Home Toán học Bài tập Hình nón – Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện

Bài tập Hình nón – Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện

by AdminTLH

A. Tóm tắt công thức về Hình nón


Hình thành: Quay  \( \Delta SOM  \) vuông quanh trục SO, ta được mặt nón như hình bên với  \( \left\{ \begin{align} & h=SO \\  & r=OM \\ \end{align} \right. \).

Các yếu tố mặt nón:

+ Đường cao: h = SO (SO cũng được gọi là trục của hình nón)

+ Bán kính đáy: r = OA = OB = OM

+ Đường sinh:  \( \ell =SA=SB=SM  \),  \( \ell =\sqrt{{{r}^{2}}+{{h}^{2}}} \)

+ Góc ở đỉnh:  \( \widehat{ASB} \)

+ Thiết diện qua trục:  \( \Delta SAB  \) cân tại S.

+ Góc giữa đường sinh và mặt đáy:  \( \widehat{SAO}=\widehat{SBO}=\widehat{SMO} \)

Một số công thức:

+ Chu vi đáy:  \( p=2\pi r  \)

+ Diện tích đáy:  \( {{S}_{\text{}}}=\pi {{r}^{2}} \)

+ Thể tích:  \( V=\frac{1}{3}.h.{{S}_{\text{}}}=\frac{1}{3}h.\pi {{r}^{2}} \) (liên tưởng đến công thức khối chóp)

+ Diện tích xung quanh:  \( {{S}_{xq}}=\pi r\ell  \)

+ Diện tích toàn phần:  \( {{S}_{tp}}={{S}_{xq}}+{{S}_{\text{}}}=\pi r\ell +\pi {{r}^{2}} \)

B. Các dạng bài tập thường gặp

Ví dụ 1. (THPTQG – 2020 – 101 – Lần 1) Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 và góc ở đỉnh bằng 60O. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng

A. \( 8\pi \)                                                                                                           

B.  \( \frac{16\sqrt{3}\pi }{3} \)

C.  \( \frac{8\sqrt{3}\pi }{3} \)                                   

D.  \( 16\pi  \)

Đáp án A.

Gọi S là đỉnh của hình nón và AB là một đường kính của đáy.

Theo bài ra, ta có tam giác SAB là tam giác đều  \( \Rightarrow \ell =SA=AB=2r=4 \)

Vậy diện tích xung quanh của hình nón đã cho là  \( {{S}_{xq}}=\pi r\ell =8\pi  \).

Ví dụ 2. (THPTQG – 2020 – 102 – Lần 1) Cho hình nón có bán kính bằng 5 và góc ở đỉnh bằng 60O. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng

A. \( 50\pi \)                                                                                                         

B.  \( \frac{100\sqrt{3}\pi }{3} \)                                       

C.  \( \frac{50\sqrt{3}\pi }{3} \)             

D.  \( 100\pi  \)

Đáp án A.

Ta có độ dài đường sinh là  \( \ell =\frac{r}{\sin \frac{\alpha }{2}}=\frac{5}{\sin {{30}^{0}}}=10 \)

Diện tích xung quanh  \( {{S}_{xq}}=\pi r\ell =50\pi  \)

Ví dụ 3. (Đề Tham Khảo 2020 – Lần 2) Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a và AC = 2a. Khi quay tam giác ABC quanh cạnh góc vuông AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình nón. Diện tích xung quanh hình nón đó bằng

A. \( 5\pi {{a}^{2}} \)

B.  \( \sqrt{5}\pi {{a}^{2}} \)  

C.  \( 2\sqrt{5}\pi {{a}^{2}} \)                                 

D.  \( 10\pi {{a}^{2}} \)

Đáp án C.

 \( BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=a\sqrt{5} \)

Diện tích xung quanh hình nón cần tìm là: \(S=\pi .AC.BC=\pi .2a.a\sqrt{5}=2\sqrt{5}\pi {{a}^{2}} \)

Ví dụ 4. Cắt hình nón (N) đỉnh S cho trước bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng  \( 2a\sqrt{2} \). Biết BC là một dây cung đường tròn của đáy hình nón sao cho mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng đáy của hình nón một góc 60O. Tính diện tích tam giác SBC.

