Bài 31 trang 60 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình nón N có bán kính đáy bằng R, đường cao SO. Một mặt phẳng (P) cố định vuông góc với SO tại O’, cắt hình nón N theo đường tròn có bán kính R’. Mặt phẳng (Q) thay đổi, vuông góc với SOtại điểm O1 (O1 nằm giữa O và O’), cắt hình nón theo thiết diện là hình tròn có bán kính x. Hãy tính x theo R và R’ nếu (Q) chia phần hình nón nằm giữa (P) và đáy hình nón thành hai phần có thể tích bằng nhau. Giải Gọi V1 là thể tích phần hình nón giữa đỉnh S và mp(P), V2 là thể tích phần hình nón giữa mặt phẳng (P) và (Q), V3 là thể tích phần hình nón giữa mặt phẳng (Q) và đáy hình nón đã cho. Khi ấy \(\eqalign{ & {{{V_1}} \over {{V_1} + {V_2}}} = {\left( {{{R'} \over x}} \right)^3}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1) \cr & {{{V_1} + {V_2} + {V_3}} \over {{V_1} + {V_2}}} = {\left( {{R \over x}} \right)^3}\;\;\;\;\;\;\;\;(2) \cr} \) Và \({V_3} = {V_2}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)\) Từ (2), (3) suy ra \({{{V_1} + 2{V_2}} \over {{V_1} + {V_2}}} = {\left( {{R \over x}} \right)^3}\;\;\;\;\;\;\;(4)\) Từ (1), (4) ta có \({{2({V_1} + {V_2})} \over {{V_1} + {V_2}}} = {{{R^3} + R{'^3}} \over {{x^3}}} \Leftrightarrow x = \root 3 \of {{{{R^3} + R'{^ 3}} \over 2}} \) Bài 32 trang 61 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình nón N có bán kính đáy R, góc giữa đường sinh và đáy của hình nón bằng \(\alpha \). Một mặt phẳng (P) song song với đáy hình nón, cách đáy hình nón một khoảng h và cắt hình nón theo đường tròn (C ). 1) Tính bán kính đường tròn (C ) theo R, h,a. 2) Tính diện tích và thể tích phần hình nón nằm giữa đáy hình nón N và mặt phẳng (P). Giải 1) Gọi đường cao của hình nón là SO, một đường sinh của hình nón là SA thì \(\widehat {SAO} =\alpha \) Gọi O’, A’ lần lượt là giao của SO, SA với mp(P) và H là hình chiếu của A’ trên OA thì \(AH = A'H.\cot \alpha = h.cot\alpha \) Và bán kính của đường tròn (C ) là \(R' = O'A' = OA - HA = R - h.\cot \alpha .\) 2) \( \bullet \) Gọi \({S_1}\) là phần diện tích phải tìm, \({S_2}\) là phần diện tích xung quanh hình nón đỉnh S và đáy là (C ). Khi đó \({S_1} = S - {S_2}\) ( S là diện tích xung quanh của hình nón N ), tức là \(\eqalign{ {S_1} &= \pi R.SA - \pi R'.SA' \cr & = \pi \left( {R.{R \over {\cos \alpha }} - R'.{{R'} \over {\cos \alpha }}} \right) \cr & = {\pi \over {\cos \alpha }}\left[ {{R^2} - {{(R - h.\cot \alpha )}^2}} \right] \cr & = {\pi \over {\cos \alpha }}h.\cot \alpha (2R - h.\cot \alpha ) \cr&= {{\pi h} \over {\sin \alpha }}(2R - h.