Bài toán tổng hợp về khối đa diện, khối tròn xoay

Gọi $M $ là trung điểm của $AB$ ta có:

\(OM = \sqrt {O{A^2} - {{\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{3{R^2}}}{4}}  = \dfrac{R}{2}\)

Giả sử mặt phẳng (P) cắt trục OO’ tại I. Ta có : IA = IB nên \(\Delta IAB\) cân tại I, do đó \(MI \bot AB\)

Do đó góc giữa (P) và mặt đáy bằng \(\widehat {IMO} = {60^0}\)

Xét tam giác vuông IMO có : \(OI = OM.\tan 60 = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2} < \dfrac{{OO'}}{2} = 2R\)

\( \Rightarrow I\) nằm giữa O và O’. Do đó (P) không cắt đáy còn lại.Vậy hình chiếu của (P) trên \(\left( {O;R'} \right)\) là phần diện tích của hình quạt cung lớn AB và \(\Delta OAB\)(phần gạch chéo).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác OAB có :

\(\cos \widehat {AOB} = \dfrac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2.OA.OB}} = \dfrac{{{R^2} + {R^2} - 3{R^2}}}{{2{R^2}}} =  - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \widehat {AOB} = {120^0}\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \dfrac{1}{2}OA.OB.\sin 120 = \dfrac{1}{2}{R^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = {R^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4}\)

Gọi ${{S}_{\overset\frown{OAB}}}$ là diện tích hình quạt $\Rightarrow {{S}_{\overset\frown{OAB}}}=\dfrac{\dfrac{4\pi }{3}}{2\pi }.\pi {{R}^{2}}=\dfrac{2}{3}\pi {{R}^{2}}$

$\Rightarrow {{S}_{hc}}={{S}_{\overset\frown{OAB}}}+{{S}_{\Delta OAB}}=\dfrac{2}{3}\pi {{R}^{2}}+{{R}^{2}}\dfrac{\sqrt{3}}{4}$  

Vậy diện tích phần thiết diện cần tìm là :

${S_{hc}} = S.\cos 60 \Rightarrow S = \dfrac{{{S_{hc}}}}{{\cos 60}} = 2\left( {\dfrac{2}{3}\pi {R^2} + {R^2}\dfrac{{\sqrt 3 }}{4}} \right) = \left( {\dfrac{4}{3}\pi {R^2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{R^2}} \right) = \left( {\dfrac{4}{3}\pi  + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right){R^2}$

Ta có mặt phẳng \(\left( {A'AB} \right)//O'O\)

Kẻ \(A'B'//AB\) \( \Rightarrow \) thiết diện tạo thành là hình chữ nhật \(ABB'A'\)

Kẻ \(OH \bot AB,OH \bot A'A\) \( \Rightarrow OH \bot \left( {A'AB} \right)\)

\( \Rightarrow \) \(d\left( {O'O,\left( {A'AB} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {A'ABB'} \right)} \right) \) \(= OH = 4\)

Mà \(AH = \sqrt {O{A^2} - O{H^2}}  = 2\sqrt 5  \) \(\Rightarrow AB = 4\sqrt 5  \Rightarrow {S_{ABB'A'}} = 32\sqrt 5 \)

Đáy là tam giác với độ dài cạnh đáy lần lượt là $5cm;12cm;13cm$ nên đáy là tam giác vuông với độ dài cạnh huyền là $13cm$. Suy ra hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ đứng có đáy là đường tròn bán kính là \(\dfrac{{13}}{2}cm\) .

Vậy thể tích hình trụ đó là \(V = \pi {\left( {\dfrac{{13}}{2}} \right)^2}.8 = 338\pi (cm^3) \)

Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABB'C'\) cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\)

Do đó bán kính là \(R = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = \dfrac{{3a}}{2}\).

Gọi \(N,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AC;\,SC\).

\(ABC\) là tam giác vuông tại \(B\), \(\widehat {BAC} = {60^o}\) và \(AB = \dfrac{a}{2}\) nên \(NA = NB = NC\); \(AC = a \Rightarrow SC = a\sqrt 2  \Rightarrow MC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\(NM\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\) nên \(NM//SA \Rightarrow NM \bot \left( {ABC} \right)\, \Rightarrow \,\,{\rm{MS = MC = MA = MB}}\)

\( \Rightarrow \) $M$ là tâm của \(\left( S \right)\) có bán kính \(MC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{{}_{\left( S \right)}}} = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^3} = \dfrac{{\sqrt 2 \pi {a^3}}}{3}\).

Diện tích của \(\left( S \right):\,S = 4\pi {r^2} = 4\pi {\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = 2\pi {a^2}.\)

Ta có đường cao hình nón \(h = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow R = \dfrac{2}{3}h = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Khối trụ ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có hình tròn đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác đáy của lăng trụ, và chiều cao bằng chiều cao lăng trụ.

Tam giác đều cạnh \(a\) có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng \(\dfrac{{\sqrt 3 a}}{3}\). Vậy thể tích của khối trụ cần tìm là \(V = h.S = h.\pi .{\left( {\dfrac{{\sqrt 3 a}}{3}} \right)^2} = \dfrac{{\pi {a^2}h}}{3}\)(đvtt).

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn đáy của hình trụ và hình nón.

Theo bài ra ta có: Chu vi đáy là \(C = 2\pi r = 20\sqrt 3 \pi  \Rightarrow r = 10\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\)

Thể tích khối nón là \({V_1} = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}.{h_1} = \dfrac{1}{3}\pi .{\left( {10\sqrt 3 } \right)^2}.10 = 1000\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích khối trụ là \({V_2} = \pi {r^2}.{h_2} = \pi .{\left( {10\sqrt 3 } \right)^2}.40 = 12000\pi \,\,\,\left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích của cột là \(V = {V_1} + {V_2} = 13000\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).

Bước 1: Tính số nguyên tử Ca có trong một ô cơ sở

Số nguyên tử Ca trong một ô cơ sở gồm: 6 mặt mỗi mặt có \(\dfrac{1}{2}\) khối cầu+8 góc \(\dfrac{1}{8}\) khối cầu. Như thế số nguyên tử Ca là: \(6.\dfrac{1}{2} + 8.\dfrac{1}{8} = 4\) nguyên tử.

Bước 2: Tính thể tích chiếm chỗ của Ca trong một ô cơ sở và thể tích của ô cơ sở.

Thể tích của 4 nguyên tử Ca là:  \({V_{Ca}} = 4.\dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{{16}}{3}\pi {R^3}\)

Thể tích của một khối lập phương là \({V_{lp}} = {a^3}\).

Bước 3: Tính R theo a và độ đặc khít

Theo hình vẽ ta thấy cạnh huyền: \(4R\), các cạnh góc vuông đều bằng a.

Theo định lý Pitago ta có:

\({\left( {4R} \right)^2} = {a^2} + {a^2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 16{R^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow {a^2} = 8{R^2}\\ \Leftrightarrow a = 2R\sqrt 2  \Rightarrow \dfrac{R}{a} = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{V_{Ca}}}}{{{V_{lp}}}} = \dfrac{{\dfrac{{16}}{3}\pi .{R^3}}}{{{a^3}}} = \dfrac{{16}}{3}\pi .{\left( {\dfrac{R}{a}} \right)^3}\\ = \dfrac{{16\pi }}{3}.{\left( {\dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)^3} \approx 0,74 = 74\% \end{array}\)