Cho tứ diện ABCD có \(AD \bot (ABC), ABC\) có tam giác vuông tại B. Biết \(BC = 2a,AB = 2a\sqrt 3 ,AD = 6a\). Quay tam giác ABC và ABD (bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta được hai khối tròn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối tròn xoay đó bằng:
Suy nghĩ trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án
Lời giải:
Báo saiTa có:
Khối nón \((N_1)\) được sinh bởi \(\Delta ABC\) khi quay quanh AB có chiều cao \(h_1=AB\) và bán kính đáy \(R_1=BC\)
Khối nón \((N_2)\) được sinh bởi \(\Delta ADB\) khi quay quanh AB có chiều cao \(h_2=AB\) và bán kính đáy \(R_2=AD\)
.png)
Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song.
Trong mặt phẳng đáy của hình nón \((N_1)\) kẻ đường kính GH // DE. Dễ dàng chứng minh được DEGH là hình thang cân.
Gọi \(M = AG \cap BE;N = AH \cap BD,I = AB \cap MN.\)
Khi đó phần chung giữa hai khối nón \((N_1)\) và \((N_2)\) là hai khối nón:
+) Khối nón \((N_3)\) đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy \(IN \Rightarrow {V_3} = \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.BI\)
+) Khối nón \((N_4)\) đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy \(IN \Rightarrow {V_4} = \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.AI\)
Thể tích phần chung \(V = {V_3} + {V_4} = \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.BI + \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.AI = \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.(AI + BI) = \frac{1}{3}\pi .I{N^2}.AB\)
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
\(\begin{array}{l}
\frac{{MN}}{{GH}} = \frac{{AI}}{{AB}};\frac{{MN}}{{DE}} = \frac{{BI}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{MN}}{{GH}} + \frac{{MN}}{{DE}} = \frac{{AI + BI}}{{AB}} = 1\\
\Rightarrow MN\left( {\frac{1}{{2BC}} + \frac{1}{{2AD}}} \right) = 1 \Leftrightarrow MN.\left( {\frac{1}{{2.2a}} + \frac{1}{{2.6a}}} \right) = 1 \Leftrightarrow MN = 3a
\end{array}\)
Dễ thấy I là trung điểm của MN \( \Rightarrow IN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{3a}}{2}\)
Vậy \(V = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)^2}.2a\sqrt 3 = \frac{{3\sqrt 3 \pi {a^3}}}{2}\)
Đề thi thử THPT QG môn Toán năm 2019
Trường THPT Chuyên Bắc Ninh lần 3
