ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Diện tích hình nón, thể tích khối nón

Ta có: \[{l^2} = {r^2} + {h^2} = \sqrt {{r^2} + {h^2}} = \sqrt {{1^2} + {2^2}} = \sqrt 5 \]

Do đó \[{S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .1.\sqrt 5 + \pi {.1^2} = \left( {1 + \sqrt 5 } \right)\pi \]

Ta có:\[{l^2} = {r^2} + {h^2} \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} \]

Do đó \[V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {r^2}\sqrt {{l^2} - {r^2}} \]

Áp dụng công thức tính thể tích khối nón \[V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.2^2}.3 = 4\pi c{m^3}\]

Ta có: \[{l^2} = {r^2} + {h^2} \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} \Rightarrow V = \frac{1}{3}{S_d}.h = \frac{1}{3}{S_d}.\sqrt {{l^2} - {r^2}} \]

Hình nón thu được có đường sinh l = AB = a; bán kính đáy

\[r = OB = AB.\sin {30^ \circ } = \frac{a}{2}\]và diện tích xung quanh là

\[{S_{xq}} = \pi rl = \frac{{\pi {a^2}}}{2}\]

\[r = \sqrt {\frac{{9\pi }}{\pi }} = 3 \Rightarrow l = 2r = 6;h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = 3\sqrt 3 \]

Độ dài đường cao của hình nón cũng chính là chiều cao của tam giác đều

\[ \Rightarrow h = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\]

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón đã cho là \[\Delta ABC\] cân tại A với A là đỉnh nón, BC là đường kính đáy của nón.

Gọi H là tâm đáy nón ⇒H là trung điểm \[BC,AH \bot BC\]Ta có \[HB = HC = 1,AH = 2\]. Ta có

\[\begin{array}{*{20}{l}}{2\varphi = \angle BAC \Rightarrow \varphi = \angle HAC}\\{AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}} = \sqrt 5 }\\{\cos \varphi = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}}\end{array}\]

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là \[\Delta ABC\] với A là đỉnh nón, BC là đường kính đáy nón.

Gọi H là tâm đường tròn đáy của hình nón, O1,O2 lần lượt là tâm của mặt cầu lớn và nhỏ, D1,D2 lần lượt là tiếp điểm của AC với (O1) và (O2).

Vì O1D1//O2D2 (cùng vuông góc với AC) nên theo hệ thức Ta – let ta có:

\[ \Rightarrow \frac{{A{O_2}}}{{A{O_1}}} = \frac{{{O_2}{D_2}}}{{{O_1}{D_1}}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {O_2}\] là trung điểm của

\[A{D_1} \Rightarrow A{O_1} = 2{O_1}{O_2} = 2\left( {a + 2a} \right) = 6a\]

\[ \Rightarrow AH = A{O_1} + {O_1}H = 6a + 2a = 8a\]

Xét tam giác vuông \[A{O_1}{D_1}\] có: \[A{D_1} = \sqrt {A{O_1}^2 - {O_1}{D_1}^2} = \sqrt {36{a^2} - 4{a^2}} = 4\sqrt 2 a\]Dễ thấy:

\[{\rm{\Delta }}A{O_1}{D_1} \sim {\rm{\Delta }}ACH\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{HC}}{{{O_1}{D_1}}} = \frac{{AH}}{{A{D_1}}} \Rightarrow HC = \frac{{{O_1}{D_1}.AH}}{{A{D_1}}} = \frac{{2a.8a}}{{4\sqrt 2 a}} = 2\sqrt 2 a = r\]

Theo đầu bài ta có bán kính của khối cầu và khối nón đều bằng r.

Từ dữ kiện đầu bài ta suy ra :\[{V_{non}} = \frac{3}{4}.{V_{cau}} \Leftrightarrow \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{3}{4}.\frac{4}{3}\pi {r^3} \Leftrightarrow \frac{h}{r} = 3\]

Xét tam giác SAD vuông tại A có \[SA = a\sqrt 3 ,AD = 3a \Rightarrow \widehat {SDA} = {30^0} \Rightarrow \widehat {MAI} = {30^0}\]

Lại có tam giác SAI vuông tại A có\[SA = a\sqrt 3 ,AI = a \Rightarrow \widehat {SIA} = {60^0}\] nên tam giác AHI có\[\hat H = {90^0}\]  hay \[AH \bot SI\]

Mà \[AH \bot IC\] do \[IC//BA \bot \left( {SAD} \right)\]  nên \[AH \bot \left( {SIC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\]Ngoài ra,\[AE \bot SB,AE \bot BC\left( {BC \bot \left( {SAB} \right)} \right) \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AE \bot SC\]

Mà\[AF \bot SC\]  nên\[SC \bot \left( {AEFH} \right)\] và AEFH là tứ giác có \[\hat E = \hat H = {90^0}\] nên nội tiếp đường tròn tâm K là trung điểm AF đường kính AF.Gọi O là trung điểm AC thì OK//SC, mà\[SC \bot \left( {AEFH} \right)\] nên \[OK \bot \left( {AEFH} \right)\] hay O chính là đỉnh hình nón và đường tròn đáy là đường tròn đường kính AF.

Ta tính AF,OK.

Xét tam giác SAC vuông tại A đường cao AF nên

\[AF = \frac{{SA.AC}}{{SC}} = \frac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }};OK = \frac{1}{2}CF = \frac{1}{2}.\frac{{C{A^2}}}{{CS}} = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\]

Vậy thể tích \[V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi .\frac{a}{{\sqrt 5 }}.{\left( {\frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^3}}}{{10\sqrt 5 }}\]

Kéo dài CM cắt DA tại E. Quay hình thang vuông AMCD quanh trục AD ta được hình nón cụt như hình vẽ.

Quay tam giác EDC quanh trục ED ta được hình nón.

Dễ thấy \[{V_{nc}} = {V_1} - {V_2}\] V1V1 là thể tích khối nón đỉnh E, bán kính đáy DC = 2DC = 2 và V2 là thể tích khối nón đỉnh E, bán kính đáy AM = 1

Có\[\frac{{EA}}{{ED}} = \frac{{AM}}{{DC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow EA = AD = 2 \Rightarrow ED = 4\]

\[ \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}\pi D{C^2}.ED = \frac{1}{3}\pi {.2^2}.4 = \frac{{16\pi }}{3}\]

\[{V_2} = \frac{1}{3}\pi A{M^2}EA = \frac{1}{3}\pi {.1^2}.2 = \frac{{2\pi }}{3}\]

Vậy \[V = {V_1} - {V_2} = \frac{{16\pi }}{3} - \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{14\pi }}{3}\]

Giả sử tam giác ABC đều cạnh a  \[ \Rightarrow {s_1} = {S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]

Quay tam giác ABC quanh đường thẳng AH ta thu được hình nón có đường sinh\[l = AB = a\]  bán kính đáy \[r = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\] do đó diện tích xung quanh của hình nón bằng: \[{s_2} = \pi rl = \pi .\frac{a}{2}.a = \frac{{\pi {a^2}}}{2}\]

Vậy \[\frac{{{s_1}}}{{{s_2}}} = \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{\pi {a^2}}}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\pi }}\]