\cot \alpha ). \cr} \) \( \bullet \) Gọi V1 là phần thể tích cần tìm, V2 là phần thể tích khối nón đỉnh S và đáy là đường tròn (C ). Khi đó \({V_1} = V - {V_2}\) (V là thể tích hình nón đã cho) \(\eqalign{ & = {1 \over 3}\pi {R^2}.SO - {1 \over 3}\pi R{'^2}.SO' \cr & = {1 \over 3}\pi ({R^2}.R\tan \alpha - R{'^2}.R'\tan \alpha ) \cr & = {1 \over 3}\pi \tan \alpha ({R^3} - R{'^2}) \cr & = {1 \over 3}\pi \tan \alpha \left[ {{R^3} - {{(R - h\cot \alpha )}^3}} \right] \cr & = {{\pi h} \over 3}(3{R^2} - 3Rh\cot \alpha + {h^2}{\cot ^2}\alpha ). \cr} \) Bài 33 trang 61 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tam giác đều ABC cạnh a và (P) là mặt phẳng qua BC và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi (C ) là đường tròn đường kính BC và nằm tròn mp(P). 1) Tính bán kính mặt cầu đi qua đường tròn (C ) và điểm A. 2) Xét hình nón ngoại tiếp mặt cầu nói trên sao cho các tiếp điểm giữa hình nón và mặt cầu là đường tròn (C ). Tính thể tích của khối nón. Giải 1) Gọi I là trung điểm của BC thì \(AI \bot BC.\) Do (P) là mặt phẳng chứa BC và vuông góc với mp(ABC) nên \(AI \bot (P).\) Mặt cầu chứa đường tròn (C ) và di qua điểm A có tâm trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, có bán kính bằng bán kính của đường tròn này. Vậy bán kính mặt cầu là \(R = {{a\sqrt 3 } \over 3}.\) 2) Hình nón thỏa mãn các giả thiết đã nêu tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A và đỉnh S của hình nón thuộc đường thẳng AI. Dễ thấy mp(ABC) cắt mặt cầu theo đường tròn lớn và cắt hình nón theo tam giác cân có cạnh đáy đi qua A và tam giác cân này ngoại tiếp đường tròn lớn đó. Vì tam giác ABC đều nên dễ thấy tam giác cân nói trên cũng đều, từ đó cạnh của tam giác này bằng 2a, vậy đường cao của hình nón là \(SA = a\sqrt 3 \). Khi ấy thể tích khối nón phải tìm là \(V = {1 \over 3}\pi {a^2}.a\sqrt 3 = {{\pi {a^3}\sqrt 3 } \over 3}.\) Bài 34 trang 61 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình nón N có bán kính đáy R, đường cao SO. Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với SO tại O1sao cho \(S{O_1} = {1 \over 3}SO.\) Một mặt phẳng qua trục hình nón cắt phần khối nón N nằm giữa (P) và đáy hình nón theo thiết diện là hình tứ giác có hai đường chéo vuông góc. Tính thể tích phần hình nón N nằm giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng chứa đáy hình nón N. Giải Gọi thiết diện thu được là \({\rm{A}}{{\rm{A}}_1}{B_1}B\). Vì \(S{O_1} = {1 \over 3}SO\) nên \({A_1}{B_1} = {1 \over 3}AB = {1 \over 3}.2R.\) Mặt khác \(A{B_1} \bot {A_1}B\) tại I nên \(IO = {1 \over 2}AB,I{O_1} = {1 \over 2}{A_1}{B_1}.\) Vậy \(O{O_1} = R + {R \over 3} = {{4R} \over 3}.\) Dễ thấy \(S{O_1} = {1 \over 2}O{O_1} = {{2R} \over 3}.\) Từ đó \(SO = 2R.\) Gọi thể tích phần hình nón phải tính là \(V^ * \) thì \(V^ * = {V_1} - {V_2}\), trong đó : V1 là thể tích của hình nón N. V2 là thể tích hình nón đỉnh S và đáy là thiết diện của N. được cắt bởi (P). Ta có thể tích phần hình nón phải tính là \(\eqalign{ & V ^* = {V_1} - {V_2} = {1 \over 3}\pi .O{B^2}.SO - {1 \over 3}\pi .{O_1}{B_1}^2.S{O_1} \cr & = {1 \over 3}\pi ({R^2}.2R - {{{R^2}} \over 9}.