A. \( \frac{4{{a}^{2}}\sqrt{2}}{3} \)

B.  \( \frac{4{{a}^{2}}\sqrt{2}}{9} \)                               

C.  \( \frac{2{{a}^{2}}\sqrt{2}}{3} \)                               

D.  \( \frac{2{{a}^{2}}\sqrt{2}}{9} \)

Đáp án A.

Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông cân, suy ra  \( r=SO=a\sqrt{2} \).

Ta có góc giữa mặt phẳng (SBC) tạo với đáy bằng góc  \( \widehat{SIO}={{60}^{O}} \).

Trong  \( \Delta SIO  \) vuông tại O có \(SI=\frac{SO}{\sin \widehat{SIO}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}a\) và \(OI=SI.\cos \widehat{SIO}=\frac{\sqrt{6}a}{3}\)

Mà  \( BC=2\sqrt{{{r}^{2}}-O{{I}^{2}}}=\frac{4a\sqrt{3}}{3} \)

Diện tích tam giác SBC là:  \( S=\frac{1}{2}SI.BC=\frac{4{{a}^{2}}\sqrt{2}}{3} \)

Ví dụ 5. Cho hình nón tròn xoay có chiều cao bằng 4 và bán kính bằng 3. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác có độ dài cạnh đáy bằng 2. Diện tích của thiết diện bằng

A. \( \sqrt{6} \)

B.  \( \sqrt{19} \)                       

C.  \( 2\sqrt{6} \)              

D.  \( 2\sqrt{3} \)

Đáp án C.

Ta có:  \( h=OI=4,R=IA=IB=3,AB=2 \)

Gọi M là trung điểm AB  \( \Rightarrow MI\bot AB\Rightarrow AB\bot \left( SMI \right) \) \( \Rightarrow AB\bot SM \)

Lại có:  \( SB=\sqrt{O{{I}^{2}}+I{{B}^{2}}}=\sqrt{{{4}^{2}}+{{3}^{2}}}=5 \);  \( SM=\sqrt{S{{B}^{2}}-M{{B}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{1}^{2}}}=2\sqrt{6} \)

Vậy:  \( {{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{2}.SM.AB=\frac{1}{2}.2\sqrt{6}.2=2\sqrt{6} \)

Ví dụ 6. Cắt hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó, ta được một thiết diện là một tam giác vuông cân cạnh bên \( a\sqrt{2} \). Tính diện tích toàn phần của hình nón.

A. \( 4\pi {{a}^{2}} \)

B.  \( 4\sqrt{2}\pi {{a}^{2}} \)

C.  \( \left( \sqrt{2}+1 \right)\pi {{a}^{2}} \)          

D.  \( 2\sqrt{2}\pi {{a}^{2}} \)

Đáp án C.

Giả sử hình nón đã cho có độ dài đường sinh  \( \ell  \), bán kính đáy là R.

Thiết diện của hình nón qua trục là tam giác OAB vuông cân tại O và  \( OA=a\sqrt{2} \).

Áp dụng định lí Pitago, trong tam giác vuông cân OAB, ta có:

 \( A{{B}^{2}}=O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}=4{{a}^{2}} \) \( \Rightarrow AB=2a  \)

Vậy  \( \ell =a\sqrt{2},R=a  \)

Diện tích toàn phần của hình nón là: \({{S}_{tp}}={{S}_{xq}}+{{S}_{\text{}}}=\pi R\ell +\pi {{R}^{2}}=\pi {{a}^{2}}\left( \sqrt{2}+1 \right)\)

Ví dụ 7. Cho hình nón đỉnh S, đáy là hình tròn tâm O, bán kính R = 3 cm, góc ở đỉnh hình nón là \( \varphi ={{120}^{O}} \). Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua đỉnh S tại thành tam giác đều SAB, trong đó A, B thuộc đường tròn đáy. Diện tích tam giác SAB bằng

A. \( 3\sqrt{3} \) cm2

B.  \( 6\sqrt{3} \) cm2       

C. 6 cm2                           

D. 3 cm2.

Đáp án A.

