Tam giác \(ABC\) cân tại \(A,AB=AC=1,\widehat{BAC}=\alpha\) . Cho miền tam giác đó quay quanh \(AB,AC\) ta nhận được hai khối tròn xoay có thể tích tương ứng là \(V_1,V_2\) . Tính tỉ số \(\dfrac{V_1}{V_2}\).
\(\sin\dfrac{\alpha}{2}\).\(2\sin\dfrac{\alpha}{2}\).\(3\sin\dfrac{\alpha}{2}\).\(4\sin\dfrac{\alpha}{2}\).Hướng dẫn giải:Nhận xét: Khi quay tam giác \(ABC\) quanh canh \(AB\) thì trong mọi trường hợp, thể tích khối tròn xoay tạo thành luôn được tính theo công thức: \(V_1=\frac{1}{3}\pi.CH^2.AB\), trong đó \(CH\) là đường cao hạ từ đỉnh \(C\) của tam giác \(ABC.\)
Thật vậy,
a) Nếu \(\alpha=\widehat{BAC}=90^0\) thì \(H\equiv A.\) Khối tròn xoay tạo thành là hình nón đỉnh \(B,\) đường cao \(BA,\) bán kính đáy \(AC=HC,\) thể tích \(V_1=\dfrac{1}{3}.BA.\pi AC^2=\dfrac{1}{3}\pi CH^2.AB.\)
b) Nếu \(\alpha=\widehat{BAC}>90^0\) (hình (1)) thì
\(V_1=\frac{1}{3}\pi.CH^2.BH-\frac{1}{3}\pi.CH^2.AH=\frac{1}{3}\pi.CH^2\left(BH-AH\right)\)
\(=\frac{1}{3}\pi.CH^2.AB\)
c) Nếu \(\alpha=\widehat{BAC}< 90^0\) (hình (2)) thì
\(V_1=\frac{1}{3}\pi.CH^2.BH+\frac{1}{3}\pi.CH^2.AH=\frac{1}{3}\pi.CH^2\left(BH+AH\right)\)
\(=\frac{1}{3}\pi.CH^2.AB\) (đpcm)
Chú ý rằng \(AB=AC=1\) (giả thiết) và \(CH=AC\sin\alpha=1.\sin\alpha\) nên \(V_1=\dfrac{\pi\sin^2\alpha}{3}\) Tương tự: khi quay tam giác quanh \(BC\) ta có: (với \(AK\) là đường cao hạ từ \(A\) của tam giác \(ABC\))\(V_2=\frac{1}{3}\pi.AK^2.BC=\frac{1}{3}\pi.\left(AB.\cos\frac{\alpha}{2}\right)^2\left(2.AB.\sin\frac{\alpha}{2}\right)\)
\(=\frac{1}{3}\pi.\left(1.\cos\frac{\alpha}{2}\right)^2\left(2.1.\sin\frac{\alpha}{2}\right)\)
\(=\dfrac{2}{3}\pi.\cos^2\dfrac{\alpha}{2}.\sin\dfrac{\alpha}{2}\)
Suy ra:
\(\frac{V_1}{V_2}=\frac{\frac{1}{3}\pi.\sin^2\alpha}{\frac{2}{3}\pi.\cos^2\frac{\alpha}{2}.\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{\sin^2\alpha}{2.\cos^2\frac{\alpha}{2}.\sin\frac{\alpha}{2}}\)
\(=\frac{4.\sin^2\frac{\alpha}{2}.\cos^2\frac{\alpha}{2}}{2.\cos^2\frac{\alpha}{2}.\sin\frac{\alpha}{2}}=2\sin\frac{\alpha}{2}\)