{{2R} \over 3}) = {{52\pi {R^3}} \over {81}}. \cr} \) Bài 35 trang 61 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. 1) Tìm hình nón có thể tích lớn nhất nội tiếp một mặt cầu bán kính R cho trước. 2) Tìm hình nón có thể tích nhỏ nhất ngoại tiếp mặt cầu bán kính r cho trước. Giải 1) Kí hiệu bán kính đáy hình nón là x, chiều cao hình nón là y \((0 < x \le R,0 < y < 2R).\) Gọi SS’ là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình nón ta có \({x^2} = y\left( {2R - y} \right).\) Gọi V1 là thể tích khối nón thì \(\eqalign{ & {V_1} = {1 \over 3}\pi {x^2}y = {1 \over 3}\pi y.y(2R - y) \cr & = {\pi \over 6}\left( {4R - 2y} \right).y.y \cr & \le {\pi \over 6}{\left( {{{4R - 2y + y + y} \over 3}} \right)^3} = {{32\pi {R^3}} \over {81}}. \cr} \) Vậy thể tích \({V_1}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \({{32\pi {R^3}} \over {81}}\) khi và chỉ khi 4R-2y=y \( \Leftrightarrow y = {{4R} \over 3},\) từ đó \({x^2} = {{4R} \over 3}\left( {2R - {{4R} \over 3}} \right) = {{8{R^2}} \over 9}\) hay \(x = {{2R\sqrt 2 } \over 3}.\) 2) Xét mặt phẳng chứa trục của hình nón, mặt phẳng này cắt hình nón theo tam giác cân SAB và cắt mặt cầu nội tiếp hình nón theo đường tròn bán kính r và hình tròn này nội tiếp tam giác cân SAB(H.79b) Kí hiệu bán kính đáy hình nón là x, chiều cao hình nón là y (x > 0, y > 2r) thì \(\left( {AH + SA} \right)r = {1 \over 2}AB.SH\) \( \Leftrightarrow (x + \sqrt {{x^2} + {y^2}} )r = xy \Leftrightarrow {x^2} = {{{r^2}y} \over {y - 2r}},\) Vậy thể tích hình nón ngoại tiếp mặt cầu bán kính r là \({V_2} = {1 \over 3}\pi {x^2}y = {1 \over 3}\pi {r^2}.{{{y^2}} \over {y - 2r}}.\) Ta có \(\eqalign{ & {{{y^2}} \over {y - 2r}} = {{{y^2} - 4{r^2} + 4{r^2}} \over {y - 2r}} = y + 2r + {{4{r^2}} \over {y - 2r}} \cr & = y - 2r + {{4{r^2}} \over {y - 2r}} + 4r \cr & \ge 2\sqrt {(y - 2r).{{4{r^2}} \over {y - 2r}}} + 4r = 8r. \cr} \) Từ đó \({V_2} \ge {1 \over 3}\pi .8{r^3},\) tức là \({V_2}\) đạt giá trị bé nhất khi và chỉ khi \(y - 2r = {{4{r^2}} \over {y - 2r}} \Leftrightarrow y = 4r,\) Từ đó \(x = r\sqrt 2 .\) Bài 36 trang 61 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Tìm hình nón có thể tích lớn nhất khi diện tích toàn phần của nó bằng diện tích hình tròn bán kính acho trước. Giải Kí hiệu bán kính đáy và chiều cao hình nón lần lượt là x và y (x, y > 0). Khi đó, diện tích toàn phần của hình nón là \(\pi x\sqrt {{x^2} + {y^2}} + \pi {x^2},\) Theo gia thiết ta có \(\eqalign{ & \pi x\sqrt {{x^2} + {y^2}} + \pi {x^2} = \pi {a^2} \cr & \Leftrightarrow x\sqrt {{x^2} + {y^2}} + {x^2} = {a^2} \cr & \cr} \) \( \Leftrightarrow x\sqrt {{x^2} + {y^2}} = {a^2} - {x^2}\) (điều kiện x < a) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow {x^2}({x^2} + {y^2}) = {a^4} + {x^4} - 2{a^2}{x^2} \cr & \Leftrightarrow {x^2}{y^2} = {a^4} - 2{a^2}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = {{{a^4}} \over {{y^2} + 2{a^2}}} \cr} \) Khi đó thể tích khối nón là \(V = {1 \over 3}\pi {{{a^4}} \over {{y^2} + 2{a^2}}}.y = {{\pi {a^4}} \over 3}.