Trang chủ Lớp 12 SBT Toán 12 Nâng cao Bài 12 trang 225 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng...

Bài 12 trang 225 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao: Cho hình nón tròn xoay đỉnh S,...

Cho hình nón tròn xoay đỉnh S, . Bài 12 trang 225 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Ôn tập cuối năm Hình học

Cho hình nón tròn xoay đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O. Gọi A là điểm cố định và M là điểm thay đổi cùng thuộc đường tròn đáy hình nón. Đặt

\(AOM{\rm{ }} = {\rm{ }}\alpha \) . Gọi P là góc giữa mp(SAM) và mặt phẳng chứa đáy hình nón ; khoảng cách từ O đến mp(SAM) bằng a.

1. Tính thể tích khối nón đã cho theo a, \(\alpha \),\(\beta \).

2. Xác định điểm M để tam giác SAM có diện tích lớn nhất.

3. Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên mp(SAM) thuộc một đường tròn cố định.

     

1. Gọi I là trung điểm của AM thì OI \( \bot \)AM và SI \( \bot \)AM từ đó \(\widehat {SIO} = \beta \). Gọi H là hình chiếu của O trên SI thì OH \( \bot \) mp(SAM), từ đó OH = a.

Quảng cáo

Ta có \(OI = {{OH} \over {\sin \beta }} = {a \over {\sin \beta }}.\)

\(OM = {{OI} \over {\cos {\alpha  \over 2}}} = {a \over {sin\beta \cos {\alpha  \over 2}}}.\)

\(SO = OI\tan \beta  = {a \over {sin\beta }}.tan\beta  = {a \over {\cos \beta }}.\)

Từ đó thể tích khối nón đã cho là

\(V = {{\pi {a^3}} \over {3{{\cos }^2}{\alpha  \over 2}{{\sin }^2}\beta \cos \beta }}.\)

2. Ta có 

Vì SA không đổi nên \({S_{\Delta SAM}}\) lớn nhất \(\Leftrightarrow \sin \widehat {ASM}\) lớn nhất.

Dễ thấy \(\widehat {ASB} > \widehat {ASM}\) (B là điểm đối xứng của A qua O). Vậy có hai trường hợp :

a) \(0 < \widehat {ASB} < {90^0}\) Khi đó , \(\sin \widehat {ASM} \le \sin \widehat {ASB}\) từ đó \(\sin \widehat {ASM}\) lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với B.

b) \({90^0} < \widehat {ASB} < {180^0}\) Khi đó \(\sin \widehat {ASM}\) lớn nhất khi và chỉ khi \( \widehat {ASM} = {90^0}\). Vậy có hai vị trí của M trên đường tròn đáy hình nón để diện tích tam giác SAM lớn nhất, đó là hai điểm M sao cho \(\widehat {ASM} = {90^0}\)

3. Vì OH \( \bot \) mp(SAM) nên OH \( \bot \) SA. Vậy H thuộc mp(P) đi qua O và vuông góc với SA tại K. Ta có (P) là mặt phẳng cố định, ngoài ra \(\widehat {OHK} = {90^0}\), tức là H thuộc đường tròn đường kính OK trong mặt phẳng (P) nêu trên, tất nhiên đường tròn này cố định.

Quảng cáo