Giải Bài 4, 5, 6 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao: Mặt cầu, mặt trụ, mặt nón

Ôn tập chương II – Mặt cầu, mặt trụ, mặt nón. Giải bài 4, 5, 6 trang 63 SGK Hình học lớp 12 Nâng cao.  Một mặt cầu có diện tích bằng diện tích toàn phần của hình nón N thì có bán kính bằng bao nhiêu?.Tính \({V_1},{V_2},{V_3}\) theo \(b, c\).

Bài 4: Cho hình nón \((N)\) sinh bởi tam giác đều cạnh \(a\) khi quay quanh một đường cao của tam giác đó.

a) Một mặt cầu có diện tích bằng diện tích toàn phần của hình nón \((N)\) thì có bán kính bằng bao nhiêu?

Bạn đang xem: Giải Bài 4, 5, 6 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao: Mặt cầu, mặt trụ, mặt nón

b) Một khối cầu có thể tích của khối nón \((N)\) thì có bán kính bằng bao nhiêu?

Giải

Hình nón \((N)\) có bán kính đáy \(r = BH = {1 \over 2}a\), chiều cao \(h = AH = {{a\sqrt 3 } \over 2}\) và đường sinh \(l = AB = a\).

Diện tích toàn phần

\({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi {{{a^2}} \over 2} + \pi {{{a^2}} \over 4} = {3 \over 4}\pi {a^2}\)
Thể tích \(V = {1 \over 3}\pi {r^2}h = {1 \over 3}\pi {{{a^2}} \over 4}.{{a\sqrt 3 } \over 2} = {{\sqrt 3 } \over {24}}\pi {a^3}\)

a) Nếu mặt cầu có bán kính \(R\) thì diện tích bằng \(4\pi {R^2}\) nên \(4\pi {R^2} = {3 \over 4}\pi {a^2} \Rightarrow R = {{a\sqrt 3 } \over 4}\)

b) Nếu khối cầu có bán kính \(R\) thì thể tích bằng \({4 \over 3}\pi {R^3}\) nên \({4 \over 3}\pi {R^3} = {{\sqrt 3 } \over {24}}\pi {a^3} \Rightarrow R = {{\root 6 \of {12} } \over 4}a\)

Bài 5: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), \(AB = c,\,AC = b\) . Gọi \({V_1},{V_2},{V_3}\)  là thể tích các khối tròn xoay sinh bởi tam giác đó (kê cả các điểm trong) khi lần lượt quay quanh \(AB, AC, BC\).

a) Tính \({V_1},{V_2},{V_3}\) theo \(b, c\).

b) Chứng minh rằng \({1 \over {V_3^2}} = {1 \over {V_1^2}} + {1 \over {V_2^2}}\)

Giải

a) Khi quay tam giác \(ABC\) quanh \(AB\) ta được khối nón có chiều cao \(AB = c\) và bán kính đáy \(AC = b\) nên có thể tích \(V_1 = {1 \over 3}\pi c{b^2}\)

Tương tự khi quay tam giác \(ABC\) quanh \(AC\) ta được khối nón có thể tích \({V_2} = {1 \over 3}\pi b{c^2}\)

Gọi \(AH\) là chiều cao của tam giác \(ABC\). Khi quay tam giác \(ABC\) quanh \(BC\) ta được hai khối nón sinh bởi hai tam giác \(ABH\) và \(ACH\).

Khi đó ta có
\({V_3} = {1 \over 3}\pi A{H^2}.BH + {1 \over 3}\pi A{H^2}.CH = {1 \over 3}\pi AH.BC \)

\(= {1 \over 3}\pi {\left( {{{bc} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}} \right)^2}\sqrt {{b^2} + {c^2}}  = {1 \over 3}{{\pi {b^2}{c^2}} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}\)

b) Ta có: \({1 \over {V_3^2}} = {{9\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} \over {\pi {b^4}{c^4}}}\)

\({1 \over {V_1^2}} + {1 \over {V_2^2}} = {9 \over {\pi {c^2}{b^4}}} + {9 \over {\pi {b^2}{c^4}}} = {{9\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \over {\pi {b^4}{c^4}}} = {1 \over {V_3^2}}\)

Bài 6: Một hình thang cân \(ABCD\) có các cạnh đáy \(AB = 2a, BD = 4a\), cạnh bên \(AD = BC = 3a\). Hãy tính thể tích và diện tích toàn phần của khối tròn xoay sinh bởi hình thang đó khi quay quanh trục đối xứng của nó.