{y \over {{y^2} + 2{a^2}}}.\) Từ đó V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \({{{y^2} + 2{a^2}} \over y}\) đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có \({{{y^2} + 2{a^2}} \over y} = y + {{2{a^2}} \over y} \ge 2\sqrt {y.{{2{a^2}} \over y}} = 2\sqrt 2 a.\) Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(y = {{2{a^2}} \over y},\) tức là \(y = a\sqrt 2 \), lúc đó \(x = {a \over 2}.\) Bài 37 trang 61, 62 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hai điểm cố định A, B có AB = a. Với mỗi điểm C trong không gian sao cho ABC là tam giác đều, kí hiệu AA1 là đường cao của \(\Delta ABC\) và d là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trong mặt phẳng chứa d và AA1, xét đường tròn đường kính AA1 ; gọi S là một giao điểm của đường tròn này và đường thẳng d. 1) Tính dện tích xung quanh và thể tích hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 2) Chứng minh rằng khi điểm C thay đổi thì điểm S thuộc một đường tròn cố định và mỗi đường thẳng SA, SB thuộc một mặt nón cố định. Giải 1) Hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABC có đỉnh S, đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đường cao là SH, đường kính là SC. Gọi Sxq là diện tích xung quanh của hình nón thì \({S_{xq}} = \pi .HC.SC.\) Ta có \(HC = {{a\sqrt 3 } \over 3},\) \(S{C^2} = S{H^2} + H{C^2} = S{H^2} + {{{a^2}} \over 3}\) \( = S{I^2} - I{H^2} + {{{a^2}} \over 3}\) (I là trung điểm của AA1). Vì S thuộc đường tròn đường kính AA1 nên \(SI = {{a\sqrt 3 } \over 4},\) ngoài ra \(IH = AH - AI = {{a\sqrt 3 } \over 3} - {{a\sqrt 3 } \over 4} = {{a\sqrt 3 } \over {12}}\) Vậy \(S{C^2} = {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 4}} \right)^2} - {\left( {{{a\sqrt 3 } \over {12}}} \right)^2} + {{{a^2}} \over 3} = {{{a^2}} \over 2},\) tức là \(SC = {{a\sqrt 2 } \over 2}.\) Vậy \({S_{xq}} = \pi .{{a\sqrt 3 } \over 3}.{{a\sqrt 2 } \over 2} = \pi {{{a^2}\sqrt 6 } \over 6}.\) Gọi V là thể tích hình nón nêu trên thì \(\eqalign{ & V = {1 \over 3}\pi .H{C^2}.SH = {1 \over 3}\pi {{{a^2}} \over 3}\sqrt {S{I^2} - I{H^2}} \cr & = {1 \over 9}\pi {a^2}\sqrt {{{3{a^2}} \over {16}} - {{3{a^2}} \over {{{12}^2}}}} = {1 \over 9}\pi .a^2{{a\sqrt 6 } \over 6} \cr & = {{\pi {a^3}\sqrt 6 } \over {54}}. \cr} \) 2) Gọi J là trung điểm của AB thì \(CJ \bot AB\), do\(SH \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SJ \bot AB.\) Vậy S thuộc mặt phẳng trung trực của AB. Mặt khác \(S{J^2} = S{H^2} + H{J^2} = S{I^2} - I{H^2} + H{J^2}\) \(= {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 4}} \right)^2} - {\left( {{{a\sqrt 3 } \over {12}}} \right)^2} + {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 6}} \right)^2} = {{{a^2}} \over 4}.