56 câu Chuyên đề Toán 12 Bài 1: Mặt nón có đáp án

Theo định nghĩa hình nón, ta có tam giác OIM vuông tại I.

Gọi I là trung điểm của AB, dựng $OH\perp SI$

Ta có $OH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Do $\widehat{SAB}=60°$ nên tam giác SAB đều.

Suy ra $SA=SB=AB$

Mặt khác

và $OA=SA.\cos 30°=\frac{SA.\sqrt{3}}{2}$

Xét tam giác SOI ta có

$$\begin{gathered} \frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{I}^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{A}^2-A{I}^2}=\frac{1}{\left(\frac{1}{2}\right)S{A}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{SA\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{1}{2}SA\right)}^2} \\ \iff \frac{1}{O{H}^2}=\frac{6}{S{A}^2}\iff SA=OH\sqrt{6}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\sqrt{6}=a\sqrt{2} \end{gathered}$$

Giả sử thiết diện là tam giác SAB, khi đó ta có

$$\begin{gathered} SA+SB+AB=2\left(1+\sqrt{5}\right)a \\ \iff a\sqrt{5}+a\sqrt{5}+AB=2\left(1+\sqrt{5}\right)a \\ \iff AB=2a \end{gathered}$$

Gọi E là trung điểm AB, ta có $AB\perp SE$, mặt khác $AB\perp \left(SOE\right)$nên $AB\perp \left(SOE\right)$

Kẻ $OH\perp SE$tại H, ( $H\in SE$ ).

Ta thấy $OH\perp AB$ vì $OH\subset \left(SOE\right)\Rightarrow OH\perp \left(SAB\right)$

Vậy khoảng cách từ S đến (P) là OH (hay $d\left(O;\left(P\right)\right)=OH$).

$$\begin{gathered} EB=\frac{1}{2}AB=a,OB=R=2a,OE=\sqrt{O{B}^2-E{B}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3} \\ SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{5a^2-4a^2}=a \\ OH=\frac{OS.OE}{\sqrt{O{S}^2+O{E}^2}}=\frac{a.a\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+3a^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2} \end{gathered}$$

Xét tam giác NIO có $OI=NI.\cos \beta =\frac{a}{2}\cos \beta ,NO=NI.\sin \beta =\frac{a}{2}\sin \beta$

Xét tam giác SEF vuông tại S có

$$\begin{gathered} \widehat{SEF}=\widehat{ESM}+\widehat{SME}=45°+90°-\beta =135°-\beta \\ SF=SE.\tan \widehat{SEF}=SE.\tan \left(135°-\beta \right)=SE.\frac{1+\tan \beta }{\tan \beta -1} \end{gathered}$$

Vì SI là độ dài đường phân giác trong góc $\widehat{FSE}$ nên

$$\begin{gathered} SI=\sqrt{2}.\frac{SE.SF}{SE+SF}\iff \frac{a}{2}\cos \beta =\sqrt{2}\frac{SE\tan \left(135°-\beta \right)}{1+\tan \left(135°-\beta \right)} \\ \iff SE=\frac{a\left[1+\frac{1+\tan \beta }{\tan \beta -1}\right]\cos \beta }{2\sqrt{2}\frac{1+\tan \beta }{\tan \beta -1}}=\frac{a\sin \beta }{\sqrt{2}\left(1+\tan \beta \right)} \end{gathered}$$

Do đó $EF=\frac{SE}{\cos \widehat{SEF}}=\frac{SE}{\cos \left(135°-\beta \right)}=\frac{a\sin \beta }{\left(1+\tan \beta \right)\left(-\cos \beta +\sin \beta \right)}=-\frac{a}{2}\tan 2\beta$

Gọi O là tâm của tam giác ABC, khi đó $SO\perp \left(ABC\right)$

Hình nón đỉnh S, có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường sinh là SA, bán kính đường tròn đáy là OA.

Gọi H là trung điểm của BC thì 

Tam giác ABC đều và O là tâm của tam giác đều nên

$$\begin{gathered} OH=\frac{1}{3}AH=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6} \\ OA=\frac{2}{3}AH=\frac{a\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$

Tam giác SOH vuông tại O và có $\widehat{SHO}=60°$nên $SO=OH.\tan 60°=\frac{a\sqrt{3}}{6}.\sqrt{3}=\frac{a}{2}$

Tam giác SOA vuông tại O nên $SA=\sqrt{S{O}^2+O{A}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{9}}=\frac{a\sqrt{21}}{6}$

Diện tích xung quanh hình nón là $S_{xq}=\pi r\mathcal{l}=\pi .OA.SA=\pi .\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a\sqrt{21}}{6}=\frac{\pi a^2\sqrt{7}}{6}$

Gọi bán kính của hình nón lớn và nón nhỏ lần lượt là $x,\text{ y }\left(x>y\right)$

Suy ra chiều cao của hình nón lớn và nón nhỏ lần lượt là $x\sqrt{3},\text{ y}\sqrt{3}$

