Giải bài tập toán hình 12 bài 1 trang 39 năm 2024
Hướng dẫn giải Bài §1. Khái niệm về mặt tròn xoay, Chương II. Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu, sách giáo khoa Hình học 12. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 39 40 sgk Hình học 12 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập hình học có trong SGK để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 12. Show
Lý thuyết1. Mặt nón – Hình nón – Khối nón
Trong không gian cho hai đường thẳng \(\Delta\) và \(l\) cắt nhau tại O sao cho \((\widehat{\Delta ,l})=\alpha \, (0^{\circ}< \alpha < 90^{\circ}).\) Cho \(l\) quay quanh \(\Delta\) ta được mặt nón tròn xoay có: \(d\) là đường sinh. \(\Delta\) trục của mặt nón. \(O=l\cap \Delta\) đỉnh của mặt nón. \(2\alpha :\) góc ở đỉnh.
Cắt mặt nón tròn xoay đỉnh O, trục \(\Delta\) bởi mặt phẳng (P) sao cho \((P)\perp \Delta ,O\notin (P).\) Hình giới hạn bởi mặt nón, mặt phẳng (P) được gọi là hình nón.
Khối nón tròn xoay là phần không gian giới hạn bởi hình nón tròn xoay kể cả hình nón đó.
Cho hình nón có đường sinh \(l\), bán kính đáy \(R\), chiều cao \(h\), ta có các công thức sau: Thể tích khối nón: \(V_{Khối \, \, nón}=\frac{1}{3}.S.h=\frac{1}{3}.\pi .R^{2}.h\). Diện tích xung quanh hình nón: \(S_{xq}=\pi Rl\). Diện tích toàn phần hình nón: \(S_{tp}=\pi Rl+\pi R^{2}\). 2. Mặt trụ – Hình trụ – Khối trụ
Trong không gian, cho đường thẳng \(l\) song song và cách đường thẳng \(\Delta\) một khoảng R. Cho \(l\) quay quanh \(\Delta\) ta được một mặt tròn xoay được gọi là mặt trụ tròn xoay có: \(l\) là đường sinh. \(\Delta\) là trục mặt trụ. \(R\) là bán kính mặt trụ.
Xét hình chữ nhật OABO’. Cho đường gấp khúc OABO’ quay quanh OO’ ta được hình trụ tròn xoay: OA: Bán kính đường tròn đáy. AB: đường sinh.
Khối trụ tròn xoay là phần không gian giới hạn bởi hình trụ tròn xoay kể cả hình trụ đó.
Thể tích khối trụ: \(V=\pi .R^2.h\) \(=S_đáy.h\). Diện tích xung quanh hình trụ: \(S_{xq}=2\pi .R.h\). Diện tích toàn phân hình trụ: \(S_{tp}=2\pi .R.h+2\pi R^2\). Trong đó: R: bán kính đáy; h: chiều cao (khoảng cách giữa hai đáy = OO’). Dưới đây là phần Hướng dẫn trả lời các câu hỏi và bài tập trong phần hoạt động của học sinh trên lớp sgk Hình học 12. 1. Trả lời câu hỏi 1 trang 31 sgk Hình học 12Hãy nêu tên một số đồ vật có hình dạng là các mặt tròn xoay. Trả lời: Một số đồ vật có hình dạng là các mặt tròn xoay: cái nón, lọ hoa, cái ốc, cuộn dây điện 2. Trả lời câu hỏi 2 trang 35 sgk Hình học 12Cắt mặt xung quanh của một hình nón tròn xoay dọc theo một đường sinh rồi trải ra trên mặt phẳng ta được một nửa hình tròn bán kính $R$. Hỏi hình nón đó có bán kính r của đường tròn đáy và góc ở đỉnh của hình nón bằng bao nhiêu? Trả lời: Cắt mặt xung quanh của một hình nón tròn xoay dọc theo một đường sinh rồi trải ra trên mặt phẳng ta được một nửa hình tròn bán kính $R$ ⇒ đường sinh có độ dài bằng $R$ và chu vi đường tròn đáy bằng nửa chu vi đường tròn bán kính $R$. \( \Rightarrow r = {R \over 2}\) Ta có: \(\sin \widehat {{A_1}} = {r \over 1} = {r \over R} = {1 \over 2} \Rightarrow \widehat {{A_1}} = {30^0}\) Suy ra, góc ở đỉnh hình chóp: \(\widehat A = 2\widehat {{A_1}} = {2.30^0} = {60^0}\) 3. Trả lời câu hỏi 3 trang 38 sgk Hình học 12Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ cạnh $a$. Tính diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích của khối trụ có hai đáy là hai hình tròn ngoại tiếp hai hình vuông $ABCD và A’B’C’D’$. Trả lời: Biểu diễn đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ cạnh $a$ như hình vẽ Khi đó: Tâm đường tròn là giao điểm $2$ đường chéo. Bán kính đường tròn: $r = IA = {{a\sqrt 2 } \over 2}$ Diện tích đường tròn là: \(\pi {r^2} = {{{\pi a^2}} \over 2}\) ⇒ diện tích xung quanh của hình trụ thỏa mãn đề bài (l = a) là: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi a{{\sqrt 2 } \over 2}a = \pi {a^2}{{\sqrt 2 }}\) Diện tích khối trụ thỏa mãn đề bài (h = a) là: \(V = B.h = {{{\pi a^2}} \over 2}a = {{{\pi a^3}} \over 2}\) Dưới đây là Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 39 40 sgk Hình học 12. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé! Bài tậpGiaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập hình học 12 kèm bài giải chi tiết bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 39 40 sgk Hình học 12 của Bài §1. Khái niệm về mặt tròn xoay trong Chương II. Mặt nón, mặt trụ, mặt cầu cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây: Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 39 40 sgk Hình học 12 1. Giải bài 1 trang 39 sgk Hình học 12Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính \(r\) nằm trên mặt phẳng \((P)\). Từ những điểm \(M\) thuộc đường tròn này ta kẻ những đường thẳng vuông góc với \((P)\). Chứng minh rằng những đường thẳng như vậy nằm trên một mặt trụ tròn xoay. Hãy xác định trục và bán kính của mặt trụ đó. Bài giải: Gọi $d$ là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(P)$ tại tâm $O$ của đường tròn $(T)$. Từ điểm $M$ trên đường tròn $(T)$, vẽ đường thẳng $∆$ vuông góc với mặt phẳng $(P)$. Khi đó đường thẳng $∆ // d$ và luôn cách $d$ một khoảng bằng $r.$ Đường thẳng $∆$ thuộc mặt trụ tròn xoay có trục là đường thẳng $d$ và bán kính $r$. 2. Giải bài 2 trang 39 sgk Hình học 12Trong mỗi trường hợp sau đây, hãy gọi tên các hình tròn xoay hoặc khối tròn xoay sinh ra bởi:
Bài giải: Theo định nghĩa ta thấy kết quả:
Ví dụ: Khi xoay ba cạnh của hình chữ nhật $ABCD$ quanh cạnh $CD$ ta đươc hình trụ tròn xoay có đường cao $CD$ và bán kính đáy $AD.$
Ví dụ: Tam giác $ABC$ cân tại $A$ có trục đối xứng $AH$. Khi quay tam giác $ABC$ quanh $AH$ ta được hình nón có đường cao $Ah$ và bán kính đáy bằng $\frac{BC}{2}$.