\) Từ đó \(JS = {a \over 2}.\) Vậy S thuộc đường tròn (\(\Gamma \)) tâm J, bán kính JS nằm trong mặt phẳng trung trực của AB. Dĩ nhiên đường tròn này cố định. Vì S nằm trên đường tròn (\(\Gamma \)) tâm J và AJ vuông góc với mặt phẳng chứa đường tròn này nên AS thuộc mặt nón nhận (\(\Gamma \)) làm đường tròn đáy và trục AJ (đỉnh A). Tương tự, BS thuộc mặt nón có đáy là đường tròn (\(\Gamma \)), trục là BJ (đỉnh B). Bài 38 trang 62 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, \(\widehat B\) = 600. Biết rằng có một hình nón nội tiếp hình chóp đã cho với bán kính đáy là r, góc giữa đường sinh và đáy hình nón là \(\beta .\) 1) Tính diện tích xung quanh và thể tích hình nón. 2) Tính diện tích xung quanh và thể tích hình chóp. Giải 1) Đáy hình nón trong bài toán là đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đường cao hình nón là SO (S là đỉnh của hình chóp ). Gọi I là điểm tiếp xúc của BC với đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\) thì \(OI \bot BC\) và \(SI \bot BC\) nên \(\widehat {SIO}\) =\(\beta .\) Khi đó, chiều cao hình nón là \(h = SO = OI\tan \beta = r\tan \beta ,\) Độ dài đường sinh hình nón là \(l = SI = {{OI} \over {\cos \beta }} = {r \over {\cos \beta }}.\) Vậy diện tích xung quanh của hình nón là \({S_1} = \pi rl = \pi r.{r \over {\cos \beta }} = {{\pi {r^2}} \over {\cos \beta }}.\) Thể tích hình nón là \({V_1} = {1 \over 3}\pi {r^2}h = {1 \over 3}\pi {r^2}.r.\tan \beta = {1 \over 3}\pi {r^3}\tan \beta .\) 2) Dễ thấy ba đường cao của ba mặt bên hình chóp S.ABC bằng nhau và cùng bằng SI. Diện tích xung quanh của hình chóp là \({S_2} = {1 \over 2}\left( {AB + AC + BC} \right).SI\) Mặt khác \(AC = AB\sqrt 3 ,BC = 2AB,\) \(\eqalign{ & {S_{\Delta ABC}} = {1 \over 2}AB.AC = {1 \over 2}A{B^2}\sqrt 3 , \cr & {S_{\Delta ABC}}= {1 \over 2}\left( {AB + AC + BC} \right).r \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\,= {1 \over 2}\left( {3 + \sqrt 3 } \right).AB.r. \cr} \) Từ đó \(AB = \left( {\sqrt 3 + 1} \right)r.\) Vậy diện tích xung quanh của hình chóp S.ABC là \(\eqalign{ & {S_2} = {1 \over 2}\left( {3 + \sqrt 3 } \right)AB.SI \cr&\;\;\;\;\;= {1 \over 2}\left( {3 + \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 3 + 1} \right)r.{r \over {\cos \beta }} \cr & \;\;\;\;\;= {{\sqrt 3 } \over 2}{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)^2}{{{r^2}} \over {\cos \beta }}. \cr} \) Thể tích hình chóp S.ABC là \({V_2} = {1 \over 3}.{1 \over 2}AB.AC.SO = {{\sqrt 3 } \over 6}A{B^2}.SO,\) từ đó \(\eqalign{ {V_2} &= {{\sqrt 3 } \over 6}{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)^2}{r^2}.r\tan \beta \cr & = {{\sqrt 3 } \over 6}{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)^2}{r^3}\tan \beta . \cr} \) Bài 39 trang 62 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Gọi (C ) là đường tròn chứa các điểm tiếp xúc của mặt xung quanh hình nón với mặt cầu nội tiếp hình nón đó. (C ) chia mặt xung quanh của hình nón thành hai phần. Hãy tính tỉ số diện tích hai phần đó biết diện tích hình cầu bằng diện tích đáy hình nón. Giải Kí hiệu bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần lượt là x, y (x, y > 0), bán kính mặt cầu nội tiếp là r, dễ tính được \(r = {{xy} \over {\sqrt {{x^2} + {y^2}} + x}}.