Theo đề bài ta có góc ở đỉnh hình nón là  \( \varphi ={{120}^{O}} \) và khi cắt hình nón bởi mặt phẳng qua đỉnh S tạo thành tam giác đều SAB nên mặt phẳng không chứa trục của hình nón.

Do góc ở đỉnh hình nón là  \( \varphi ={{120}^{O}} \) nên  \( \widehat{OSC}={{60}^{O}} \).

Xét tam giác vuông SOC, ta có:  \( \tan \widehat{OSC}=\frac{OC}{SO} \) \( \Rightarrow SO=\frac{OC}{\tan \widehat{OSC}}=\frac{3}{\tan {{60}^{O}}}=\sqrt{3} \)

Xét  \( \Delta SOA  \), ta có:  \( SA=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}}=2\sqrt{3} \).

Do tam giác SAB đều nên  \( {{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{2}{{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}.\sin {{60}^{O}}=3\sqrt{3}\text{ }c{{m}^{2}} \)

Ví dụ 8. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông có cạnh huyền bằng \( a\sqrt{2} \). Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón đó.

A. \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{3}}{3} \)

B.  \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{2}}{2} \)      

C.  \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{2}}{6} \)

D.  \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{2}}{3} \)

Đáp án B.

Gọi S là đỉnh hình nón, thiết diện qua trục là tam giác SAB.

Ta có:  \( AB=a\sqrt{2}\Rightarrow SA=a  \)

 \( \Rightarrow \ell =SA=a  \);  \( r=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2} \)

Vậy  \( {{S}_{xq}}=\pi r\ell =\pi .\frac{a\sqrt{2}}{2}.a=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{2}}{2} \)

Ví dụ 9. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính diện tích toàn phần của vật tròn xoay thu được khi quay tam giác AA’C quanh trục AA’.

A. \( \pi \left( \sqrt{3}+2 \right){{a}^{2}} \)

B.  \( 2\pi \left( \sqrt{2}+1 \right){{a}^{2}} \)          

C.  \( 2\pi \left( \sqrt{6}+1 \right){{a}^{2}} \)       

D.  \( \pi \left( \sqrt{6}+2 \right){{a}^{2}} \)

Đáp án D.

Quay tam giác AA’C một vòng quanh trục AA’ tạo thành hình nón có chiều cao AA’ = a, bán kính đáy  \( r=AC=a\sqrt{2} \), đường sinh  \( \ell =A’C=\sqrt{A{{{{A}’}}^{2}}+A{{C}^{2}}}=a\sqrt{3} \).

Diện tích toàn phần của hình nón:  \( S=\pi r\left( r+\ell  \right)=\pi a\sqrt{2}\left( a\sqrt{2}+a\sqrt{3} \right)=\pi \left( \sqrt{6}+2 \right){{a}^{2}} \)

Ví dụ 10. (THPTQG – 2017 – 123) Cho một hình nón có chiều cao h = a và bán kính đáy r = 2a. Mặt phẳng (P) đi qua S cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho \( AB=2\sqrt{3}a  \). Tính khoảng cách d từ tâm của đường tròn đáy đến (P).

A. \( d=\frac{a\sqrt{3}}{2} \)

B.  \( d=\frac{a\sqrt{5}}{5} \)             

C.  \( d=\frac{a\sqrt{2}}{2} \)                     

D.  \( d=a  \)

Đáp án C.

Có  \( \left( P \right)\equiv \left( SAB \right) \)

Ta có: SO = a = h, OA = OB = r = 2a,  \( AB=2a\sqrt{3} \), gọi M là hình chiếu của O lên AB suy ra M là trung điểm AB, gọi K là hình chiếu của O lên SM suy ra  \( {{d}_{\left( O,(SAB) \right)}}=OK  \).

Ta tính được  \( OM=\sqrt{O{{A}^{2}}-M{{A}^{2}}}=a  \)

Suy ra SOM là tam giác vuông cân tại O, suy ra K là trung điểm của SM nên  \( OK=\frac{SM}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2} \)

Ví dụ 11. Cho hình nón có chiều cao h = 20, bán kính đáy r = 25. Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12. Tính diện tích S của thiết diện đó.