3. Giải bài 3 trang 39 sgk Hình học 12Một hình nón có đường cao $h = 20cm$, bán kính đáy $r = 25cm$.
Bài giải:
Trong tam giác vuông $SOA$ ta có: $SA^{2}=SO^{2}+OA^{2}=h^{2}+r^{2}=20^{2}+25^{2}=1025$ ⇒ $SA=\sqrt{1025}$ Diện tích xung quanh hình nón là: $S_{xq}=π.r.l=π.25\sqrt{1025}≈2514,5(cm^{2})$
$V=\frac{1}{3}π.r^{2}.h=\frac{1}{3}π.25^{2}.20≈13083,3(cm^{3})$
Ta có: $\left\{\begin{matrix}AB\perp OI & \\ AB\perp SO & \end{matrix}\right.⇒ AB\perp (SOI)$ ⇒ $AB\perp OH$ Mà: $\left\{\begin{matrix}OH\perp AH & \\ OH\perp SI & \end{matrix}\right.⇒ OH\perp (SAB)$ ⇒ $OH=12(cm)$ Xét tam giác vuông SOI, có: $\frac{1}{OH^{2}}=\frac{1}{OI^{2}}+\frac{1}{OS^{2}}$ ⇒ $\frac{1}{OI^{2}}=\frac{1}{OH^{2}}-\frac{1}{OS^{2}}$ ⇒ $\frac{1}{OI^{2}}=\frac{1}{12^{2}}-\frac{1}{20^{2}}$ ⇒ $OI=15(cm)$ Xét tam giác vuông AOI, có: $AI^{2}=OA^{2}-OI^{2}=25^{2}-15^{2}=20^{2}$ ⇒ $AI=20(cm)$ Mặt khác: $SI.OH=SO.OI ⇒ SI=\frac{SO.OI}{OH}$ ⇒ $SI=\frac{20.15}{12}=15(cm)$ ⇒ Diện tích thiết diện $SAB$ là: $S_{SAB}=\frac{1}{2}SI.AB=25.20=500(cm^{2})$ 4. Giải bài 4 trang 39 sgk Hình học 12Trong không gian cho hai điểm $A, B$ cố định và có độ dài $AB = 20 cm$,. Gọi $d$ là một đường thẳng thay đổi luôn luôn đi qua $A$ và cách $B$ một khoảng bằng $10 cm$. Chứng tỏ rằng đường thẳng $d$ luôn luôn nằm trên một mặt nón, hãy xác định trục và góc ở đỉnh của mặt nón đó. Bài giải: Kẻ $BH\perp d ⇒ BH = 10cm$ Ta có: $\sin \alpha =\frac{BH}{AB}=\frac{1}{2}$ ⇒ $\alpha =30^{\circ}$ Vậy đường thẳng d luôn thuộc mặt nón nhận đường thẳng $AB$ làm trục và có góc ở đỉnh bằng: $2\alpha =2.30^{\circ}=60^{\circ}$ 5. Giải bài 5 trang 39 sgk Hình học 12Một hình trụ có bán kính đáy \(r = 5cm\) và có khoảng cách giữa hai đáy bằng \(7 cm\).
Bài giải:
Vậy diện tích xung quanh bằng: \(S_{xq}= 2πrh = 140π\)(\(cm^2\)) Thể tích của khối trụ là: \(V = πr^2h = 175π\) (\(cm^3\))
Gọi H là trung điểm của AB ta có: \(d\left( {O;\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)} \right) = OH = 3cm\). Do tam giác \(OAH\) vuông tại \(H\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) nên áp dụng định lí Pitago ta có: \(AH^2 = OA^2 – OH^2 = 25 – 9 = 16\). \(\Rightarrow AH = 4 cm \Leftrightarrow AB = 8 cm\). Vậy diện tích của thiết diện là: \(S=AB.AA_1=8.7=56\) (\(cm^2\)). 6. Giải bài 6 trang 39 sgk Hình học 12Cắt một hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là một tam giác đều cạnh $2a$. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón đó. Bài giải: Theo đề bài, đường kính của hình tròn đáy của nón bằng \(2a\). Vậy bán kính \(R = a\) và độ dài đường sinh cua hình nón \(l = 2a\). Suy ra chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} – {r^2}} = \sqrt {4{a^2} – {a^2}} = a\sqrt 3 \) Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: \(S_{xq} = πRl = π.a.2a=2a^2π\) Thể tích khối nón là: \(V = {1 \over 3}\pi {r^2}.h = {1 \over 3}\pi {a^2}.a\sqrt 3 = {{\pi {a^3}\sqrt 3 } \over 3}\) 7. Giải bài 7 trang 39 sgk Hình học 12Một hình trụ có bán kính \(r\) và chiều cao \(h = r\sqrt3\).
