hình trụ là: \({S_d} = 2\pi {r^2}\left( {{m^2}} \right)\)

Chi phí làm 1 chiếc thùng là :

\(T = \dfrac{1}{{100r}}.100 + 2\pi {r^2}.120 = \dfrac{1}{r} + 240\pi {r^2} = \dfrac{1}{{2r}} + \dfrac{1}{{2r}} + 240\pi {r^2}\)\( \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{2r}}.\dfrac{1}{{2r}}.240\pi {r^2}}} = 3.\sqrt[3]{{60\pi }}\)  (nghìn đồng)

Chi phí làm 1 chiếc thùng rẻ nhất là \(3.\sqrt[3]{{60\pi }}\), khi và chỉ khi làm bán kính đáy của nó thỏa mãn :

\(\dfrac{1}{{2r}} = 240\pi {r^2} \Leftrightarrow {r^3} = \dfrac{1}{{480\pi }} \Leftrightarrow r = \dfrac{1}{{\sqrt[3]{{480\pi }}}}\)

Ta có: 1 tỷ : \(3.\sqrt[3]{{60\pi }}\) nghìn đồng \( \approx \)58 135

Vậy số thùng sơn tối đa mà công ty đó sản xuất được \(58 135\) thùng.

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính chu vi hình tròn để tính bán kính đáy.

Dùng định lí pytago để tính độ dài đường cao.

Lời giải chi tiết:

Chu vi hình tròn: \(2\pi R = 6\pi  \Rightarrow R = 3\left( {cm} \right)\)

Vì thiết diện qua trục hình trụ là một hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 10cm.

Nên \(h = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8.\)

Do đó thể tích khối trụ là:\(V = \pi {R^2}h = 72\pi \left( {c{m^3}} \right).\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Thể tích của hình trụ có bán kính bằng \(r,\) chiều cao bằng \(h\) là:    \(V = \pi {r^2}h\)

Diện tích toàn phần của hình trụ trên là \(\)\({S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2}\)

Áp dụng BĐT \(AM - GM\) để giải bài toán.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(r\) là bán kính đáy, \(h\) là chiều cao của thùng sơn đã cho.

Theo giả thiết, thùng sơn có dung tích bằng \(1000c{m^3}\) nên ta có:

                         \(V = 1000 \Leftrightarrow \pi {r^2}h = 1000\)

Diện tích toàn phần của thùng sơn có nắp đạy là 

                        \({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh\)

Áp dụng BĐT AM – GM ta có:

             \({S_{tp}} = \pi .\left( {2{r^2} + rh + rh} \right) \ge \pi .3\sqrt[3]{{2{r^2}.rh.rh}} = 3\pi .\sqrt[3]{{2{r^4}.{h^2}}} = 3\pi .\sqrt[3]{{2.{{\left( {\dfrac{{1000}}{\pi }} \right)}^2}}}\)

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi \(2{r^2} = rh \Leftrightarrow h = 2r\)

Mà \({r^2}h = \dfrac{{1000}}{\pi } \Rightarrow 2{r^3} = \dfrac{{1000}}{\pi } \Rightarrow r = \sqrt[3]{{\dfrac{{500}}{\pi }}}\)

Vậy để diện tích toàn phần của thùng sơn nhỏ nhất thì \(r = \sqrt[3]{{\dfrac{{500}}{\pi }}}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Tính chi phí cần bỏ ra để mau nguyên liệu làm cốc.

Áp dụng BĐT \(AM - GM\) để giải bài toán.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(r\) là bán kính đáy cốc, \(h\) là chiều cao của cốc thủy tinh cần làm.

