Bài 2.9: Một khối trụ có bán kính đáy bằng r và chiều cao bằng \(r\sqrt 3 \).
Gọi A và B là hai điểm trên hai đường tròn đáy sao cho góc được tạo thành giữa đường thẳng AB và trục của khối trụ bằng 300.
a) Tính diện tích của thiết diện qua AB và song song với trục của khối trụ.
b) Tính góc giữa hai bán kính đáy qua A và B.
c) Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và trục của khối trụ.
a) Từ A và B dựng các đường sinh AA’ và BB’ ta có thiết diện qua AB và song song với trục là hình chữ nhật AA’BB’. Góc giữa AB và trục chính là góc \(\widehat {ABB’}\) . Do đó, \(\widehat {ABB’} = {30^0}\). Vậy \(AB’ = BB’\tan {30^0} = r\sqrt 3 .{1 \over {\sqrt 3 }} = r\)
Do đó diện tích tứ giác AA’BB’ là \({S_{{\rm{AA}}’BB’}} = AB’.BB’ = r.r\sqrt 3 = {r^2}\sqrt 3 \)
b) Góc giữa hai bán kính đáy OA và O’B là \(\widehat {AOB’}\) và \(\widehat {A’O’B}\)
Vì AB’ = r nên AOB’ là tam giác đều , do đó \(\widehat {AOB}’ = {60^0}\)
c) Mặt phẳng (ABB’) chứa AB và song song với trục OO’ của hình trụ. Gọi H là trung điểm của AB’. Ta có \(OH \bot (ABB’)\) . Đường thẳng qua H song song với OO’ cắt AB tại I. Dựng IK // HO cắt OO’ tại K. Ta chứng minh được IK là đoạn vuông góc chung của AB và OO’.
Ta có \(IK = HO = {{r\sqrt 3 } \over 2}\)
Bài 2.10: Một hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O’ bán kính r và có đường cao \(h = r\sqrt 2 \) . Gọi A là một điểm trên đường tròn tâm O và B là một điểm trên đường tròn tâm O’ sao cho OA vuông góc với O’B.
a) Chứng minh rằng các mặt bên của tứ diện OABO’ là những tam giác vuông. Tính thể tích của tứ diện này.
Advertisements (Quảng cáo)
b) Gọi \((\alpha )\) là mặt phẳng qua AB và song song với OO’. Tính khoảng cách giữa trục OO’ và mặt phẳng \((\alpha )\).
c) Chứng minh rằng \((\alpha )\) tiếp xúc với mặt trụ trục OO’ có bán kính bằng \({{r\sqrt 2 } \over 2}\) dọc theo một đường sinh.
a) Vì trục OO’ vuông góc với các đáy nên \({\rm{OO}}’ \bot OA;{\rm{O}}O’ \bot O’B\) . Vậy các tam giác AOO’ và BO’O vuông tại O và O’.
Theo giả thiết ta có \(AO \bot O’B\) mà \(AO \bot {\rm{OO}}’ = > AO \bot ({\rm{OO}}’B)\) . Do đó, \(AO \bot OB\) nên tam giác AOB vuông tại O. Tương tự, ta chứng minh được tam giác AO’B vuông tại O’. Thể tích hình chóp OABO’ là: \(V = {1 \over 3}{S_{\Delta {\rm{OO}}’B}}.AO\)
Hay \(V = {1 \over 3}.{1 \over 2}OO’.O’B.AO = {1 \over 6}.r\sqrt 2 .{r^2} = {{\sqrt 2 } \over 6}{r^3}\)
b) Ta có \((\alpha )\) là (ABB’). Vì OO’ // \((\alpha )\) nên khoảng cách giữa OO’ và \((\alpha )\) bằng khoảng cách từ O đến \((\alpha )\). Dựng \(OH \bot AB’\) ta có \(OH \bot (\alpha )\) . Vậy khoảng cách cần tìm là \(OH = {{r\sqrt 2 } \over 2}\).
c) Đường tròn tâm O có bán kính bằng \({{r\sqrt 2 } \over 2}\) tiếp xúc với AB’ tại H là trung điểm của AB’. Do đó mặt phẳng \((\alpha )\) song song với trục OO’ chứa tiếp tuyến của đường tròn đáy, nên \((\alpha )\) tiếp xúc với mặt trụ dọc theo một đường sinh, với mặt trụ có trục OO’ và có bán kính đáy bằng \({{r\sqrt 2 } \over 2}\).