Bài giải: Để giải quyết tốt bài toán này, các bạn chỉ cần nhớ công thức tính diện tích xung quanh và thể tích khối trụ.
$S_{xq} = 2π.r.h = 2\sqrt{3}.π.r^{2}$ (đvdt) Diện tích toàn phần của hình trụ là: $S_{tp} = 2π.r.h + 2π.r^{2} = 2\sqrt{3}π.r^{2} + 2π.r^{2} = 2(\sqrt{3} + 1)π.r^{2}$ (đvtt)
$V_{trụ} = π.R^{2}.h = \sqrt{3}π. r^{3}$ (đvtt)
Ta chứng minh \(IJ\) là đường vuông góc chung của \(O_1O_2\) và \(AB\). Hạ \(BB_1\) vuông góc với đáy, \(J_1\) là hình chiếu vuông góc của \(J\) xuống đáy. Dễ thấy \(J_1\) là trung điểm của \(AB_1\) (định lí đường trung bình của tam giác). Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{O_1}{J_1} \bot A{B_1}\\{O_1}{J_1} \bot B{B_1}\end{array} \right. \Rightarrow {O_1}{J_1} \bot \left( {AB{B_1}} \right)\). Mà \(IJ//{O_1}{J_1} \Rightarrow IJ \bot \left( {AB{B_1}} \right)\) \( \Rightarrow IJ \bot AB\). \(\left\{ \begin{array}{l}IJ//{O_1}{J_1}\\{O_1}{O_2} \bot {O_1}{J_1}\end{array} \right. \Rightarrow IJ \bot {O_1}{O_2}\). Vậy IJ là đường vuông góc chung của \(O_1O_2\) và \(AB\) \( \Rightarrow d\left( {AB;{O_1}{O_2}} \right) = IJ\) Ta có: \(BB_1\) // \({O_1}{O_2}\) \( \Rightarrow \widehat {\left( {AB;{O_1}{O_2}} \right)} = \widehat {\left( {AB;B{B_1}} \right)} = \widehat {AB{B_1}}\). do vậy: \(AB_1 = BB_1.tan 30^0\) = \( \frac{\sqrt{3}}{3}h = r\). Xét tam giác vuông \(O_1J_1A\) vuông tại \(J_1\) ta có: \( O_{1}J^{2}_{1}\) = \( O_{1}A^{2}\) – \( AJ^{2}_{1} =\) \( r^{2} – {\left( {{r \over 2}} \right)2}=\) \( \frac{3}{4}r{2}\) \( \Rightarrow {O_1}{J_1} = \frac{{r\sqrt 3 }}{2}\) Vậy khoảng cách giữa \(AB\) và \(O_1O_2\) là: \( \frac{\sqrt{3}}{2}r\). 8. Giải bài 8 trang 40 sgk Hình học 12Một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn \((O;r)\) và \((O’;r)\). Khoảng cách giữa hai đáy là \(OO’ = r.\sqrt3\). Một hình nón có đỉnh là \(O’\) và có đáy là hình tròn \((O;r)\).
Bài giải:
\[S_1 = 2πr.h = 2πr.r\sqrt3 = 2\sqrt3 πr^2\] Với \(M\) là một điểm bất kì thuộc đường tròn \((O)\) thì \(O’M\) là một đường sinh của hình nón ta có: \(l’ = O’M = \sqrt {OO{‘^2} + O{M^2}} = \sqrt {3{r^2} + {r^2}} = 2r\) Hình nón có bán kính đáy \(r\) và độ dài đường sinh \(l=2r\) nên diện tích xung quanh hình nón là: \[S_2 = πrl’= π.r.2r = 2πr^2\] Vậy: \({{{S_1}} \over {{S_2}}} = {{2\sqrt 3 \pi {r^2}} \over {2\pi {r^2}}} = \sqrt 3 \)
Gọi V là thể tích khối trụ ta có: \(V = \pi {r^2}h\) Gọi \(V_1\) là thể tích khối nón ta có: \({V_1} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\) Gọi \(V_2\) là thế tích phần còn lại ta có: \({V_2} = V – {V_1} = \pi {r^2}h – \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{2}{3}\pi {r^2}h\) Vậy tỉ số \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi {r^2}h}}{{\frac{2}{3}\pi {r^2}h}} = \frac{1}{2}\). 9. Giải bài 9 trang 40 sgk Hình học 12Cắt hình nón đỉnh \(S\) bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng \(a\sqrt2\).
