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 : $V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.2^2}.1 = \dfrac{4}{3}\pi$.