Theo giả thiết, ta có $\left\{\begin{array}{l}x\sqrt{3}+y\sqrt{3}=30\\ \frac{1}{3}\pi x^2.x\sqrt{3}+\frac{1}{3}\pi y^2.y\sqrt{3}=1000\pi \end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x+y=10\sqrt{3}\\ x^3+y^3=1000\sqrt{3}\end{array}\right.\iff x=\frac{20\sqrt{3}}{3},\text{ y}=\frac{10\sqrt{3}}{3}$

Do hai hình nón đồng dạng nên tỉ số cần tính bằng ${\left(\frac{y}{x}\right)}^3=\frac{1}{8}$

Gọi $h\left(0<h<\mathcal{l}\right)$ là chiều cao hình nón, suy ra bán kính .

Suy ra thể tích khối nón là

$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \left({\mathcal{l}}^{2}h-h^3\right)=\frac{1}{3}\pi f\left(h\right)$

Xét hàm $f\left(h\right)={\mathcal{l}}^{2}h-h^3$ trên $\left(0;\mathcal{l}\right)$

$f^{\text{'}}\left(h\right)={\mathcal{l}}^2-3h^2=0\iff \left[\begin{array}{l}h=\frac{\mathcal{l}}{\sqrt{3}}\\ h=-\frac{\mathcal{l}}{\sqrt{3}}\left(\text{khong thoa man}\right)\end{array}\right.$

Lập bảng biến thiên ta được

Ta thấy $\max f\left(h\right)=f\left(\frac{\mathcal{l}}{\sqrt{3}}\right)=\frac{2{\mathcal{l}}^3}{3\sqrt{3}}$

Ta có $S=\pi r\mathcal{l}+\pi r^2\to \mathcal{l}=\frac{S-\pi r^2}{\pi r}$

Thể tích

$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi r^2\sqrt{{\mathcal{l}}^2-r^2}=\frac{1}{3}\pi r^2\sqrt{\frac{{\left(S-\pi r^2\right)}^2}{{\pi }^2{r}^2}-r^2}=\frac{1}{3}\sqrt{S\left(S{r}^2-2\pi r^4\right)}$

Xét hình nón có chiều cao là x cm và bán kính đáy là y cm (x, y dương).

Ta có $x^2+y^2={10}^2\Rightarrow y^2=100-x^2$,  ta có điều kiện $x,\text{ y}\in \left(0;10\right)$

Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \left(100-x^2\right)x$

Xét hàm số $f\left(x\right)=\left(100-x^2\right)x=100x-x^3,\text{ x}\in \left(0;10\right)$

$f^{\text{'}}\left(x\right)=100-3x^2;\left(x\right)=0\iff x=\frac{10\sqrt{3}}{3}$

Bảng biến thiên

Ta thấy V  lớn nhất khi  lớn nhất tại cm.

Đặt $AH=x\left(cm\right),0<x<6$

Khi đó $BH=6-x\left(cm\right)$

Xét tam giác BHM vuông tại H.

Ta có $\tan \widehat{HBM}=\frac{HM}{BH}$

$\Rightarrow HM=BH.\tan \widehat{HBM}=\left(6-x\right).\tan \widehat{HBM}$

Mà $\tan \widehat{HBM}=\tan \widehat{ABC}=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$

Do đó $HM=\left(6-x\right).\frac{1}{2}$

Thể tích của khối nón tạo thành khi tam giác AHM quay quanh cạnh AH là $V=\frac{1}{3}AH.\pi .H{M}^2=\frac{\pi }{3}.x.\frac{1}{4}{\left(6-x\right)}^2=\frac{\pi }{12}\left(x^3-12x^2+36x\right)$ (1).

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-12x^2+36x$ với 0 < x < 6, ta có

$f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-24x+36;\left(x\right)=0\iff 3x^2-24x+36=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=6\end{array}\right.$

Bảng biến thiên của hàm số $f\left(x\right)=x^3-12x^2+36x$ với 0 < x < 6

Từ (1) và bảng biến thiên ta có thể tích lớn nhất của khối nón tạo thành là $V=\frac{\pi }{12}.32=\frac{8\pi }{3}$

Xét phần mặt cắt qua trục hình nón và đi qua mặt phẳng (AA'C'C), kí hiệu như hình vẽ. Với I, H lần lượt là tâm của hình vuông ABCD, A'B'C'D' và đỉnh A'nằm trên đường sinh EF của hình nón.