\) Vì diện tích hình cầu bằng diện tích đáy hình nón nên ta có : \(4\pi {r^2} = \pi {x^2} \Leftrightarrow x = 2r,\) lúc đó \(r = {{2ry} \over {\sqrt {{y^2} + 4{r^2}} + 2r}} \Leftrightarrow r = {{3y} \over 8}.\) Gọi IJ là bán kính của đường tròn (C ), \(\Delta {\rm{IJ}}O\) \( \sim \Delta HSA\) (g.g), ta có \({{{\rm{IJ}}} \over {HS}} = {{{\rm{OJ}}} \over {AS}} \Leftrightarrow IJ = {{SH.{\rm{OJ}}} \over {SA}} = {{y.r} \over {\sqrt {{y^2} + {x^2}} }}.\) Thay \(r = {{3y} \over 8},x = 2r\) vào hệ thức trên, ta được \({\rm{IJ}} = {{y.{{3y} \over 8}} \over {\sqrt {{y^2} + {{9{y^2}} \over {16}}} }} = {{3y} \over {10}}.\) Kí hiêu diện tích phần thứ nhất của mặt xung quanh hình nón ( phần có chứa đỉnh của hình nón ) là S1 và diện tích xung quanh hình nón là \({S_{xq}}\) thì \({{{S_1}} \over {{S_{xq}}}} = {\left( {{{{\rm{IJ}}} \over {HA}}} \right)^2} = {{{{\left( {{{3y} \over {10}}} \right)}^2}} \over {4{{\left( {{{3y} \over 8}} \right)}^2}}} = {4 \over {25}}.\) Kí hiệu diện tích phần thứ hai của mặt xung quanh hình nón là \({S_2}\) thì \({{{S_1}} \over {{S_2}}} = {1 \over {{{{S_2}} \over {{S_1}}}}} = {1 \over {{{{S_{xq}} - {S_1}} \over {{S_1}}}}} = {1 \over {{{25} \over 4} - 1}} = {4 \over {21}}.\) Bài 40 trang 62 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Một hình nón có bán kính R và chiều cao bằng 4R. 1) Tính diện tích toàn phần của hình trụ nội tiếp hình nón, biết rằng bán kính đáy hình trụ bằng r. (Hình trụ được gọi là nội tiếp hình nón nếu một đường tròn đáy của hình trụ nằm trên mặt xung quanh của hình nón, đáy còn lại nằm trên mặt đáy của hình nón ). 2) Tính bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp hình nón để diện tích toàn phần của hình trụ đạt giá trị lớn nhất. Giải Dễ thấy \({r \over R} = {{S{H_1}} \over {SH}} = {{S{H_1}} \over {4R}} \Rightarrow S{H_1} = 4r\) và \(H{H_1} = 4\left( {R - r} \right).\) 1) Diện tích toàn phần của hình trụ nội tiếp hình nón tính theo r, R là \({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi r.4\left( {R - r} \right) = - 6\pi {r^2} + 8\pi Rr.\) 2) Vì chiều cao hình trụ là HH1 được xác định bởi \(H{H_1} = 4\left( {R - r} \right)\) nên để tính bán kính r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp hình nón sao cho diện tích toàn phần của hình trụ đó đạt giá trị lớn nhất, chỉ cần tìm r để \({S_{tp}} = 2\pi \left( { - 3{r^2} + 4Rr} \right)\) đạt giá trị lớn nhất ( với r < R). Khi coi r thay đổi thì \(S{'_{tp}} = 2\pi \left( { - 6r + 4R} \right),\) từ đó \(S{'_{tp}} = 0 \Leftrightarrow r = {2 \over 3}R.