A. S = 500

B. S = 400

C. S = 300                       

D. S = 406

Đáp án A.

Giả sử hình nón đỉnh S, tâm đáy O và có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là  \( \Delta SAB  \) (hình vẽ).

Ta có: SO là đường cao của hình nón. Gọi I là trung điểm của AB  \( \Rightarrow OI\bot AB  \).

Gọi H là hình chiếu của O lên SI  \( \Rightarrow OH\bot SI  \).

Ta chứng minh được  \( OH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow OH=12 \)

Xét tam giác vuông SOI có:  \( \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{S}^{2}}}+\frac{1}{O{{I}^{2}}} \)

 \( \Rightarrow \frac{1}{O{{I}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}-\frac{1}{O{{S}^{2}}}=\frac{1}{{{12}^{2}}}-\frac{1}{{{20}^{2}}}=\frac{1}{225} \)

 \( \Rightarrow O{{I}^{2}}=225\Rightarrow OI=15 \)

Xét tam giác vuông SOI có \(SI=\sqrt{O{{S}^{2}}+O{{I}^{2}}}=\sqrt{{{20}^{2}}+{{15}^{2}}}=25\)

Xét tam giác vuông OIA có  \( IA=\sqrt{O{{A}^{2}}-O{{I}^{2}}}=\sqrt{{{25}^{2}}-{{15}^{2}}}=20 \) \( \Rightarrow AB=40 \)

Ta có:  \( S={{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}.40.25=500 \)

Ví dụ 12. Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến (SAB) bằng  \( \frac{a\sqrt{3}}{3} \) và  \( \widehat{SAO}={{30}^{0}} \),  \( \widehat{SAB}={{60}^{O}} \). Độ dài đường sinh của hình nón theo a bằng

A. \( a\sqrt{2} \)                                           

B.  \( a\sqrt{3} \)                       

C.  \( 2a\sqrt{3} \)            

D.  \( a\sqrt{5} \)

Đáp án A.

Gọi K là trung điểm của AB ta có:  \( OK\bot AB  \) vì tam giác OAB cân tại O.

Mà  \( SO\bot AB  \) nên  \( AB\bot \left( SOK \right) \)  \( \Rightarrow \left( SOK \right)\bot \left( SAB \right) \) mà  \( \left( SOK \right)\cap \left( SAB \right)=SK  \) nên từ O dựng  \( OH\bot SK  \) thì  \( OH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow OH={{d}_{\left( O,(SAB) \right)}} \)

Xét tam giác SAO, ta có:  \( \sin \widehat{SAO}=\frac{SO}{SA} \)  \( \Rightarrow SO=\frac{SA}{2} \)

Xét  \( \Delta SAB  \), ta có:  \( \sin \widehat{SAB}=\frac{SK}{SA}\Rightarrow SK=\frac{SA\sqrt{3}}{2} \)

Xét  \( \Delta SOK  \), ta có: \(\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{K}^{2}}}+\frac{1}{O{{S}^{2}}}=\frac{1}{S{{K}^{2}}-S{{O}^{2}}}+\frac{1}{S{{O}^{2}}}\)

 \( \Rightarrow \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{\frac{S{{A}^{2}}}{4}}+\frac{1}{\frac{3S{{A}^{2}}}{4}-\frac{S{{A}^{2}}}{4}}=\frac{4}{S{{A}^{2}}}+\frac{2}{S{{A}^{2}}} \)

 \( \Rightarrow \frac{6}{S{{A}^{2}}}=\frac{3}{{{a}^{2}}}\Rightarrow SA=2{{a}^{2}}\Rightarrow SA=a\sqrt{2} \)

Ví dụ 13. Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a, vẽ tia Ax về phía điểm B sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a. Gọi H là hình chiếu của B lên tia Ax, khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay có diện tích xung quanh bằng:

A. \( \frac{3\sqrt{2}\pi {{a}^{2}}}{2} \)

B.  \( \frac{\left( 3+\sqrt{3} \right)\pi {{a}^{2}}}{2} \)                                       

C.  \( \frac{\left( 1+\sqrt{3} \right)\pi {{a}^{2}}}{2} \)                                       

D.  \( \frac{\left( 2+\sqrt{2} \right)\pi {{a}^{2}}}{2} \)

Đáp án B.

