Bài viết trình bày lý thuyết trọng tâm và hướng dẫn phương pháp giải các dạng toán mặt trụ, hình trụ và khối trụ trong chương trình Hình học 12.
A. TÓM TẮT KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA
I. TRỤC CỦA ĐƯỜNG TRÒN
1. Định nghĩa: Trục của đường tròn \((O;R)\) là đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc với mặt phẳng chứa đường tròn đó.
2. Nhận xét: Khi điểm \(M\) không nằm trên đường thẳng \(\Delta \) thì có một đường tròn duy nhất đi qua \(M\) và có trục là \(\Delta \), ta kí hiệu đường tròn đó là \(\left( {{C_M}} \right).\)
II. HÌNH TRÒN XOAY – MẶT TRÒN XOAY
1. Định nghĩa: Trong không gian, cho hình \(H\) và đường thẳng \(\Delta \). Hình gồm tất cả các đường tròn \(\left( {{C_M}} \right)\) với \(M\) thuộc \(H\) được gọi là hình tròn xoay sinh bởi \(H\) khi quay quanh \(\Delta \). Đường thẳng \(\Delta \) gọi là trục của hình tròn xoay đó. Khi hình \(H\) là một đường cong thì hình tròn xoay sinh bởi nó được gọi là mặt tròn xoay.
2. Ví dụ:
+ Nếu hình \(H\) là đường tròn có đường kính \(AB\) nằm trên đường thẳng \(\Delta \) thì hình tròn xoay sinh bởi \(H\) khi quay quanh \(\Delta \) là mặt cầu đường kính \(AB.\)
+ Nếu \(H\) là hình tròn có đường kính \(AB\) nằm trên đường thẳng \(\Delta \) thì hình tròn xoay sinh bởi \(H\) khi quay quanh \(\Delta \) là khối cầu đường kính \(AB.\)
III. MẶT TRỤ
1. Định nghĩa: Cho đường thẳng \(\Delta .\) Xét một đường thẳng \(l//\Delta \) sao cho \(d(l;\Delta ) = R.\) Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng \(l\) khi quay quanh \(\Delta \) được gọi là mặt trụ tròn xoay \((T).\) \(\Delta \) gọi là trục của mặt trụ \((T)\), \(l\) gọi là đường sinh của mặt trụ \((T)\), \(R\) gọi là bán kính của mặt trụ \((T).\)
2. Tính chất
Mặt trụ \((T)\) là tập hợp các điểm \(M\) cách đường thẳng \(\Delta \) cố định một khoảng bằng \(R\) không đổi.
Nếu \({M_1}\) là một điểm bất kì nằm trên mặt trụ thì đường thẳng \({l_1}\) đi qua \({M_1}\) và song song với \(\Delta \) sẽ nằm trên mặt trụ đó.
Cho mặt trụ \((T)\) và mặt phẳng \((P).\) Khi đó:
– Nếu \((P) \bot \Delta \) thì \((P) \cap (T) = C(I;R).\)
– Nếu \((P)//\Delta \) \(d((P);\Delta ) = h\) thì:
+ Nếu \(h < R\): \((P)\) cắt \((T)\) theo hai đường sinh.
+ Nếu \(h = R\): \((P)\) tiếp xúc \((T)\), \((P)\) được gọi là tiếp diện của mặt trụ \((T).\)
+ Nếu \(h /> R\): \((P) \cap (T) = \emptyset .\)
IV. HÌNH TRỤ VÀ KHỐI TRỤ TRÒN XOAY
Cắt mặt trụ \((T)\) trục \(\Delta \), bán kính \(R\) bởi hai mặt phẳng phân biệt \((P)\) và \((P’)\) cùng vuông góc với \(\Delta \), ta được giao tuyến là hai đường tròn \((C)\) và \((C’).\)
1. Định nghĩa: Phần mặt trụ \((T)\) nằm giữa hai mặt phẳng \((P)\) và \((P’)\) cùng với hai hình tròn xác định bởi \((C)\) và \((C’)\) được gọi là hình trụ.