Giải

Gọi \(S\) là giao điểm của hai cạnh bên \(AD\) và \(BC\) của hình thang. Đường cao \(SO\) của tam giác cân \(SCD\) là trục đối xứng của hình thang, do đó \(SO\) cắt \(AB\) tại trung điểm \(O’\) của \(AB\).

Khi quay quanh \(SO\), tam giác \(SCD\) sinh ra khối nón \(\left( {{N_1}} \right)\) có thể tích \({V_1}\), tam giác \(SAB\) sinh ra khối nón \(\left( {{N_2}} \right)\) có thể tích \({V_2}\), còn hình thang \(ABCD\) sinh ra một khối tròn xoay \(\left( H \right)\) có thể tích \(V = {V_1} – {V_2}\).

Vì \(AB = {1 \over 2}CD\) nên \(AB\) là đường trung bình của tam giác \(SCD\) nên \(SB = BC = 3a\).

Ta có \(SO’ = \sqrt {S{B^2} – O'{B^2}}  = \sqrt {9{a^2} – {a^2}}  = 2\sqrt 2 a\)

\(\eqalign{
& SO = 2SO’ = 4\sqrt 2 a \cr
& V = {V_1} – {V_2} = {1 \over 3}\pi O{C^2}.SO – {1 \over 3}\pi O'{B^2}.SO’ \cr&= {1 \over 3}\pi 4{a^2}.SO – {1 \over 3}\pi {a^2}SO’ \cr
& = {1 \over 3}\pi {a^2}\left( {4SO – SO’} \right) = {1 \over 3}\pi {a^2}\left( {16\sqrt 2 a – 2\sqrt 2 a} \right)\cr& = {{14\sqrt 2 } \over 3}\pi {a^3} \cr} \)

Diện tích xung quanh của khối tròn xoay \((H)\) là:

\(\eqalign{
& {S_{xq}} = {S_1} – {S_2} = \pi OC.SC – \pi O’B.SB = 9\pi {a^2} \cr
& {S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 9\pi {a^2} + \pi {a^2} + 4\pi {a^2} = 14\pi {a^2} \cr} \)

Đăng bởi: Monica.vn

Chuyên mục: Giải bài tập

[toggle title=”Xem thêm Bài 4, 5, 6 trang 63 SGK Hình học 12 Nâng cao: Mặt cầu, mặt trụ, mặt nón” state=”close”]Ôn tập chương II – Mặt cầu, mặt trụ, mặt nón. Giải bài 4, 5, 6 trang 63 SGK Hình học lớp 12 Nâng cao.  Một mặt cầu có diện tích bằng diện tích toàn phần của hình nón N thì có bán kính bằng bao nhiêu?.Tính \({V_1},{V_2},{V_3}\) theo \(b, c\).

Bài 4: Cho hình nón \((N)\) sinh bởi tam giác đều cạnh \(a\) khi quay quanh một đường cao của tam giác đó.

a) Một mặt cầu có diện tích bằng diện tích toàn phần của hình nón \((N)\) thì có bán kính bằng bao nhiêu?

b) Một khối cầu có thể tích của khối nón \((N)\) thì có bán kính bằng bao nhiêu?

Giải

Hình nón \((N)\) có bán kính đáy \(r = BH = {1 \over 2}a\), chiều cao \(h = AH = {{a\sqrt 3 } \over 2}\) và đường sinh \(l = AB = a\).

Diện tích toàn phần

\({S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi {{{a^2}} \over 2} + \pi {{{a^2}} \over 4} = {3 \over 4}\pi {a^2}\)
Thể tích \(V = {1 \over 3}\pi {r^2}h = {1 \over 3}\pi {{{a^2}} \over 4}.{{a\sqrt 3 } \over 2} = {{\sqrt 3 } \over {24}}\pi {a^3}\)

a) Nếu mặt cầu có bán kính \(R\) thì diện tích bằng \(4\pi {R^2}\) nên \(4\pi {R^2} = {3 \over 4}\pi {a^2} \Rightarrow R = {{a\sqrt 3 } \over 4}\)

b) Nếu khối cầu có bán kính \(R\) thì thể tích bằng \({4 \over 3}\pi {R^3}\) nên \({4 \over 3}\pi {R^3} = {{\sqrt 3 } \over {24}}\pi {a^3} \Rightarrow R = {{\root 6 \of {12} } \over 4}a\)