Thể tích của cốc là \(50c{m^3}\) nên \(\pi {r^2}h = 50\)

Diện tích xung quanh cái cốc là \({S_{xq}} = 2\pi rh\)

Diện tích đáy cốc là \({S_d} = \pi {r^2}\)   (do cốc không nắp)

Do đó, chi phí mua nguyên liệu để làm cốc là :

      \(P = 100.2\pi rh + 200.\pi {r^2} = 200\pi .\left( {rh + {r^2}} \right)\)

Áp dụng BĐT AM – GM ta có:

    \(P = 200\pi \left( {{r^2} + rh} \right) = 200\pi \left( {{r^2} + \dfrac{{rh}}{2} + \dfrac{{rh}}{2}} \right) \ge 200\pi .3\sqrt[3]{{{r^2}.\dfrac{{rh}}{2}.\dfrac{{rh}}{2}}} = 200\pi .3\sqrt[3]{{{{\left( {\dfrac{{{r^2}h}}{2}} \right)}^2}}} \approx 7513,25\)

Vậy số tiền nhỏ nhất để mua nguyên liệu làm cốc là 7513 đồng.

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa \(\left( {O'AB} \right)\) và \(\left( {OAB} \right)\).

- Đặt \(h = OO'\), áp dụng định lí Pytago và các tỉ số lượng giác của góc nhọn, tính \(h\) theo \(R\).

- Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy \(R\), chiều cao \(h\) là: \({S_{xq}} = \pi {R^2}h\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(h = OO'\) là chiều cao của hình trụ.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\).

Tam giác \(OAB\) cân tại \(O \Rightarrow OH \bot AB\).

Lại có \(OO' \bot AB \Rightarrow O'H \bot AB\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {O'AB} \right) \cap \left( {OAB} \right) = AB\\\left( {O'AB} \right) \supset O'H \bot AB\\\left( {OAB} \right) \supset OH \bot AB\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {O'AB} \right);\left( {OAB} \right)} \right) = \angle \left( {O'H;OH} \right) = \angle O'HO = {60^0}\).

Xét tam giác vuông \(OO'H\) có: \(O'H = \dfrac{{OO'}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{{2h}}{{\sqrt 3 }}\) và \(OH = OO'.\cot {60^0} = \dfrac{h}{{\sqrt 3 }}\).

Tam giasc \(O'AB\) đều nên \(O'H = \dfrac{{O'A\sqrt 3 }}{2}\).

\( \Rightarrow O'A = \dfrac{{2O'H}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{2.\dfrac{{2h}}{{\sqrt 3 }}}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{4h}}{3} = AB\).

\( \Rightarrow AH = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{{2h}}{3}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(OAH\) có:

\(OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{h}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2} + \left( {{{\dfrac{{2h}}{3}}^2}} \right)}  = \dfrac{{h\sqrt 7 }}{3} = R\)\( \Leftrightarrow h = \dfrac{{3R}}{{\sqrt 7 }}\).

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_{xq}} = \pi {R^2}h = \pi .{R^2}.\dfrac{{3R}}{{\sqrt 7 }} = \dfrac{{3\sqrt 7 \pi {R^3}}}{7}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh, diện tích đáy và thể tích của hình trụ chiều cao \(h\), bán kính đáy \(R\) là \({S_{xq}} = 2\pi Rh\), \({S_{day}} = \pi {R^2}\), \(V = \pi {R^2}h\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(R,\,\,h\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của  hình trụ.

Ta có \({S_{xq}} = 2\pi Rh;\) \({S_d} = \pi {R^2};\) \(V = \pi {R^2}h\).

Ta có \(V = 150{m^3} \Rightarrow \pi {R^2}h = 150 \Rightarrow h = \dfrac{{150}}{{\pi {R^2}}}\)

Tổng số tiền để chi trả vật liệu là:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,T = \pi {R^2}.\left( {100 + 120} \right) + 2\pi Rh.90\\ \Leftrightarrow T = 220\pi {R^2} + \dfrac{{2700}}{R}\left( {h = \dfrac{{150}}{{\pi {R^2}}}} \right)\\ \Rightarrow T' = 440\pi R - \dfrac{{2700}}{{{R^2}}} = 0\\ \Leftrightarrow {R^3} = \dfrac{{675}}{{11\pi }}\end{array}\)

Khi đó \(\dfrac{h}{R} = \dfrac{{150}}{{\pi {R^3}}} = \dfrac{{22}}{9}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Khi quay hình vuông và các điểm bên trong nó xung qunh một đường thẳng đi qua trung điểm 2 cạnh đối diện ta được một hình trụ có chiều cao và đường kính đáy bằng cạnh hình vuông.

- Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng \(r\) và chiều cao bằng \(h\) là  \(V = \pi {r^2}h\).

Lời giải chi tiết:

\(I\) và \(H\) là trung điểm của 2 cạnh đối \(AB\) và \(CD\) nên khi quay hình vuông \(ABCD\) và các điểm bên trong nó quanh đường thẳng \(IH\) ta được một khối trụ có chiều cao là \(IH\)  và hai đáy có đường kính là \(AB\) và \(CD\).

Do vậy khối trụ trên có chiều cao là \(h = IH = a\) và bán kính đáy là   \(r = IA = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{a}{2}\).

Thể tích của khối trụ tròn xoay tạo thành là :

\(V = \pi .IH.I{A^2} = \pi .a.{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2} = \dfrac{{\pi {a^3}}}{4}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Áp dụng công thức tính diện tích toàn phần của hình trụ và công thức tính thể tích hình trụ.

- Sử dụng BĐT Cô-si.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(R,\,\,h\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao hình trụ.

Ta có \(V = \pi {R^2}h = 1 \Rightarrow h = \dfrac{1}{{\pi {R^2}}}\)

Mặt khác

\(\begin{array}{l}{S_{tp}} = 2\pi {R^2} + 2\pi Rh\\ \Rightarrow {S_{tp}} = 2\pi {R^2} + 2\pi R.\dfrac{1}{{\pi {R^2}}}\\ \Leftrightarrow {S_{tp}} = 2\pi {R^2} + \dfrac{2}{R} = 2\pi {R^2} + \dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{R}\end{array}\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số \(2\pi {R^2},\,\,\dfrac{1}{R},\,\,\dfrac{1}{R}\) ta có:

\(2\pi {R^2} + \dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{R} \ge 3\sqrt[3]{{2\pi {R^2}.\dfrac{1}{R}.\dfrac{1}{R}}} = 3\sqrt[3]{{2\pi }}\).

\( \Rightarrow {S_{tp}} \ge 3\sqrt[3]{{2\pi }}\).

\( \Rightarrow {S_{tp\,\,\min }} = 3\sqrt[3]{{2\pi }}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow 2\pi {R^2} = \dfrac{1}{R} \Leftrightarrow {R^3} = \dfrac{1}{{2\pi }} \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{{\dfrac{1}{{2\pi }}}}\,\,\left( {dm} \right)\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính diện tích toàn phần của hình lập phương và hình trụ rồi suy ra tổng.

Lời giải chi tiết:

Hình lập phương có cạnh bằng 40cm do đó diện tích toàn phần là \({S_1} = {6.40^2} = 9600\,\,\left( {c{m^2}} \right).\)

Hình trụ có đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông cạnh 40cm nên \(r = 20cm\);\(h = 40cm\).

\( \Rightarrow {S_2} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {.20^2} + 2\pi .20.40 = 2400\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right).\)

\( \Rightarrow {S_1} + {S_2} = 9600 + 2400\pi  = 2400\left( {4 + \pi } \right).\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Khi bỏ miếng bìa hình vuông vào chiếc hộp như giả thiết ta thấy đoạn thẳng nối tâm 2 đáy của chiếc hộp cắt miếng bìa tại trung điểm của nó và là tâm của miếng bìa.

Tính độ dài cạnh của miếng bìa.

Lời giải chi tiết:

Gọi tâm 2 đáy của chiếc hộp hình trụ là \(O\) và \(O'\), miếng bìa hình vuông là \(ABCD\) với \(AB\) là dây cung của đường tròn tâm \(O\) còn \(CD\) là dây cung của đường tròn tâm \(O'\) như trong hình vẽ

Do đặt miếng bìa không song song với trục của hộp nên gọi \(I\)là giao điểm của \(OO'\) và miếng bìa \(ABCD\).

