Chương 2: MẶT NÓN, MẶT TRỤ, MẶT CẦU

Lời giải:

Quay tam giác $ABC$ quanh cạnh $AB$ , ta thu được hình nón có độ dài bán kính đáy là $AC$, đường sinh là $BC$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có:

\(\cos \angle ACB=\frac{AC}{BC}=\cos 60=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow BC=2AC=2a\)

Diện tích xung quanh của hình nón là:

\(S_{xq}=\pi rl =\pi . AC. BC=2\pi a^2\)

Diện tích đáy: \(S_{đ}=\pi r^2=\pi a^2\)

Do đó diện tích toàn phần của hình nón là:

\(S_{tp}=S_{xq}+S_{đ}=3\pi a^2\)

Vì $ABCD$ là hình chóp đều nên chân đường cao $H$ hạ từ $A$ xuống mặt phẳng $(BCD)$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$

Hiển nhiên chiều cao $AH$ cũng chính là chiều cao của hình nón được tạo ra.

Theo định lý Pitago:

Cạnh bên \(AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{h^2+r^2}\)

Theo tính chất hình nón: \(l=\sqrt{r^2+h^2}\)

Do đó: \(l=AB=2a\)

Đáp án A

Lời giải:

Áp dụng định lý pitago thì độ dài đường sinh của hình nón là:

\(l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{a^2+3a^2}=2a\)

Do đó diện tích xung quanh của hình nón là:

\(S_{xq}=\pi rl =\pi. a.2a=2\pi a^2\)

Lời giải:

Có lẽ bạn nhầm đề. Đường sinh thì luôn lớn hơn chiều cao cho nên \(\frac{l}{h}=\frac{5}{4}\)

Đối với hình nón, ta luôn có:

\(l^2=h^2+r^2\) (theo định lý Pitago) (1)

Theo giả thiết \(\frac{l}{h}=\frac{5}{4}\Rightarrow l=1,25h\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(1,25^2h^2=h^2+r^2\Leftrightarrow \frac{9}{16}h^2=r^2\Leftrightarrow h=\frac{4}{3}r\)

Thể tích của hình nón là:

\(V=\frac{1}{3}\pi r^2h=96\pi\Leftrightarrow \frac{1}{3}\pi r^2.\frac{4}{3}r=96\pi \)

\(\Rightarrow r=6\)

\(\Rightarrow h=\frac{4}{3}r=8\Rightarrow l=10\)

Diện tích xung quanh của hình chóp là:

\(S_{xq}=\pi rl=60\pi \)

kẻ AO vuông góc với BD

ta có: ao vuông với bd

và bd vuông với sa

=> oas vuông với bd

kẻ AH vuông góc với so

=> khi đó AH sẽ là khoảng cách từ A => SBD

AO=\(\dfrac{a\sqrt{5}}{5}\)

SA=a

=> AH=\(\dfrac{a\sqrt{6}}{6}\)

gọi m là giao điểm của đường tròn với mp SBD

ta có AM =R

AM= pi ta go tự tính

Lời giải:

Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO$ (với $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ ) là đường cao của hình chóp.

Kẻ \(OH\perp AB; OK\perp SH\)

Ta có: \(\left\{\begin{matrix} OH\perp AB\\ SO\perp AB\end{matrix}\right.\Rightarrow (SOH)\perp AB\Rightarrow OK\perp AB\)

\(\left\{\begin{matrix} OK\perp AB\\ OK\perp SH\end{matrix}\right.\Rightarrow OK\perp (AB,SH)=(SAB)\)

\(\Rightarrow d(O,(SAB))=OK\).

Có: \(\frac{1}{OK^2}=\frac{1}{SO^2}+\frac{1}{OH^2}\Rightarrow OK=\sqrt{\frac{OH^2.SO^2}{OH^2+SO^2}}=\sqrt{\frac{SO^2.a^2}{SO^2+a^2}}\)

\(d(CD, SA)=d(CD,(SAB))=d(C, (SAB))=2d(O,(SAB))=2OK\)

\(\Leftrightarrow d(CD,SA)=2\sqrt{\frac{SO^2.a^2}{SO^2+a^2}}=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow SO=a\sqrt{3}\)

Trên trục \(SO\) lấy $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

Ta có: \(R^2=IS^2=IB^2\)

\(\Leftrightarrow (\overrightarrow{IO}+\overrightarrow{OS})^2=(\overrightarrow{IO}+\overrightarrow{OB})^2\)

\(\Leftrightarrow IO^2+OS^2+2\overrightarrow{IO}.\overrightarrow{OS}=IO^2+OB^2+2\overrightarrow{IO}.\overrightarrow{OB}=IO^2+OB^2\)

(do \(IO\perp OB\) )

\(\Leftrightarrow OS^2+2\overrightarrow {IO}.\overrightarrow{OS}=OB^2\)

\(\Leftrightarrow 2\overrightarrow{IO}.\overrightarrow{OS}=(\sqrt{2}a)^2-(\sqrt{3}a)^2=-a^2\)

Vì \(IO\parallel OS\Rightarrow \overrightarrow{IO}=k\overrightarrow{OS}\) \(\Rightarrow 2k.OS^2=-a^2\Rightarrow k=\frac{-1}{6}\)

\(\Rightarrow IS=SO-OI=SO-\frac{1}{6}SO=\frac{5}{6}SO=\frac{5\sqrt{3}}{6}a\)

hay \(R=\frac{5\sqrt{3}a}{6}\)

Lời giải:

Đường kính đáy bằng $a$ \(\Rightarrow R=\frac{a}{2}\)

Mặt phẳng qua trục của hình trụ sẽ cắt hình trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật có độ dài một cạnh chính bằng đường kính đáy (a) và cạnh còn lại bằng chiều cao hình trụ. Theo giả thiết ta có:

\(h=\frac{3a^2}{a}=3a\)

Diện tích toàn phần của hình trụ là:

\(S_{tp}=S_{xq}+S_{\text{ 2 đáy}}=2\pi Rh+2\pi R^2\)

\(=3a^2\pi +2(\frac{a}{2})^2\pi =\frac{7}{2}a^2\pi\) (đơn vị diện tích)