Câu hỏi:

19/08/2025 4,730

Một hình nón có diện tích đáy bằng $16 π ({cm}^{2})$ và có chiều cao gấp ba lần bán kính đáy. Tính thể tích của hình nón đó.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 3) !!

Giao bài

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Gọi bán kính đáy của hình nón là R

Do diện tích của đáy hình nón là $S = 16 π \Rightarrow π R^{2} = 16 π \Rightarrow R = 4 (cm) .$

Theo giả thiết chiều cao của hình nón gấp 3 lần bán kính đáy nên chiều cao của hình nón là:

$h = 3 R = 3.4 = 12 (cm)$

Thể tích hình nón là: $V = \frac{1}{3} S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 16 π \cdot 12 = 64 π ({cm}^{3}) .$

Vậy thể tích hình nón là \ $64 π {cm}^{3} .$

Đang tải chế độ Học...

Hot: 1000+ đề thi cuối kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay

Dành cho bạn Hot

Ôn vào 10 Toán

33 người thi tuần này

62 bài tập Đường tròn. Cung và dây cung của một đường tròn. Góc nội tiếp và góc ở tâm. Độ dài cung tròn. Diện tích hình quạt và hình vành khuyên có lời giải

62 câu 1.3 K lượt thi Thi ngay →

Ôn vào 10 Văn

60 người thi tuần này

17 bài tập NLXH ôn thi vào 10 Chủ đề: Môi trường học đường có lời giải

17 câu 2.3 K lượt thi Thi ngay →

Ôn vào 10 Tiếng Anh

56 người thi tuần này

Đề tuyển sinh vào lớp 10 Tiếng Anh năm 2026-2027 Chuyên Anh Hải Phòng (có đáp án)

101 câu 408 lượt thi Thi ngay →

Ôn vào 10 Văn

310 người thi tuần này

14 bài tập NLXH ôn thi vào 10 Chủ đề: Mối quan hệ với tự nhiên có lời giải

14 câu 3.7 K lượt thi Thi ngay →

Ôn vào 10 Toán

55 người thi tuần này

Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Bắc Ninh (có đáp án)

37 câu 228 lượt thi Thi ngay →

Ôn vào 10 Tiếng Anh

59 người thi tuần này

Đề tuyển sinh vào lớp 10 Tiếng Anh năm 2026-2027 Sở TP.HCM (có đáp án)

40 câu 440 lượt thi Thi ngay →

Ôn vào 10 Tiếng Anh

84 người thi tuần này

Đề tuyển sinh vào lớp 10 Tiếng Anh năm 2026-2027 Sở Cần Thơ (có đáp án)

40 câu 499 lượt thi Thi ngay →

Ôn vào 10 Tiếng Anh

48 người thi tuần này

Đề tuyển sinh vào lớp 10 Tiếng Anh năm 2026-2027 PTNK TP.HCM (đề chuyên) (có đáp án)

130 câu 288 lượt thi Thi ngay →

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O;R) . Kẻ AH vuông góc với BC tại H, HK vuông góc với AB tại K và HI vuông góc với AC tại I.

a) Chứng minh tứ giác AKHI nội tiếp.

b) Gọi E là giao điếm của AH với KI Chứng minh rằng $E A \cdot E H = E K \cdot E I .$

c) Chứng minh KJ vuông góc với AO.

d) Giả sử điểm A và đường tròn (O;R) cố định, còn dây cung BC thay đổi sao cho $A B \cdot A C = 3 R^{2} .$ Xác định vị trí của dây cung BC sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O;R) . Kẻ AH vuông góc với BC tại H, HK vuông góc với AB tại K và HI vuông góc với AC tại I. (ảnh 1)

a) Ta có: $\hat{A K H} = 90 °$ (vì $H K ⊥ A B$ tại $K);$

$\hat{A I H} = 90 °$ (vì $H I ⊥ A C$ tại I)

Xét tứ giác AKHI có:

