Luyện tập Mặt tròn xoay (Khó)

 Gọi bán kính đáy là R.

Hình trụ có chu vi đáy bằng 2a nên ta có .

Suy ra hình trụ này có đường cao .

Vậy thể tích khối trụ (đvtt).

Gọi bán kính viên bi là r; bán kính đáy cốc, miệng cốc lần lượt là . Theo giả thiết thì chiều cao của cốc là .

Thể tích viên bi là

Thể tích cốc là .

Theo giả thiết thì   (1).

Mặt cắt chứa trục của cốc là hình thang cân   . Đường tròn tâm là đường tròn lớn của viên bi, đồng thời là đường tròn nội tiếp hình thang , tiếp xúc với   lần lượt tại và tiếp xúc với BB' tại M.

Dễ thấy tam giác BOB' vuông tại O.

Ta có .

Thay (2) vào (1) ta được .

Giải phương trình với điều kiện ta được .

Ta xét về khái niệm Mặt trụ suy ra  (I) đúng.

Diện tích tam giác MAB không đổi khi và chỉ khi khoảng cách từ M đến đường thẳng AB không đổi (giả sử bằng R ).

Vậy tập hợp các điểm M là mặt trụ bán kính R và trục là AB.

Vì vậy Mệnh đề (II) cũng đúng.

 Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình chữ nhật có hai cạnh lần lượt bằng đường kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Vậy hai cạnh của hình chữ nhật là 8 cm và 6 cm.

Do đó độ đài đường chéo:

 Do thiết diện đi qua trục hình trụ nên ta có h=a.

Bán kính đáy . Do đó thể tích khối trụ (đvtt).

Ta có

Vậy thể tích khối trụ

Ta có:

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có

.

Gọi lần lượt là trung điểm của và là trung điểm của . Suy ra góc giữa mặt phẳng và mặt phẳng đáy là  .

Ta có .

Xét vuông tại O, ta có:

;

Xét vuông tại M, có

.

Vậy .

Thể tích khối lập phương là .

Ta có khối nón có đỉnh trùng với tâm một mặt của lập phương, đáy khối nón tiếp xúc với các cạnh của mặt đối diện có chiều cao và bán kính đáy . Suy ra thể tích khối nón (tức là phần thể tích lượng nước tràn ra ngoài) là .

Vậy tỉ số thể tích của lượng nước trào ra ngoài và lượng nước ban đầu của khối lập phương là .

Từ hình vẽ kết hợp với giả thiết, ta có .

Gọi AA’ là đường sinh của hình trụ thì và .

Vì nên

Gọi H là trung điểm A’B, suy ra

nên .

Tam giác ABA’ vuông tại A’ nên

Suy ra tam giác A’BO đều có cạnh bằng R nên

Kẻ đường sinh AA’, gọi D là điểm đối xứng với A’ qua tâm O’ và H là hình chiếu của B trên A’D.

Ta có nên .

Trong tam giác vuông A'AB có .

Trong tam giác vuông A'BD có .

Do đó suy ra tam giác BO'D nên .

Vậy  (đvtt).

Nửa góc ở đỉnh của hình nón là góc .

Hình vuông ABCD cạnh a nên suy ra:

Trong tam giác vuông SOA, ta có .

Gọi là trung điểm của , tam giác cân đỉnh O nên   và suy ra

Dựng .

Theo trên có nên .

Vậy góc tạo bởi giữa trục và mặt phẳng là . Tam giác vuông cân có diện tích bằng suy ra

.

Xét tam giác vuông có .

Cuối cùng .

Vậy diện tích xung quanh của hình nón bằng .

Theo giả thiết ta có tam giác SAB vuông cân tại S.

Gọi E là trung điểm AB, suy ra  và .

Ta có

.

Gọi H là hình chiếu của O trên SE, suy ra .

Ta có

Từ đó suy ra nên

Trong tam giác vuông SOE, ta có

Xét hình nón đỉnh S có chiều cao , bán kính đáy .

Thiết diện đi qua đỉnh của hình nón là tam giác SAB cân tại S.

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trong tam giác SOI, kẻ

Ta có: 

Xét tam giác SOI vuông tại O, ta có

.

Xét tam giác AOI vuông tại I, có: 

Vậy diện tích của thiết diện là:

.

Gọi S' là điểm đối xứng của S qua tâm O và A là một điểm trên đường tròn đáy của hình nón.

Tam giác SAS’ vuông tại A và có đường cao AH nên

Theo giả thiết ta có tam giác OAB đều cạnh R.

Gọi E là trung điểm AB, suy ra và .

Gọi H là hình chiếu của O trên SE, suy ra .

Ta có

Từ đó suy ra nên

Trong tam giác vuông SOE, ta có  

Gọi S, O là đỉnh và tâm đường tròn đáy của hình nón,

Khi đó, ta có thiết diện qua đỉnh là tam giác SAB.

Theo đề bài, ta có tam giác SAB vuông cân tại S nên ,

Suy ra ,    và

Diện tích toàn phần của hình nón: (đvdt).

Thể tích khối nón là: (đvtt). 

Ta chứng minh: .

Lấy điểm E sao cho tứ giác BCDE là hình bình hành.

Khi đó  .

Mà góc giữa và bằng nên ta có:

Ta có

Suy ra

Vậy

Chiều cao của lăng trụ bằng

Áp dụng CT thể tích lăng trụ là:

Hình vẽ kết hợp với giả thiết, ta có

Suy ra và

Thể tích khối nón (đvtt).

Thể tích khối cầu   (đvtt).

Suy ra