Khi đó: hai đường tròn \((C)\) và \((C’)\) gọi là hai đường tròn đáy của hình trụ, \(OO’\) gọi là trục hình trụ, độ dài \(OO’\) gọi là chiều cao của hình trụ, phần mặt trụ giữa hai đáy gọi là mặt xung quanh của hình trụ.
2. Khối trụ: Hình trụ cùng với phần bên trong của nó được gọi là khối trụ.
V. DIỆN TÍCH HÌNH TRỤ VÀ THỂ TÍCH KHỐI TRỤ
1. Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính \(R\), chiều cao \(h\) là: \({S_{xq}} = 2\pi Rh.\)
2. Diện tích toàn phần hình trụ bằng tổng diện tích xung quanh hình trụ với diện tích hai đáy.
3. Thể tích \(V\) của khối trụ tròn xoay có chiều cao \(h\), bán kính mặt đáy \(R\) là \(V = \pi {R^2}h.\)
B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN
VẤN ĐỀ 1. XÁC ĐỊNH MẶT TRỤ
1. PHƯƠNG PHÁP
Lưu ý kết quả sau: Nếu một điểm \(M\) di động trong không gian có hình chiếu vuông góc \(M’\) trên \((\alpha )\) di động trên đường tròn \((C)\) cố định thì \(M\) thuộc mặt trụ cố định \((T)\) chứa \((C)\) và có trục vuông góc với \((\alpha ).\)
2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Cho \((\alpha )\) và một điểm \(O\) nằm trên \((\alpha ).\) Gọi \(O’\) là một điểm nằm ngoài \((\alpha )\) sao cho hình chiếu \(H\) của \(O’\) lên \((\alpha )\) không trùng với \(O.\) Một điểm \(M\) lưu động trên \((\alpha )\) sao cho \(\widehat {OO’M} = \widehat {O’MH}.\) Chứng minh rằng \(M\) nằm trên mặt trụ có trục là \(OO’.\)
Ta có: \(H\) là hình chiếu của \(O’\) trên \((\alpha )\) \( \Rightarrow O’H \bot (\alpha )\) \( \Rightarrow O’H \bot HM.\)
Suy ra tam giác \(O’HM\) vuông tại \(H.\)
Từ \(M\) kẻ \(MK \bot OO’\) tại \(K.\)
Xét hai tam giác vuông \(O’HM\) và \(MKO’\) có:
\(O’M\) là cạnh chung.
\(\widehat {OO’M} = \widehat {O’MH}.\)
Suy ra hai tam giác \(O’HM\) và \(MKO’\) bằng nhau.
Suy ra \(MK = O’H\) không đổi.
Vậy điểm \(M\) nằm trên mặt trụ có trục là \(OO’\) và bán kính bằng \(O’H.\)
Ví dụ 2: Cho hình trụ có bán kính \(R\) và chiều cao cũng bằng \(R.\) Một hình vuông \(ABCD\) có hai cạnh \(AB\) và \(CD\) lần lượt là dây cung của hai đường tròn đáy, cạnh \(AD\) và \(BC\) không phải là đường sinh của hình trụ.
a) Tính độ dài cạnh của hình vuông \(ABCD.\)
b) Kẻ đường sinh \(DH.\) Chứng minh năm điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(H\) cùng thuộc một mặt cầu. Tính thể tích mặt cầu đó.