Ta thấy \(I\) chính là trung điểm của \(OO'\) và là tâm của miếng bìa \(ABCD\)

Do đó \(IO = \dfrac{1}{2}OO' = 5\left( {cm} \right);OB = OA = R = 10\left( {cm} \right)\)

\(OO'\) vuông góc với 2 đáy hay \(IO \bot OB\)

Tam giác \(IOB\) vuông tại \(O\) nên   \(IB = \sqrt {I{O^2} + O{B^2}}  = \sqrt {{5^2} + {{10}^2}}  = 5\sqrt 5 \left( {cm} \right)\)

Suy ra \(BD = 2IB = 10\sqrt 5 \left( {cm} \right)\)

Ta có: \(A{D^2} + A{B^2} = B{D^2} \Rightarrow AD = \dfrac{{BD}}{{\sqrt 2 }} = 5\sqrt {10} \left( {cm} \right)\)

Diện tích của miếng bìa hình vuông là  \(S = A{D^2} = 250\left( {c{m^2}} \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \(a\) và \(b\) là khoảng cách từ một điểm nằm trên \(a\) đến mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) chứa đường thẳng \(b\) và song song với đường thẳng \(a\)

Tìm góc tạo bởi \(AB\) và mặt phẳng chứa đường tròn đáy.

Tìm đường cao của hình trụ qua khoảng cách giữa \(AB\) và \(OO'\)

Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng \(a\) và chiều cao bằng \(h\) là  \(V = \pi {r^2}h\)

Lời giải chi tiết:

Giả sử \(A\) nằm trên đường tròn tâm \(O,\)\(B\) nằm trên đường tròn tâm \(O'\)

Qua \(A\) kẻ đường thẳng \(AA'//OO'\) (\(A'\) nằm trên đường tròn tâm \(O'\)). Gọi \(I\) là trung điểm của \(A'B\)

\(AA'//OO' \Rightarrow AA' \bot \left( {O'A'B} \right) \Rightarrow AA' \bot O'I\)

Tam giác \(O'A'B\) có \(O'A' = O'B = r\) nên tam giác \(O'A'B\) cân tại \(O'\) hay \(O'I \bot A'B\)

Suy ra \(O'I \bot \left( {A'AB} \right)\)

Do \(AA'//OO'\) nên khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(OO'\) là khoảng cách từ \(O'\) đến mặt phẳng \(\left( {AB'A'} \right)\). Hay \(O'I = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Ta có: \(IA' = \sqrt {O'A{'^2} - O'{I^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 a}}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt 2 a}}{2}\)

Góc tạo bởi \(AB\) và mặt phẳng chứa đường tròn đáy là góc giữa \(AB\) và \(A'B\)(do \(AA'\) vuông góc với 2 đáy).

Do đó \(\widehat {ABA'} = 45^\circ  \Rightarrow AA' = A'B = 2IA' = \sqrt 2 a\)

Vậy thể tích của hình trụ đã cho bằng \(V = \pi .O{A^2}.AA{'^2} = \pi .{a^2}.\sqrt 2 a = \sqrt 2 \pi {a^3}\)

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

+ Đường kính bằng \(6 \Rightarrow R = OA = 3\).

+ Xét \(\Delta O'OA\)vuông tại \(O\) có

\(O'{O^2} + O{A^2} = O'{A^2} \Leftrightarrow O'{O^2} + {3^2} = {5^2} \Leftrightarrow OO' = 4 = h.\)

+ \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .3.4 = 24\pi \)

Chọn B

Lời giải chi tiết:

\( + \)Kẻ \(CC'\) vuông đáy tại \(C'\).

         \(DD'\) vuông đáy tại \(D'\).