$\hat{A K H} + \hat{A I H} = 90 ° + 90 ° = 180 °,$ mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

Vậy tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn.

b) Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt) nên

\hat{H K I} = \hat{H A I}

(hai góc nội tiếp cùng chắn

\overset{⏜}{H I})

Hay $\hat{H K E} = \hat{I A E} .$

Xét $Δ E K H$ và $Δ E A I$ có: $\hat{K E H} = \hat{A E I}$ (hai góc đối đỉnh) và $\hat{H K E} = \hat{I A E}$

Do đó: $Δ E K H ∽ Δ E A I$ (g.g) $\Rightarrow \frac{E K}{E A} = \frac{E H}{E I} \Rightarrow E A \cdot E H = E K \cdot E I .$

c) Kẻ đường kính AF của đường tròn (O;R); Gọi J là giao điểm của KI và AO.

Xét đường tròn (O;R) có $\hat{F_{1}} = \hat{B_{1}}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $A C)$ (1)

Lại có $\hat{B_{1}} = \hat{H_{1}}$ (vì cùng phụ với $\hat{H_{2}})$ (2)

Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt)

nên $\hat{H_{1}} = \hat{I_{1}}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\hat{F_{1}} = \hat{I_{1}} .$

Mà trong đường tròn (O;R) có: $\hat{A C F} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Hay $\hat{A_{1}} + \hat{F_{1}} = 90 ° (4)$ .

Từ (3) và (4) suy ra $\hat{A_{1}} + \hat{I_{1}} = 90 ° \Rightarrow \hat{A J I} = 90 ° .$

Vậy KI vuông góc với AO.

d) Giả sử điểm A và đường tròn (O;R) cố định, còn dây BC thay đổi sao cho $A B \cdot A C = 3 R^{2} .$

Có $\hat{A C F} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\hat{A B H} = \hat{A F C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A C}$ của đường tròn $(O; R) .$

Xét $Δ A H B$ và $Δ A C F$ có: $\hat{A H B} = \hat{A C F} (= 90 °)$ và $\hat{A B H} = \hat{A F C} .$

Do đó: $Δ A H B ∽ Δ A C F$ (g.g). Suy ra $\frac{A H}{A C} = \frac{A B}{A F} \Rightarrow A H = \frac{A B \cdot A C}{A F} = \frac{3 R^{2}}{2 R} = \frac{3 R}{2} .$

Ta có: $S_{A B C} = \frac{1}{2} A H \cdot B C = \frac{1}{2} \cdot \frac{3 R}{2} \cdot B C = \frac{3 R}{4} \cdot B C .$

Do R không đổi nên $S_{A B C}$ lớn nhất $\Leftrightarrow B C$ lớn nhất.

Gọi M là trung điểm của BC thì $O M ⊥ B C .$ Do đó BC lớn nhất $\Leftrightarrow O M$ bé nhất.

Ta có $O M \geq A M - A O \geq A H - A O = \frac{3 R}{2} - R = \frac{R}{2} .$

OM bé nhất bằng $\frac{R}{2} \Leftrightarrow A, O, M$ thẳng hàng và $H \equiv M .$

Khi đó $A H = A M = A O + O M = R + \frac{R}{2} = \frac{3 R}{2}$

Vậy diện tích $Δ A B C$ lớn nhất khi BC cách A một khoảng bằng $\frac{3 R}{2}$ $(Δ A B C$ đều).

Câu 2

Cho hai biểu thức $P = (\frac{x - 6 \sqrt{x} + 1}{x - 1} - \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}) : \frac{x + 4}{1 - x}$ và $Q = \frac{\sqrt{x}}{x + 4}$ (với $x \geq 0; x \neq 1) .$

1) Tính giá tri biểu thức Q với x = 4.

2) Chứng minh rằng $P = 4 Q .$

3) Tìm tất cả các giá trị của x để P nhận giá trị là các số nguyên.