Hình lập phương có thể tích bằng 1 nên AA'$=HI=1,A^{\text{'}}H=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Đặt EH = x (x > 0). Khi đó, ta có

$\frac{EH}{EI}=\frac{A^{\text{'}}H}{FI}\iff \frac{x}{x+1}=\frac{\sqrt{2}}{2FI}\to FI=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac{x+1}{x}\right)=r$

Thể tích khối nón (N) là

$V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}\pi r^{2}EI=\frac{1}{6}\pi {\left(\frac{x+1}{x}\right)}^2\left(x+1\right)=\frac{\pi }{6}\frac{{\left(x+1\right)}^3}{x^2}$

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{{\left(x+1\right)}^3}{x^2}$ trên $\left(0;+\infty \right)$. Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{\left(x-2\right){\left(x+1\right)}^2}{x^3}$

Lập bảng biến thiên

Ta được $\underset{\left(0;+\infty \right)}{\min }f\left(x\right)=\frac{27}{4}$ tại x = 2. Suy ra $\min V_{\left(N\right)}=\frac{9\pi }{8}$

Ta có thể tích khối nón đỉnh S lớn hơn hoặc bằng thể tích khối nón đỉnh S'. Do đó chỉ cần xét khối nón đỉnh S có bán kính đường tròn đáy là r và đường cao là SI = h với $h\ge R$. Thể tích khối nón được tạo nên bởi (N) là

$$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}h{S}_{\left(C\right)}=\frac{1}{3}h.\pi .r^2 \\ =\frac{1}{3}.h.\pi \left[R^2-{\left(h-R\right)}^2\right] \\ =\frac{1}{3}\pi \left(-h^3+2h^{2}R\right) \end{gathered}$$

Xét hàm số $f\left(h\right)=-h^3+2h^{2}R$ với $h\in \left[R;2R\right)$

Ta có $f^{\text{'}}\left(h\right)=-3h^2+4hR$

$f^{\text{'}}\left(h\right)=0\iff -3h^2+4hR=0\iff h=0$ (loại) hoặc $h=\frac{4R}{3}$

Bảng biến thiên

Ta có $\max f\left(h\right)=\frac{32}{27}{R}^3$ tại $h=\frac{4R}{3}$

Vậy thể tích khối nón được tạo nên bởi (N) có giá trị lớn nhất là $V=\frac{1}{3}\pi \frac{32}{27}{R}^3=\frac{32}{81}\pi R^3$ khi $h=\frac{4R}{3}$

Đổi 60 cm = 6 dm.

Đường sinh của hình nón tạo thành là l = 6  dm.

Chu vi đường tròn ban đầu là $C=2\pi R=12\pi$

Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón tạo thành.

Chu vi đường tròn đáy của hình nón tạo thành là

$2\pi r=\frac{2\pi .6}{3}=4\pi$ (dm) $\Rightarrow r=\frac{4\pi }{2\pi }=2$ (dm).

Đường cao của khối nón tạo thành là

$h=\sqrt{{\mathcal{l}}^2-r^2}=\sqrt{6^2-2^2}=4\sqrt{2}$

Thể tích của mỗi phễu là

$$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi 2^2.4\sqrt{2}=\frac{16\sqrt{2}\pi }{3}\left(d{m}^3\right) \\ =\frac{16\sqrt{2}\pi }{3}\left(lít\right) \end{gathered}$$

Có chiều cao hình nón khi đựng đầy nước ở ly thứ nhất AH = 2

Chiều cao phần nước ở ly thứ nhất sau khi đổ sang ly thứ hai AD = 1

Chiều cao phần nước ở ly thứ hai sau khi đổ sang ly thứ hai AF = h

Theo Ta-lét ta có

$\frac{R^{\text{'}}}{R}=\frac{AD}{AH}=\frac{1}{2},\frac{{R^{\text{'}}}^{\text{'}}}{R}=\frac{AF}{AH}=\frac{h}{2}$ suy ra $R^{\text{'}}=\frac{R}{2},=\frac{Rh}{2}$

Thể tích phần nước ban đầu ở ly thứ nhất $V=2\pi R^2$

Thể tích phần nước ở ly thứ hai $V_1=\pi {{R^{\text{'}}}^{\text{'}}}^{2}h=\frac{\pi R^2{h}^3}{4}$

Thể tích phần nước còn lại ở ly thứ nhất $V_2=\frac{\pi R^2}{4}$

Ta gọi $V_1,{\text{ V}}_2,\text{ V}$ lần lượt là thể tích khối nón có đường sinh là SN, SM, SA.

Do $\Delta SEM$ đồng dạng với $\Delta SOA$ nên ta có $\frac{SM}{SA}=\frac{SE}{SO}=\frac{EM}{OA}$

Lại có $\frac{V_2}{V}=\frac{\frac{1}{3}\pi .E{M}^2.SE}{\frac{1}{3}\pi .O{A}^2.SA}\iff \frac{2}{3}={\left(\frac{SA}{SM}\right)}^3\iff \frac{2}{3}={\left(\frac{SM}{27}\right)}^3\iff SM=\sqrt[3]{13122}$

Tương tự $\frac{V_1}{V}={\left(\frac{SN}{SA}\right)}^3\iff \frac{1}{3}={\left(\frac{SN}{27}\right)}^3\iff SN=\sqrt[3]{6561}$