\( \Rightarrow ABC'D'\) là hình bình hành (Do \(CD\parallel C'D'\parallel AB\))

\( + \)\(\Delta OAB\)có: \(O{A^2} + O{B^2} = {R^2} + {R^2} = 2{R^2}\) . Mà\(A{B^2} = 2{R^2}\)

\( \Rightarrow \Delta OAB\)vuông tại \(O\) (Định lí Pytago đảo) \( \Rightarrow AC' \bot BD'\)

\( + \)Ta thấy \(AC' = BD' = 2R\)  (Vì tứ giác \(ABC'D'\) nội tiếp đường tròn)

\( \Rightarrow ABC'D'\)là hình vuông \( \Rightarrow AB = AD' = BC' = C'D' = R\sqrt 2 \).

\( + \)Góc \(\left( {ABCD} \right)\) và (đáy) bằng \({30^0} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ABCD} \right);\left( {day} \right)} \right)} = \widehat {D'AD} = {30^0}\)

\( + \)Xét \({\Delta _v}DAD'\) có: \(\tan {30^0} = \dfrac{{DD'}}{{D'A}} \Rightarrow DD' = R\sqrt 2 .\dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = R\dfrac{{\sqrt 6 }}{3}\).

\( \Rightarrow \)V_trụ \( = \pi {R^2}.\dfrac{{R\sqrt 6 }}{3} = \dfrac{{\pi {R^3}\sqrt 6 }}{3}\).

Chọn A

Phương pháp giải:

Để tính bán kính đường tròn đáy khi đã có độ dài dây cung, ta nên đi tìm khoảng cách từ tâm đến dây cung.

Lời giải chi tiết:

Vẽ một mặt phẳng đi qua \(AB\) và vuông góc với mặt phẳng đáy, cắt mặt đáy còn lại theo dây cung \(MN.\)

Gọi \(O\) là tâm đường tròn đáy chứa dây cung \(A'B'\) , \(H\) là trung điểm \(A'B'\)

Theo giả thiết \(ABB'A'\)là hình chữ nhật nên \(AA' \bot A'B'\)    (1)

\(AM\) vuông góc với 2 đáy nên \(AM \bot A'B'\)                        (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(A'B' \bot \left( {AMA'} \right) \Rightarrow A'B' \bot MA'\) . Do đó \(MNB'A'\) là hình chữ nhật.

Diện tích hình chữ nhật \(ABB'A'\) bằng \(60c{m^2}\) nên

\(AA'.A'B' = 60 \Rightarrow AA' = 10\,\,\left( {cm} \right).\)

Chiều cao của khối trụ bằng \(6\sqrt 2 \left( {cm} \right) \Rightarrow AM = 6\sqrt 2 \,\,\left( {cm} \right)\).

Ta có: \(MB' = \sqrt {BB{'^2} - B{M^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 2\sqrt 7 \,\,\left( {cm} \right).\)

Do \(MNB'A'\) là hình chữ nhật nên:

\(R = \dfrac{1}{2}MA' = \dfrac{1}{2}\sqrt {MB{'^2} + A'B{'^2}}  = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( {2\sqrt 7 } \right)}^2} + {6^2}}  = 4\,\,\left( {cm} \right).\)

Vậy bán kính của đường tròn đáy bằng \(4cm\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Diện tích toàn phần của thùng phi là \(S = 2\pi {r^2} + 2\pi rh\).

- Thể tích của thùng phi là \(V = \pi {r^2}h\).

- Kết hợp bất đẳng thức AM – GM để giải bài toán.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(r\) là bán kính đáy, \(h\) là chiều cao của thùng phi.

Ta có:

Diện tích toàn thần của thùng phi là \(S = 2\pi {r^2} + 2\pi rh\).

Thể tích của thùng  phi là :  \(V = \pi {r^2}h\).