\) Vậy \({S_{tp}}\) đạt giá trị lớn nhất khi \(r = {2 \over 3}R.\) Lúc đó \(h = 4\left( {R - {2 \over 3}R} \right) = {{4R} \over 3}.\) Bài 41 trang 62 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua hai đường sinh của hình nón, cắt mặt đáy hình nón theo một dây cung có độ dài gấp k lần đường cao hình nón. Tính góc \(\varphi \) giữa mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và mặt đáy hình nón nếu \(\varphi \) bằng nửa góc tạo bởi hai đường sinh của hình nón nằm trên mp(\(\alpha \)). Giải Giả sử O là tâm của đáy hình nón và mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua hai đường sinh SA, SB. Gọi I là trung điểm của AB thì \(OI \bot AB\) và \(SI \bot AB,\) từ đó \(\widehat {SIO}\) = \(\varphi \). Theo giả thiết \(\varphi \) = \(\widehat {ISB}\). Từ tam giác vuông SIO, ta có \(\sin \varphi = {{SO} \over {SI}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\,(1)\) Từ tam giác vuông SIB, ta cũng có \(\tan \varphi = {{IB} \over {SI}}\;\;\;\;\;(2)\) Từ (1) và (2) suy ra \({{\sin \varphi } \over {\tan \varphi }} = {{SO} \over {IB}} = {{SO} \over {{k \over 2}SO}} = {2 \over k}.\) Vậy \(\cos \varphi = {2 \over k}.\) Bài 42 trang 62 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình nón đỉnh S, đường cao SO. Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón sao cho khoảng cách từ O dến AB bằng a và \(\widehat {SAO}\) = 300, \(\widehat {SAB}\) = 600. Tính diện tích xung quanh hình nón. Giải Gọi \(I\) là trung điểm của AB thì \(OI \bot AB,SI \bot AB,OI = a.\) Ta có \(AO = SA\cos \) \(\widehat {SAO} ={{\sqrt 3 } \over 2}SA.\) \(AI = SA\cos \) \(\widehat {SAI} ={1 \over 2}SA.\) Từ đó \({{AI} \over {AO}} = {1 \over {\sqrt 3 }}.\) Mặt khác \({{AI} \over {AO}} = \cos \widehat {IAO}\) \( \Rightarrow \sin \widehat {IAO} ={{\sqrt 6 } \over 3} = {a \over {OA}}.\) Vậy \(OA = {{3a} \over {\sqrt 6 }} = {{a\sqrt 6 } \over 2}.\) Xét tam giác SAO, ta có \(SA = {{OA} \over {\cos {{30}^0}}} = {{a\sqrt 6 } \over 2}.{2 \over {\sqrt 3 }} = a\sqrt 2 .\) Từ đó diện tích xung quanh của hình nón đã cho là \({S_{xq}} = \pi .OA.SA = \pi .{{a\sqrt 6 } \over 2}.a\sqrt 2 = \pi {a^2}\sqrt 3 .\) Bài 43 trang 62 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Đường cao của hình nón gấp hai lần bán kính đáy của nó. Tính tỉ số thể tích hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình nón đó. Giải Xét mp(P) qua trục SO của hình nón thì (P) cắt hình nón theo tam giác cân SAB, (P) cắt mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình nón theo các đường tròn có bán kính lần lượt là R và r. Các đường tròn này ngoại tiếp và nội tiếp tam giác cân SAB. Kí hiệu \({V_1},{V_2}\) là thể tích của các hình cầu đã nêu thì \({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {\left( {{R \over r}} \right)^3}.