Bài giải:
Cạnh huyền chính bằng đường kính đáy do vậy bán kính đáy \(r = \frac{a\sqrt{2}}{2}\), đường sinh \(l = a\). Gọi \(h\) là độ dài đường cao của hình nón ta có: \(h = \sqrt {{l^2} – {r^2}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Vậy \(S_{xq} = πrl =\) \( \frac{\sqrt{2}}{2}\pi a^2\) ( đơn vị diện tích) \(S_{đáy}\) = \( \pi r^{2}\) = \( \pi \frac{a^{2}}{2}\) ( đơn vị diện tích); \(V\)nón = \( \frac{1}{3}\pi r^{2}h\) \( = \frac{\sqrt{2}}{12}\pi a^{3}\) ( đơn vị thể tích)
Ta có: \[\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} BC \bot OM\\ BC \bot SO \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot SM\\ \left\{ \begin{array}{l} \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\ SM \bot BC\\ OM \bot BC \end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SM;OM} \right)} = \widehat {SMO} = {60^0} \end{array}\] Ta có: \(SM = \frac{{SO}}{{\sin 60}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\). \(OM = SO.\cot 60 = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\) Ta có \(∆ OMB\) vuông ở \(M\) nên \( BM^{2}= BO^{2} – OM^{2} = \frac{a^{2}}{3}\) Vậy \(BM = \frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow BC =2BM= \frac{2a}{\sqrt{3}}\). Do đó \(S = {{SM.BC}\over2}\) = \( \frac{\sqrt{2}}{3}a^{2}\) (đơn vị diện tích) 10. Giải bài 10 trang 40 sgk Hình học 12Cho hình trụ có bán kính \(r\) và có chiều cao cũng bằng \(r\). Một hình vuông \(ABCD\) có hai cạnh \(AB\) và \(CD\) lần lượt là các dây cung của hai đường tròn đáy, còn cạnh \(BC\) và \(AD\) không phải là đường sinh của hình trụ. Tính diện tích của hình vuông đó và cosin của góc giữa mặt phẳng chứa hình vuông và mặt phẳng đáy. Bài giải: Do tính chất đối xứng của \((ABCD)\) nên \((ABCD)\) cắt \(OO’\) tại trung điểm \(I\) của \(OO’\). \(I\) cũng là giao điểm của hai đường chéo \(AC,BD\). Xét tam giác vuông \(IOB\) ta có: \(IB^2=IO^2+OB^2\) \(\Rightarrow IB=\sqrt {{{\left( {{r \over 2}} \right)}^2} + {r^2}} = {{r\sqrt 5 } \over 2}\) \(\Rightarrow AC=BD=2IB=r\sqrt5\). Do ABCD là hinh vuông nên \(AB= \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }}={{r\sqrt {10} } \over 2}\) Vậy \(S_{ABCD}={AB}^2={{5{r^2}} \over 2}\). Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\) \(\Rightarrow OE\bot AB, IE\bot AB\). \(\Rightarrow \widehat {IEO}\) là góc giữa \((ABCD)\) và mặt đáy của hình trụ. Ta có: \(IE = \frac{1}{2}AD ={{r\sqrt {10} } \over 4}, OI={r\over 2}\). Xét tam giác vuông IOE có: \(OE = \sqrt {I{E^2} – O{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{r\sqrt {10} }}{4}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{r}{2}} \right)}^2}} = \frac{{r\sqrt 6 }}{4}\). \(cos\widehat {IEO}={{OE}\over {IE}}={\sqrt{15}\over5}\) Bài trước:
Bài tiếp theo:
Xem thêm:
Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 12 với giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 39 40 sgk Hình học 12! |