Diện tích hình nón, thể tích khối nón

Ta có: \({S_{xq}} = \pi rl = 3\pi {a^2} = \pi al \Rightarrow l = 3a\)

Ta có: Gọi bán kính $\left( C \right)$ với tâm là $I$ là $r$ thì dễ có $S$ phải thuộc $OI$ và :

$\begin{array}{l}OI = \sqrt {{R^2} - {r^2}}  \to h = \sqrt {{R^2} - {r^2}}  + R\\V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}(\sqrt {{R^2} - {r^2}}  + R)\end{array}$

Tới đây ta sẽ khảo sát hàm số:

\(\begin{array}{l}
f\left( r \right) = {r^2}\left( {\sqrt {{R^2} - {r^2}} + R} \right)\\
= {r^2}\sqrt {{R^2} - {r^2}} + {r^2}R\\
\Rightarrow f'\left( r \right) = \left( {{r^2}\sqrt {{R^2} - {r^2}} + {r^2}R} \right)'\\
= \left( {{r^2}\sqrt {{R^2} - {r^2}} } \right)' + \left( {{r^2}R} \right)'\\
= \left( {{r^2}} \right)'\sqrt {{R^2} - {r^2}} + {r^2}\left( {\sqrt {{R^2} - {r^2}} } \right)' + 2rR\\
= 2r\sqrt {{R^2} - {r^2}} + {r^2}.\frac{{ - 2r}}{{2\sqrt {{R^2} - {r^2}} }} + 2rR\\
= 2r\sqrt {{R^2} - {r^2}} - \frac{{{r^3}}}{{\sqrt {{R^2} - {r^2}} }} + 2rR\\
= r\left( {2\sqrt {{R^2} - {r^2}} - \frac{{{r^2}}}{{\sqrt {{R^2} - {r^2}} }} + 2R} \right)
\end{array}\)

$f'(r) = 0 \Leftrightarrow 2\sqrt {{R^2} - {r^2}}  + 2{\rm{R}} - \dfrac{{{r^2}}}{{\sqrt {{R^2} - {r^2}} }} = 0 \Leftrightarrow 2({R^2} - {r^2}) - {r^2} + 2{\rm{R}}\sqrt {{R^2} - {r^2}}  = 0$

$ \Leftrightarrow {(2{{\rm{R}}^2} - 3{{\rm{r}}^2})^2} = {(2{\rm{R}}\sqrt {{R^2} - {r^2}} )^2}$

$\Leftrightarrow {r^2} = \dfrac{8}{9}{R^2} \to h = \dfrac{{4{\rm{R}}}}{3}.$

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{SAM}} = \dfrac{1}{2}SA.SM\sin \widehat {ASM}\\ = \dfrac{1}{2}S{A^2}\sin \widehat {ASM} \le \dfrac{1}{2}S{A^2}\\ \Rightarrow \max {S_{SAM}} = \dfrac{1}{2}S{A^2}\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\sin \widehat {ASM} = 1 \Leftrightarrow \widehat {ASM} = {90^0}\).

Có $2$ điểm $M$ như vậy (hai điểm đối xứng với nhau qua $AB$).

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

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

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 \(\widehat H = {90^0}\) 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 \(\widehat E = \widehat H = {90^0}\) 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 \(AF = \dfrac{{SA.AC}}{{SC}} = \dfrac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }}\).; \(OK = \dfrac{1}{2}CF = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{C{A^2}}}{{CS}} = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}\).

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

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 \({V_{nc}} = {V_1} - {V_2}\), ở đó \({V_1}\) là thể tích khối nón đỉnh \(E\), bán kính đáy \(DC = 2\) và \({V_2}\) là thể tích khối nón đỉnh \(E\), bán kính đáy \(AM = 1\).

Có \(\dfrac{{EA}}{{ED}} = \dfrac{{AM}}{{DC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow EA = AD = 2 \Rightarrow ED = 4\)

\( \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{3}\pi D{C^2}.ED = \dfrac{1}{3}\pi {.2^2}.4 = \dfrac{{16\pi }}{3}\) ;

\({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi A{M^2}EA = \dfrac{1}{3}\pi {.1^2}.2 = \dfrac{{2\pi }}{3}\).

Vậy \(V = {V_1} - {V_2} = \dfrac{{16\pi }}{3} - \dfrac{{2\pi }}{3} = \dfrac{{14\pi }}{3}\).

Thiết diện qua trục của hình nón là \(\Delta SAB\) vuông cân tại \(S\) và có \(SA = SB = a.\)

\( \Rightarrow l = SA = a.\)

Ta có:\(\Delta SAB\) vuông cân tại \(S\) \( \Rightarrow AB = SA\sqrt 2  = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow r = OA = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là:\({S_{xq}} = \pi rl = \pi .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a = \dfrac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{2}.\)

Gọi \(S\) là đỉnh hình nón, \(AB\) là 1 đường kính của hình nón và \(O\) là tâm đường tròn đáy của hình nón.

Khi đó ta có \(\angle ASB = {120^0}\) và \(h = SO = 2\).

Ta có: \(\Delta SAB\) cân tại \(S\) suy ra \(SO\) là phân giác của \(\angle ASB\) \( \Rightarrow \angle ASO = \dfrac{1}{2}\angle ASB = {60^0}\).

Xét tam giác vuông \(SOA\) có: \(r = OA = SO.\tan {60^0} = 2\sqrt 3 \), \(l = SA = \dfrac{{SO}}{{\cos {{60}^0}}} = 4\).

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .2\sqrt 3 .4 = 8\sqrt 3 \pi \).

Giả sử tam giác ABC đều cạnh a  \( \Rightarrow {s_1} = {S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

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

Vậy \(\dfrac{{{s_1}}}{{{s_2}}} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{{\pi {a^2}}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{2\pi }}\).

Ta có : \({S_{xq}} = \pi Rl \Rightarrow 2\sqrt 5 \pi  = \pi .2l \Leftrightarrow l = \sqrt 5 \).

Lại có \({l^2} = {R^2} + {h^2} \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} = {2^2} + {h^2}\)\( \Leftrightarrow {h^2} = 1 \Leftrightarrow h = 1\).

Vậy thể tích khối nón là : \(V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.2^2}.1 = \dfrac{4}{3}\pi \).