giải bài tập sgk hình học 12 nâng cao: mặt trụ, hình trụ và khối trụ

Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao: Mặt trụ, hình trụ và khối trụ.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 11. Chứng minh rằng hình tròn xoay có vô số mặt phẳng đối xứng.

Lời giải:

Giả sử \(H\) là hình tròn xoay có trục \(\Delta .\) Lấy một điểm \(M \in H\) và gọi \(M’\) là điểm đối xứng của \(M\) qua \(\Delta \) thì \(MM’\) là đường kính của đường tròn \(\left( {{C_M}} \right)\) nên \(M’ \in H.\) Từ đó suy ra \(\Delta \) là trục đối xứng của \(H.\) Mọi mặt phẳng \((P)\) đi qua \(\Delta \) đều là mặt phẳng đối xứng của \(H.\) Thật vậy, nếu \(M \in H\) và \(M’\) đối xứng với \(M\) qua mặt phẳng \((P)\) thì \(M’\) cũng nằm trên đường tròn \({C_M}\) nên \(M’ \in H.\)

Bài 12. Trong mỗi trường hợp sau, gọi tên các hình tròn xoay:

a) Sinh bởi ba cạnh của hình chữ nhật khi quay quanh đường thẳng chứa cạnh thứ tư.

b) Sinh bởi một hình chữ nhật (kể cả điểm trong) khi quay quanh đường thẳng chứa một cạnh.

Lời giải:

a) Hình sinh bởi ba cạnh của hình chữ nhật khi quay quanh đường thẳng chứa cạnh thứ tư gọi là hình trụ.

b) Hình sinh bởi một hình chữ nhật (kể cả điểm trong) khi quay quanh đường thẳng chứa một cạnh gọi là khối trụ.

Bài 13. Cho đường tròn \((O;R)\) nằm trong mặt phẳng \((P).\) Tìm tập hợp các điểm \(M\) trong không gian sao cho hình chiếu của chúng trên \((P)\) luôn nằm trên đường tròn đã cho.

Lời giải:

Gọi \(\Delta \) là trục của đường tròn \((O;R).\)

Nếu điểm \(M\) có hình chiếu \(M’\) nằm trên \((O;R)\) thì \(MM’//\Delta \) và khoảng cách từ \(M’\) tới \(\Delta \) bằng \(M’O = R.\)

Vậy tập hợp các điểm \(M\) như thế là mặt trụ có trục là \(\Delta \) và có bán kính bằng \(R.\)

Bài 14. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của một mặt cầu song song với một đường thẳng cố định nằm trên một mặt trụ xác định.

Lời giải:

Cho mặt cầu \(S(O;R)\) và đường thẳng \(d\) (Hình vẽ). Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua \(O\) và song song với \(d.\) Giả sử \(l\) là tiếp tuyến của mặt cầu và \(l//d\) thì \(l//\Delta \) và \(l\) cách \(\Delta \) một khoảng không đổi \(R.\) Vậy \(l\) nằm trên mặt trụ có trục là \(\Delta \) và có bán kính bằng \(R.\)

Bài 15. Một mặt phẳng đi qua trục của hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh \(2R.\)

a) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình trụ.

b) Tính thể tích của khối trụ.

c) Tính thể tích khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ.

Lời giải:

Theo bài ra ta có hình trụ có bán kính đáy bằng \(R\) và đường sinh bằng \(2R.\) Từ đó suy ra:

a) \({S_{xq}} = 2\pi R.2R = 4\pi {R^2}.\)

b) \({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{{\rm{đáy}}}}\) \( = 4\pi {R^2} + 2\pi {R^2} = 6\pi {R^2}.\)

b) \(V = \pi {R^2}.2R = 2\pi {R^3}.\)

c) Lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ \(T\) là lăng trụ đứng có cạnh bên bằng \(2R\) và có đáy là hình vuông có cạnh \(R\sqrt 2 \) nên có thể tích: \({V_{LT}} = 2{R^2}.2R = 4{R^3}.\)

Bài 16. Một hình trụ có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(R\sqrt 3 .\)

a) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình trụ.

b) Tính thể tích của khối trụ giới hạn bởi hình trụ.

c) Cho hai điểm \(A\) và \(B\) lần lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho góc giữa \(AB\) và trục của hình trụ bằng \({30^0}.\) Tính khoảng cách giữa \(AB\) và trục của hình trụ.

Lời giải:

a) Diện tích xung quanh của hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi R.R\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \pi {R^2}.\)

Diện tích toàn phần của hình trụ: \({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{{\rm{đáy}}}}\) \( = 2\sqrt 3 \pi {R^2} + 2\pi {R^2}\) \( = 2(\sqrt 3 + 1)\pi {R^2}.\)

b) Thể tích của khối trụ: \({V_T} = \pi {R^2}.R\sqrt 3 = \sqrt 3 \pi {R^3}.\)

c)

Theo giả thiết \(OA = O’B = R.\)

Gọi \(AA’\) là đường sinh của hình trụ thì \(O’A’ = R\), \(AA’ = R\sqrt 3 \) và góc \(\widehat {BAA’} = {30^0}.\)

Vì \(OO’//\left( {ABA’} \right)\) nên khoảng cách giữa \(OO’\) và mặt phẳng \((ABA’)\) bằng khoảng cách giữa \(OO’\) và \(AB.\)

Gọi \(H\) là trung điểm \(BA’\) thì khoảng cách đó bằng \(O’H.\)

Tam giác \(BA’A\) vuông tại \(A’\) nên: \(BA’ = AA’.\tan {30^0}\) \( = R\sqrt 3 .\frac{1}{{\sqrt 3 }} = R.\)

Vậy \(BA’O’\) là tam giác đều và do đó: \(O’H = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\)