Bài 2.11: Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50 cm và có chiều cao h = 50 cm.
Advertisements (Quảng cáo)
a) Tính diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích của khối trụ được tạo nên.
b) Một đoạn thẳng có chiều dài 100 cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách từ đoạn thẳng đó đến trục hình trụ.
a) Ta có công thức \({S_{xq}} = 2\pi rl\) với r = 50 cm , l = 50 cm.
Do đó \({S_{xq}} = 2\pi .50.50 = \pi .5000(c{m^2})\) và \(V = \pi {r^2}h = 125000.\pi (c{m^3})\)
b) Giả sử đoạn thẳng AB có điểm mút A nằm trên đường tròn đáy tâm O’ . Theo giả thiết ta có: AB = 100 cm. Giả sử IK là đoạn vuông góc chung của trục OO’ và đoạn AB với I thuộc OO’ và K thuộc AB. Chiếu vuông góc đoạn AB xuống mặt phẳng đáy chứa đường tròn tâm O’ , ta có A’ , H , B lần lượt là hình chiếu của A, K, B.
Vì \(KI \bot OO’\) nên IK // mp(O’BA’) , do đó O’H // IK và O’H = IK.
Ta suy ra \(O’H \bot AB\) và \(O’H \bot AA’\) . Vậy \(O’H \bot A’B\)
Xét tam giác vuông AA’B ta có \(A’B = \sqrt {A{B^2} – AA{‘^2}} = \sqrt {{{100}^2} – {{50}^2}} = 50\sqrt 3 \)
Vậy \(IK = O’H = \sqrt {O'{A^2} – A'{H^2}}\)
\( = \sqrt {{{50}^2} – {{({{50\sqrt 3 } \over 2})}^2}} = 50\sqrt {1 – {3 \over 4}} = 25(cm)\)
Bài 2.12: Hình chóp tam giác đều S.ABC có SA = SB = SC = a và có góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy bằng \(\alpha \). Tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác đáy của hình chóp và có chiều cao bằng chiều cao của hình chóp. Các mặt bên SAB , SBC , SCA cắt hình trụ theo những giao tuyến như thế nào?
Theo giả thiết ta có tam giác đáy ABC là tam giác đều.
Gọi I là trung điểm của cạnh BC và O là tâm của tam giác đều ABC. Theo giả thiết ta có SA = a. Đặt OI = r , SO = h , ta có AO = 2r và \(\widehat {SIA} = \alpha \)
Do đó \(\left\{ {\matrix{{h = r\tan \alpha } \cr {{a^2} = {h^2} + 4{r^2}} \cr} } \right.\)
Vậy \({a^2} = {r^2}{\tan ^2}\alpha + 4{r^2} = {r^2}({\tan ^2}\alpha + 4)\)
Ta suy ra \(r = {a \over {\sqrt {{{\tan }^2}\alpha + 4} }}\) và \(h = {{a.\tan \alpha } \over {\sqrt {{{\tan }^2}\alpha + 4} }}\)
Gọi Sxq là diện tích xung quanh của hình trụ ta có công thức \({S_{xq}} = 2\pi rl\) trong đó \(r = {a \over {\sqrt {{{\tan }^2}\alpha + 4} }}\) và \(l = h = {{a\tan \alpha } \over {\sqrt {{{\tan }^2}\alpha + 4} }}\)
Vậy \({S_{xq}} = 2\pi .{{{a^2}\tan \alpha } \over {{{\tan }^2}\alpha + 4}}\)
Các mặt bên SAB, SBC , SCA là những phần của ba mặt phẳng không song song với trục và cũng không vuông góc với trục nên chúng cắt mặt phẳng xung quanh của hình trụ theo những cung elip. Các cung này có hình chiếu vuông góc trên mặt phẳng (ABC) tạo nên đường tròn đáy của hình trụ.