Xét  \( \Delta AHB  \) vuông tại H, ta có:  \( AH=\sqrt{A{{B}^{2}}-H{{B}^{2}}}=a\sqrt{3} \)

Xét  \( \Delta AHB  \) vuông tại H,  \( HI\bot AB  \) tại I, ta có:  \( HI=\frac{AH.HB}{AB}=\frac{a\sqrt{3}.a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2} \).

Khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay (có diện tích xung quanh là S) là hợp của hai mặt xung quanh của hình nón (N1) và (N2).

Trong đó:

(N1) là hình nón có được do quay tam giác AHI quanh trục AI có diện tích xung quanh là  \( {{S}_{1}}=\pi .HI.AH=\pi .\frac{a\sqrt{3}}{2}.a\sqrt{3}=\frac{3\pi {{a}^{2}}}{2} \)

(N2) là hình nón có được do quay tam giác BHI quanh trục BI có diện tích xung quanh là  \( {{S}_{2}}=\pi .HI.BH=\pi .\frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{\sqrt{3}\pi {{a}^{2}}}{2} \)

 \( \Rightarrow S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\frac{3\pi {{a}^{2}}}{2}+\frac{\sqrt{3}\pi {{a}^{2}}}{2}=\frac{\left( 3+\sqrt{3} \right)\pi {{a}^{2}}}{2} \)

Ví dụ 14. Cho hình nón có chiều cao và bán kính đáy đều bằng 1. Mặt phẳng (P) qua đỉnh của hình nón và cắt đáy theo dây cung có độ dài bằng 1. Khoảng cách từ tâm của đáy tới mặt phẳng (P) bằng

A. \( \frac{\sqrt{7}}{7} \)

B.  \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)         

C.  \( \frac{\sqrt{3}}{3} \)

D.  \( \frac{\sqrt{21}}{7} \)

Đáp án D.

Ta có:  \( \ell =h=1 \)

Mặt phẳng (P) qua đỉnh của hình nón và cắt đáy theo dây cung AB có độ dài bằng 1.

I, K là hình chiếu O lên AB, SI.

Ta có:  \( AB\bot (SIO)\Rightarrow OK\bot (SAB) \)

Ta có: \(IO=\sqrt{{{R}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{1}^{2}}-{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

 \( \frac{1}{O{{K}^{2}}}=\frac{1}{O{{I}^{2}}}+\frac{1}{O{{S}^{2}}} \) \( \Rightarrow OK=\frac{OI.SO}{\sqrt{O{{I}^{2}}+O{{S}^{2}}}}=\frac{\sqrt{21}}{7} \)

Ví dụ 15. Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn (O, 5). Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón cắt đường tròn đáy tại hai điểm A và B sao cho SA = AB = 8. Tính khoảng cách từ O đến (SAB).

A. \( 2\sqrt{2} \)

B.  \( \frac{3\sqrt{3}}{4} \)       

C.  \( \frac{3\sqrt{2}}{7} \)                                        

D.  \( \frac{\sqrt{13}}{2} \)

Đáp án B.

Gọi I là trung điểm AB.

Ta có:  \( \left\{ \begin{align}  & AB\bot SO \\  & AB\bot OI \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\bot (SOI) \) \( \Rightarrow (SAB)\bot (SOI) \)

Trong (SOI), kẻ  \( OH\bot SI  \) thì  \( OH\bot (SAB) \).

 \( \Rightarrow {{d}_{\left( O,(SAB) \right)}}=OH  \)

Ta có: \(SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{8.5}{5} \right)}^{2}}-{{5}^{2}}}=\sqrt{39}\)

 \( OI=\sqrt{O{{A}^{2}}-A{{I}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{\left( \frac{4.5}{5} \right)}^{2}}}=3 \)

Tam giác vuông SOI có:  \( \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{I}^{2}}}+\frac{1}{S{{O}^{2}}}\Rightarrow OH=\frac{3\sqrt{13}}{4} \)

Vậy  \( {{d}_{\left( O,(SAB) \right)}}=OH=\frac{3\sqrt{13}}{4} \).