Bài 5: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), \(AB = c,\,AC = b\) . Gọi \({V_1},{V_2},{V_3}\)  là thể tích các khối tròn xoay sinh bởi tam giác đó (kê cả các điểm trong) khi lần lượt quay quanh \(AB, AC, BC\).

a) Tính \({V_1},{V_2},{V_3}\) theo \(b, c\).

b) Chứng minh rằng \({1 \over {V_3^2}} = {1 \over {V_1^2}} + {1 \over {V_2^2}}\)

Giải

a) Khi quay tam giác \(ABC\) quanh \(AB\) ta được khối nón có chiều cao \(AB = c\) và bán kính đáy \(AC = b\) nên có thể tích \(V_1 = {1 \over 3}\pi c{b^2}\)

Tương tự khi quay tam giác \(ABC\) quanh \(AC\) ta được khối nón có thể tích \({V_2} = {1 \over 3}\pi b{c^2}\)

Gọi \(AH\) là chiều cao của tam giác \(ABC\). Khi quay tam giác \(ABC\) quanh \(BC\) ta được hai khối nón sinh bởi hai tam giác \(ABH\) và \(ACH\).

Khi đó ta có
\({V_3} = {1 \over 3}\pi A{H^2}.BH + {1 \over 3}\pi A{H^2}.CH = {1 \over 3}\pi AH.BC \)

\(= {1 \over 3}\pi {\left( {{{bc} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}} \right)^2}\sqrt {{b^2} + {c^2}}  = {1 \over 3}{{\pi {b^2}{c^2}} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}\)

b) Ta có: \({1 \over {V_3^2}} = {{9\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} \over {\pi {b^4}{c^4}}}\)

\({1 \over {V_1^2}} + {1 \over {V_2^2}} = {9 \over {\pi {c^2}{b^4}}} + {9 \over {\pi {b^2}{c^4}}} = {{9\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \over {\pi {b^4}{c^4}}} = {1 \over {V_3^2}}\)

Bài 6: Một hình thang cân \(ABCD\) có các cạnh đáy \(AB = 2a, BD = 4a\), cạnh bên \(AD = BC = 3a\). Hãy tính thể tích và diện tích toàn phần của khối tròn xoay sinh bởi hình thang đó khi quay quanh trục đối xứng của nó.

Giải

Gọi \(S\) là giao điểm của hai cạnh bên \(AD\) và \(BC\) của hình thang. Đường cao \(SO\) của tam giác cân \(SCD\) là trục đối xứng của hình thang, do đó \(SO\) cắt \(AB\) tại trung điểm \(O’\) của \(AB\).

Khi quay quanh \(SO\), tam giác \(SCD\) sinh ra khối nón \(\left( {{N_1}} \right)\) có thể tích \({V_1}\), tam giác \(SAB\) sinh ra khối nón \(\left( {{N_2}} \right)\) có thể tích \({V_2}\), còn hình thang \(ABCD\) sinh ra một khối tròn xoay \(\left( H \right)\) có thể tích \(V = {V_1} – {V_2}\).

Vì \(AB = {1 \over 2}CD\) nên \(AB\) là đường trung bình của tam giác \(SCD\) nên \(SB = BC = 3a\).

Ta có \(SO’ = \sqrt {S{B^2} – O'{B^2}}  = \sqrt {9{a^2} – {a^2}}  = 2\sqrt 2 a\)

\(\eqalign{
& SO = 2SO’ = 4\sqrt 2 a \cr
& V = {V_1} – {V_2} = {1 \over 3}\pi O{C^2}.SO – {1 \over 3}\pi O'{B^2}.SO’ \cr&= {1 \over 3}\pi 4{a^2}.SO – {1 \over 3}\pi {a^2}SO’ \cr
& = {1 \over 3}\pi {a^2}\left( {4SO – SO’} \right) = {1 \over 3}\pi {a^2}\left( {16\sqrt 2 a – 2\sqrt 2 a} \right)\cr& = {{14\sqrt 2 } \over 3}\pi {a^3} \cr} \)

Diện tích xung quanh của khối tròn xoay \((H)\) là:

\(\eqalign{
& {S_{xq}} = {S_1} – {S_2} = \pi OC.SC – \pi O’B.SB = 9\pi {a^2} \cr
& {S_{tp}} = {S_{xq}} + {S_d} = 9\pi {a^2} + \pi {a^2} + 4\pi {a^2} = 14\pi {a^2} \cr} \)

[/toggle]