\) Đặt \(\widehat {SAB}\) =\(\alpha \) và gọi I là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta SAB\) thì \(2R = \) \(\frac{{AB}}{{\sin \widehat {{\rm{AS}}B}}}\)=\({{AB} \over {\sin 2\alpha }}\) và \(r = IO = {{AB} \over 2}\tan {\alpha \over 2}.\) Từ đó \({R \over r} = {1 \over {\sin 2\alpha \tan {\alpha \over 2}}}.\) Mặt khác \(\tan \alpha = {{SO} \over {AO}} = 2,\) vậy \(\eqalign{ & \sin 2\alpha = {{2\tan \alpha } \over {1 + {{\tan }^2}\alpha }} = {4 \over 5};2 = \tan \alpha = {{2\tan {\alpha \over 2}} \over {1 - {{\tan }^2}{\alpha \over 2}}} \cr & \Rightarrow \tan {\alpha \over 2} = {{\sqrt 5 - 1} \over 2} \cr} \) ( do \(\tan {\alpha \over 2} > 0)\). Như vậy \({R \over r} = {{5\left( {\sqrt 5 + 1} \right)} \over 8},\) tức là \({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {{125{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^3}} \over {512}} \) Bài 44 trang 63 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Trong tất cả các hình nón nội tiếp hình cầu bán kính R, tìm hình nón có diện tích xung quanh lớn nhất. Với hình nón ấy, xét hình trụ nội tiếp hình nón. Tìm chiều cao của hình trụ đó, biết rằng thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông Giải \( \bullet \) Xét mp(\(\alpha \)) qua trục SO của hình nón thì (\(\alpha \)) cắt hình nón theo tam giác cân SAB, (\(\alpha \)) cắt mặt cầu đã cho theo thiết diện là hình vuông MNPQ (hình vuông nội tiếp \(\Delta SAB).\) Đặt \(\widehat {SAB}\) =\(\alpha \) thì SA = SB = \(2R\sin \alpha .\) Và \(OB = SB\cos \alpha = R\sin 2\alpha .\) Từ đó diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi R.\sin 2\alpha .2R\sin \alpha = 4\pi {R^2}{\sin ^2}\alpha \cos \alpha \) \(= 4\pi {R^2}(1 - {\cos ^2}\alpha )cos\alpha .\) Đặt \(f(t) = (1 - {t^2})t\) với \(0 < t = \cos \alpha < 1.\) Dễ thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(t = {1 \over {\sqrt 3 }} = \cos \alpha \Rightarrow \tan \alpha = \sqrt 2 .\) \( \Rightarrow \tan \alpha = \sqrt 2 \). Khi ấy \({{SO} \over {OB}} = \tan \alpha = \sqrt 2 ,\) tức là \(SO = OB\sqrt 2 .( * )\) Vậy hình nón có đường cao và bán kính đáy thỏa mãn điều kiện \(\left( * \right)\) nội tiếp mặt cầu đã chốc diện tích xung quanh lớn nhất. Dễ thấy \({{S{O_1}} \over {SO}} = {{MQ} \over {AB}} = {x \over {AB}}\) (đặt MQ = MN = x). Khi ấy \({{SO - x} \over {SO}} = {x \over {AB}} \Rightarrow SO - x = {{SO} \over {AB}}.x = {{\sqrt 2 } \over 2}x.\) Từ đó \(SO = {x \over 2}\left( {2 + \sqrt 2 } \right).\) (1) Mặt khác \(SO = OB\tan \alpha = R\sin 2\alpha .\tan \alpha = 2R{\sin ^2}\alpha .\) (2) Từ (1) và (2) suy ra \(x = {{4R{{\sin }^2}\alpha } \over {2 + \sqrt 2 }} = {{4R.{2 \over 3}} \over {2 + \sqrt 2 }} = {{8R} \over {3\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}} = {4 \over 3}R\left( {2 - \sqrt 2 } \right).\) Vậy chiều cao của hình trụ phải tìm là \({{4R} \over 3}\left( {2 - \sqrt 2 } \right).\)