Ví dụ 16. Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O, bán kính R. Dựng hai đường sinh SA và SB, biết AB chắn trên đường tròn đáy một cung có số đo bằng 60O, khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng (SAB) bằng  \( \frac{R}{2} \). Đường cao h của hình nón bằng

A. \( h=R\sqrt{3} \)

B.  \( h=R\sqrt{2} \)        

C.  \( h=\frac{R\sqrt{3}}{2} \)             

D.  \( h=\frac{R\sqrt{6}}{4} \)

Đáp án D.

Gọi I là trung điểm AB.

Kẻ OH vuông góc với SI.

\({{d}_{\left( O,(SAB) \right)}}=OH=\frac{R}{2}\)

Ta có cung \(\overset\frown{AB}\) bằng 60O nên \(\widehat{AOB}={{60}^{O}}\).

Tam giác AOI vuông tại I, ta có  \( \cos \widehat{IOA}=\frac{OI}{OA} \) \( \Leftrightarrow OI=OA.\cos {{30}^{O}}=\frac{R\sqrt{3}}{2} \)

Tam giác SOI vuông tại O, ta có:

 \( \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{I}^{2}}} \) \( \Leftrightarrow \frac{1}{S{{O}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}-\frac{1}{O{{I}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( \frac{R}{2} \right)}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( \frac{\sqrt{3}R}{2} \right)}^{2}}}=\frac{8}{3{{R}^{2}}} \)

 \( \Rightarrow SO=\frac{R\sqrt{6}}{4} \)

Ví dụ 17. Cho hình nón tròn xoay có chiều cao bằng 2a, bán kính đáy bằng 3a. Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện bằng \( \frac{3a}{2} \). Diện tích của thiết diện đó bằng

A. \( \frac{2{{a}^{2}}\sqrt{3}}{7} \)

B.  \( 12{{a}^{2}}\sqrt{3} \)             

C.  \( \frac{12{{a}^{2}}}{7} \)                  

D.  \( \frac{24{{a}^{2}}\sqrt{3}}{7} \)

Đáp án D.

Xét hình nón đỉnh S có chiều cao SO = 2a, bán kính đáy OA = 3a.

Thiết diện đi qua đỉnh của hình nón là tam giác SAB cân tại S.

+ Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trong tam giác SOI, kẻ  \( OH\bot SI  \),  \( H\in SI  \).

+  \( \left\{ \begin{align}  & AB\bot OI \\  & AB\bot SO \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\bot (SOI) \) \( \Rightarrow AB\bot OH \)

+  \( \left\{ \begin{align}  & OH\bot SI \\  & OH\bot AB \\ \end{align} \right.\Rightarrow OH\bot (SAB) \) \( \Rightarrow {{d}_{\left( O,(SAB) \right)}}=OH=\frac{3a}{2} \)

Xét  \( \Delta SOI  \) vuộng tại O, ta có:  \( \frac{1}{O{{I}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}\frac{1}{S{{O}^{2}}}=\frac{4}{9{{a}^{2}}}-\frac{1}{4{{a}^{2}}}=\frac{7}{36{{a}^{2}}} \) \( \Rightarrow OI=\frac{6a}{\sqrt{7}} \)

 \( SI=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{I}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}+\frac{36{{a}^{2}}}{7}}=\frac{8a}{\sqrt{7}} \)

Xét  \( \Delta AOI  \) vuông tại I,  \( AI=\sqrt{A{{O}^{2}}-O{{I}^{2}}}=\sqrt{9{{a}^{2}}-\frac{36{{a}^{2}}}{7}}=\frac{3\sqrt{3}a}{\sqrt{7}} \)

 \( \Rightarrow AB=2AI=\frac{6\sqrt{3}a}{\sqrt{7}} \)

Vậy diện tích của thiết diện là:  \( {{S}_{\Delta SAB}}=\frac{1}{2}.SI.AB=\frac{1}{2}.\frac{8a}{\sqrt{7}}.\frac{6\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}=\frac{24{{a}^{2}}\sqrt{3}}{7} \)

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Related Posts

Leave a Comment

error: Content is protected !!