Chi phí trung bình cho \(1{m^2}\) thép là \(350000\)đ mà chi phí không được quá \(6594000\) đ nên \(S \le 188,4\left( {{m^2}} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có :

\(\begin{array}{l}18,84 \ge S = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = \pi \left( {2{r^2} + rh + rh} \right) \ge \pi .3\sqrt[3]{{2{r^2}.rh.rh}} = 3\pi .\sqrt[3]{{2{r^4}{h^2}}}\\ \Rightarrow \sqrt[3]{{2{r^4}{h^2}}} \le \dfrac{{18,84}}{{3\pi }} = 2\\ \Leftrightarrow 2{r^4}{h^2} \le 8\\ \Leftrightarrow {r^4}.{h^2}.{\pi ^2} \le 4{\pi ^2}\\ \Leftrightarrow {V^2} \le 4{\pi ^2}\\ \Rightarrow V \le 2\pi  = 6,28\left( {{m^3}} \right)\end{array}\)

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}S = 18,84\\2{r^2} = rh\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}r = 1\left( m \right)\\h = 2\left( m \right)\end{array} \right.\).

Vậy có thể làm được thùng phi chứa được nhiều nhất là \(6,28\) tấn nước.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy \(r\) và đường sinh \(l\) là \({S_{xq}} = 2\pi rl\)

Lời giải chi tiết:

Thiết diện qua trục là hình vuông \(ABCD\) như hình vẽ

Bán kính đáy \(R = \dfrac{{DC}}{2} = \dfrac{{2a}}{2} = a\)

Đường sinh: \(l = BC = 2a\)

Diện tích xung quanh hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .a.2a = 4\pi {a^2}\)

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Chu vi hình tròn đáy bằng \(240cm \Leftrightarrow 2\pi R = 240 \Leftrightarrow R = \dfrac{{120}}{\pi }\).

Chiều cao hình trụ bằng \(50cm\).

\( \Rightarrow {V_1} = \pi {R^2}h = \pi {\left( {\dfrac{{120}}{\pi }} \right)^2}.50 = \dfrac{{720000}}{\pi }\,\,\left( {c{m^3}} \right)\)

Theo cách 2:

Chu vi hình tròn đáy bằng \(120cm \Leftrightarrow 2\pi R = 120 \Leftrightarrow R = \dfrac{{60}}{\pi }\).

Chiều cao hình trụ bằng \(50cm\).

\({V_2} = {V_1}' + {V_2}' = \pi {r^2}h + \pi {r^2}h = \dfrac{{360000}}{\pi }\).

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{720000}}{\pi }:\dfrac{{360000}}{\pi } = 2.\)

Chọn B

Lời giải chi tiết:

\( + \)S_{mặt cầu}\( = 16\pi  \Leftrightarrow 4\pi .O{A^2} = 16\pi  \Leftrightarrow OA = 2.\)

\( \Rightarrow AB = h = 2OA = 4.\)

\( + \)R_trụ\( = OA = 2\)

\( \Rightarrow {S_{xq}} = 2\pi Rl = 2\pi .2.4 = 16\pi .\)

Chọn B

Lời giải chi tiết:

Đặt \(OO' = h\). 

+ Kẻ \(AC\parallel OO' \Rightarrow AC \bot \) (đáy)

\( \Rightarrow \widehat {(AB,day)} = \widehat {ABC} = {45^0}\)

\( + \) Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\).

\( + \) Ta có: \(d\left( {AB;OO'} \right) = d\left( {\left( {ABC} \right),OO'} \right) = d\left( {O',\left( {ABC} \right)} \right) = O'I\)

\( \Rightarrow O'I = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\( + \) Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(C \Rightarrow BC = AC = h\)

\( + \) Lại có: \(CO{'^2} = C{I^2} + IO{'^2}\)

\( \Leftrightarrow {a^2} = {\left( {\dfrac{{BC}}{2}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} \Rightarrow BC = a\sqrt 2  = h\)

\( + \,\,V = \pi {R^2}h = \pi {a^2}.a\sqrt 2  = \pi {a^3}\sqrt 2 \).

Chọn B

Lời giải chi tiết:

\( + \)Kẻ \(OH \bot AB\)(\(H\) là trung điểm \(AB\))

\( \Rightarrow \)Khoảng cách\(h\) từ trục \({\rm{OO}}'\) tới \(\left( \alpha  \right)\)là \(OH\).