Xem đáp án

Lời giải

1) Theo bài ra $Q = \frac{\sqrt{x}}{x + 4}$ với $x \geq 0; x \neq 1.$

Thay x = 4 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức Q ta có: $Q = \frac{\sqrt{4}}{4 + 4} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} .$

2) Với $x \geq 0; x \neq 1,$ ta có:

$P = (\frac{x - 6 \sqrt{x} + 1}{x - 1} - \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}) : \frac{x + 4}{1 - x}$ $= [\frac{x - 6 \sqrt{x} + 1}{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 1)} - \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}] : \frac{x + 4}{1 - x}$

$= \frac{x - 6 \sqrt{x} + 1 - {(\sqrt{x} - 1)}^{2}}{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 1)} \cdot \frac{1 - x}{x + 4}$ $= \frac{x - 6 \sqrt{x} + 1 - x + 2 \sqrt{x} - 1}{x - 1} \cdot \frac{1 - x}{x + 4}$

$= \frac{- 4 \sqrt{x}}{x - 1} \cdot \frac{- (x - 1)}{x + 4}$ $= \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = 4 \cdot \frac{\sqrt{x}}{x + 4} = 4 \cdot Q .$

Vậy $P = 4 Q$ với $x \geq 0; x \neq 1.$

3) Ta có $P = \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4}$ với $x \geq 0; x \neq 1.$

Với $x \geq 0; x \neq 1.$ ta có $4 \sqrt{x} \geq 0$ và $x + 4 > 0$ nên $P = \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} \geq 0 (1)$

Ta cũng có: $P = \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = \frac{x + 4 - (x - 4 \sqrt{x} + 4)}{x + 4} = 1 - \frac{{(\sqrt{x} - 2)}^{2}}{x + 4} .$

Với $x \geq 0; x \neq 1,$ ta có ${(\sqrt{x} - 2)}^{2} \geq 0$ và $x + 4 > 0$ nên $\frac{{(\sqrt{x} - 2)}^{2}}{x + 4} \geq 0 \Rightarrow 1 - \frac{{(\sqrt{x} - 2)}^{2}}{x + 4} \leq 1$

Hay $P \leq 1 (2) .$

Từ (1) và (2) suy ra $0 \leq P \leq 1.$

Mà P nhận giá trị là số nguyên nên $P \in \{0; 1\} .$

• Với P = 0 ta có $\frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (thỏa mãn);

• Với P = 1 ta có $\frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = 1 \Leftrightarrow 4 \sqrt{x} = x + 4$ $\Leftrightarrow x + 4 - 4 \sqrt{x} = 0$

$\Leftrightarrow {(\sqrt{x} - 2)}^{2} = 0$ $\Leftrightarrow \sqrt{x} - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 4$ (thỏa mãn).

Vậy $x \in \{0; 4\}$ thì P nhận giá trị là số nguyên.

Câu 3

Cho hệ phương trình $\{\begin{cases} m x + y = 3 \\ - x + y = 2 \end{cases}$ (với m là tham số).

1) Giải hệ phương trình vời m = 2.

2) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn $x^{2} + y^{2} = 10.$

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 4

Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz cho parabol $(P) : y = 2 x^{2}$ và đường thẳng $(d) : y = x + m$ (với m là tham số).

1) Tìn m để (d) đi qua điểm A (2;8).

2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} + x_{2} - 3 x_{1} x_{2} = 5.$

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 5

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = \frac{x y^{3}}{y^{3} + 4} + \frac{y z^{3}}{z^{3} + 4} + \frac{z x^{3}}{x^{3} + 4}$ .

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Xem thêm các câu hỏi khác »

Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

Đại học

ĐGNL - ĐGTD

Tốt nghiệp THPT

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

V-ACT

HSA

TSA

SPT

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lý

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Một hình nón có diện tích đáy bằng $16 π ({cm}^{2})$ và có chiều cao gấp ba lần bán kính đáy. Tính thể tích của hình nón đó.