+ \(BH = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{{12}}{2} = 6\)

\( + \) Xét \(\Delta OBH\) vuông tại \(H\) có:

\(O{H^2} = B{O^2} - H{B^2} \Leftrightarrow O{H^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Leftrightarrow OH = 8\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Mặt cầu ngoại tiếp khối trụ có tâm là trung điểm đoạn nối tâm hai đáy của khối trụ

Thể tích của khối trụ được tính bằng công thức: \(V = \pi {r^2}h\)  (\(r:\) bán kính đáy, \(h:\) chiều cao của khối trụ)

Tìm mối liên hệ giữa \(r,h,R\) để tìm thể tích lớn nhất của khối trụ

Lời giải chi tiết:

Gọi \(r\) là bán kính đáy,   \(h\) là chiều cao của khối trụ đã cho

Gọi \(AB\) là đường kính của mặt đáy tâm \(O,\) \(A'B'\) là đường kính của mặt đáy tâm \(O'\) của hình trụ sao cho \(AA'\) và \(BB'\) vuông góc với mặt phẳng đáy

Gọi \(I\) là trung điểm của \(OO'\) khi đó \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối trụ trên và \(IA = IB = R\)

Ta có: \(OO' \bot AB \Rightarrow I{O^2} + A{O^2} = I{A^2} \Leftrightarrow \dfrac{{{h^2}}}{4} + {r^2} = {R^2}\)

Thể tích của khối trụ trên là \(V = \pi {r^2}h\) .

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

\(\begin{array}{l}{R^2} = {r^2} + \dfrac{{{h^2}}}{4} = \dfrac{{{r^2}}}{2} + \dfrac{{{r^2}}}{2} + \dfrac{{{h^2}}}{4} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{r^4}{h^2}}}{{16}}}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{r^4}{h^2}}}{{16}} \le {\left( {\dfrac{{{R^2}}}{3}} \right)^3} \Leftrightarrow {r^2}h \le 4\sqrt {\dfrac{{{R^6}}}{{27}}}  = \dfrac{{4{R^3}}}{{3\sqrt 3 }}\end{array}\)

\( \Rightarrow V = \pi {r^2}h \le \dfrac{{4\pi {R^3}}}{{3\sqrt 3 }}\)

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi \(\dfrac{{{r^2}}}{2} = \dfrac{{{h^2}}}{4} = \dfrac{{{R^2}}}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}r = \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}R\\h = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}R\end{array} \right.\)

Vậy để khối trụ có thể tích lớn nhất thì chiều cao của khối trụ bằng \(\dfrac{{2R\sqrt 3 }}{3}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng công thức tính chu vi hình chữ nhật = (chiều dài+chiều rộng).2

+ Sử dụng công thức tính thể tích hình trụ có bán kính đáy \(r\) và chiều cao \(h\) là \(V = \pi {r^2}h\)

+ Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm \(a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}\)  để tìm giá trị lớn nhất của thể tích.

Chú ý dấu = xảy ra khi \(a = b = c.\)

(Hoặc sử dụng hàm số để tìm giá trị lớn nhất của thể tích.)

Lời giải chi tiết:

Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ lần lượt là \(r\) và \(h\left( {r,h > 0} \right)\)

Thiết diện là hình chữ nhật \(ABCD\) có chu vi \(2\left( {AB + BC} \right) = 2.\left( {h + 2r} \right)\)

Theo giả thiết ta có \(2\left( {h + 2r} \right) = 12 \Leftrightarrow h + 2r = 6 \Rightarrow h = 6 - 2r\,\,\left( {r < 3} \right)\)

Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}h = \pi {r^2}.\left( {6 - 2r} \right) = \pi r.r.\left( {6 - 2r} \right)\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số \(r;r;6 - 2r\) ta được 

\(r + r + 6 - 2r \ge 3\sqrt[3]{{r.r\left( {6 - 2r} \right)}} \Leftrightarrow \sqrt[3]{{r.r\left( {6 - 2r} \right)}} \le 2 \Leftrightarrow {r^2}\left( {6 - 2r} \right) \le 8 \Leftrightarrow \pi {r^2}\left( {6 - 2r} \right) \le 8\pi \)

Hay \(V \le 8\pi \) . Dấu = xảy ra khi \(r = 6 - 2r \Leftrightarrow r = 2\left( {TM} \right)\)

Vậy giá trị lớn nhất của khối trụ là \(V = 8\pi .\) 

Chọn C. 

Lời giải chi tiết:

+) \(\widehat{AEB}={{150}^{o}}\Rightarrow \) Số đo \(\widehat{AmB}={{300}^{o}}\Rightarrow \) Số đo \(\widehat{AnB}={{60}^{o}}\Rightarrow \widehat{AOB}={{60}^{o}}\)

Þ Diện tích phần kính làm ban công bằng \(\frac{1}{6}\) diện tích xung quanh trụ có chiều cao \(h=AD=1,4m\) và đáy là đường tròn (C) bán kính R = OA

+) Trong D cân AOB có: \(\widehat{AOB}={{60}^{o}}\Rightarrow \Delta AOB\,\) đều Þ R = AB = 4

+) Diện tích xung quanh hình trụ là: \({{S}_{xq\,tru}}=C.h=2\pi R.h=2\pi .4.1,4\)

+) Diện tích phần kính: S_{phần kính} \(=\frac{1}{6}.8\pi .1,4=\frac{5,6\pi }{3}\)

+) Số tiền ông thành phải trả: \(\frac{5,6.3,14}{3}\times 500\,000=2\,930\,000\) (đồng)

Chọn đáp án A

Lời giải chi tiết:

+) Vẽ M, M’ lần lượt là trung điểm của AB, A’B’.

+) Nhận xét: ABA’B’ là hình chữ nhật

+) Diện tích hình chữ nhật ABA’B’: \({{S}_{ABA'B'}}=AB.BB'=60\)

\(\Rightarrow BB'=\frac{60}{AB}=\frac{60}{6}=10cm=MM'\Rightarrow IM=\frac{MM'}{2}=5cm\)

+) Trong tam giác vuông OMA: \(OM=\sqrt{O{{A}^{2}}-M{{A}^{2}}}=\sqrt{{{4}^{2}}-{{3}^{2}}}=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}\)

\(\Rightarrow OI=\sqrt{I{{M}^{2}}-O{{M}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-7}=\sqrt{25-7}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\)

+) Chiều cao của hình trụ là: \(h=2OI=2.3\sqrt{2}=6\sqrt{2}\,cm\)

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

+) Gọi \(h,\,r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ.

+) Biểu diễn \(h\) theo \(R,\,\,r\).

+) Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ là \(V = \pi {r^2}h\).

+) Sử dụng BĐT Cô-si cho ba số không âm \(\sqrt[3]{{abc}} \le \dfrac{{a + b + c}}{3}\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(h,\,r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ.

Áp dụng định lí Pytago ta có : \(h = 2\sqrt {{R^2} - {r^2}} \)

Khi đó ta có thể tích khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = 2\pi {r^2}\sqrt {{R^2} - {r^2}}  = \sqrt 2 \pi \sqrt {{r^4}\left( {{R^2} - {r^2}} \right)}  = \sqrt {{r^2}.{r^2}\left( {2{R^2} - 2{r^2}} \right)} \)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có :  \(\sqrt[3]{{{r^2}.{r^2}\left( {2{R^2} - 2{r^2}} \right)}} \le \dfrac{{{r^2} + {r^2} + \left( {2{R^2} - 2{r^2}} \right)}}{3} = \dfrac{{2{R^2}}}{3} \Rightarrow {r^2}.{r^2}\left( {2{R^2} - 2{r^2}} \right) = \dfrac{{8{R^6}}}{{27}}\)

\( \Rightarrow V \le \sqrt 2 \pi \sqrt {\dfrac{8}{{27}}{R^6}}  = \dfrac{{4\pi \sqrt 3 {R^3}}}{9}\).  Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow {r^2} = 2{R^2} - 2{r^2} \Leftrightarrow r = \dfrac{2}{3}R \Rightarrow \dfrac{{R\sqrt 6 }}{3}\).

Chọn D.