a) Gọi \(a\) là độ dài cạnh hình vuông \(ABCD.\)
Kẻ đường sinh \(DH\) \( \Rightarrow DH = OO’ = R.\)
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AB \bot AD}\\
{AB \bot DH}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow AB \bot (AHD)\) \( \Rightarrow AB \bot AH.\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{HB = 2R}\\
{AH \bot AB}
\end{array}} \right..\)
Tam giác \(AHD\) vuông tại \(H\):
\(A{H^2} = A{D^2} – H{D^2}\) \( = {a^2} – {R^2}\) \((1).\)
Tam giác \(ABH\) vuông tại \(A\):
\(A{H^2} = H{B^2} – A{B^2}\) \( = 4{R^2} – {a^2}\) \((2).\)
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra:
\({a^2} – {R^2} = 4{R^2} – {a^2}\) \( \Leftrightarrow {a^2} = \frac{5}{2}{R^2}\) \( \Leftrightarrow a = \frac{{\sqrt 5 }}{{\sqrt 2 }}R.\)
b) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{AB \bot AD}\\
{HB \bot HD}\\
{CB \bot CD}
\end{array}} \right..\)
Suy ra năm điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(H\) cùng thuộc một mặt cầu đường kính \(BD.\)
Bán kính \(R’ = \frac{{BD}}{2}\) \( = \frac{{\sqrt {D{H^2} + H{B^2}} }}{2}\) \( = \frac{{R\sqrt 5 }}{2}.\)
Thể tích mặt cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi R{‘^3}\) \( = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{R\sqrt 5 }}{2}} \right)^3}\) \( = \frac{{5\sqrt 5 \pi {R^3}}}{6}.\)
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng \((\alpha )\) cho đường tròn \((O;R)\) và một điểm \(A\) sao cho \(OA = 2R.\) Trên đường thẳng vuông góc với \((\alpha )\) tại \(A\), lấy một điểm \(S\) cố định. Gọi \(M\) là một điểm thuộc đường tròn \((O;R)\) và \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm của \(SM\) và \(AM.\) Chứng minh rằng khi \(M\) di động trên đường tròn \((O;R)\) thì \(IJ\) sinh ra một mặt trụ.
Vì \(IJ\) là đường trung bình tam giác \(SAM\) nên \(IJ // SA.\)
Ta có \(SA \bot (\alpha )\) \( \Rightarrow IJ \bot (\alpha ).\)
Gọi \(K\) là giao điểm của \(OA\) với đường tròn \((O).\) Do \(OA = 2R\) nên \(K\) là trung điểm \(OA.\)
Suy ra \(JK\) là đường trung bình tam giác \(AOM\) \( \Rightarrow JK = \frac{{OM}}{2} = \frac{R}{2}\) không đổi.
Vậy khi \(M\) di động trên đường tròn \((O;R)\) thì \(IJ\) luôn vuông góc với \((\alpha )\) và cách điểm \(K\) cố định một khoảng \(\frac{R}{2}\) không đổi. Do đó \(IJ\) sinh ra mặt trụ có trục qua \(K\) và vuông góc với \((\alpha )\), có bán kính bằng \(\frac{R}{2}.\)
Ví dụ 4: Cho hình trụ có trục là \(OO’\), bán kính đáy là \(R.\) Một điểm \(S\) cố định cách \(OO’\) một khoảng là \(a.\) Một đường thẳng \(d\) di động nhưng luôn qua \(S\) và cắt mặt trụ tại \(M\) và \(N.\)
a) Chứng minh rằng trung điểm \(I\) của \(MN\) luôn thuộc một mặt trụ cố định.
b) Giả sử \(d\) luôn hợp với \(OO’\) một góc \(\alpha .\) Chứng minh rằng \(SM.SN\) không đổi.
a) Gọi \(M’\), \(N’\), \(I’\), \(S’\) lần lượt là hình chiếu của \(M\), \(N\), \(I\), \(S\) lên mặt đáy tâm \((O).\)
Ta có:
\(I\) là trung điểm \(MN\) nên \(I’\) cũng là trung điểm \(M’N’.\) Do đó \(OI’ \bot M’N’.\)
\(S\) cố định nên \(S’\) cố định và \(\widehat {OI’S’} = {90^0}.\)
Như vậy khi \(d\) di động nhưng luôn qua \(S\) thì \(I’\) luôn thuộc đường tròn đường kính \(OS’\) trong mặt phẳng đáy tâm \((O)\) của hình trụ.
Vậy \(I\) luôn thuộc mặt trụ cố định có trục song song với \(OO’\) và có đường kính \(OS’.\)
b) Kẻ \(MH \bot SS’\) \(\left( {H \in SS’} \right)\) \( \Rightarrow MH//M’S’\) và \(MH = M’S’.\)
Kẻ \(SK \bot NN’\) \(\left( {K \in NN’} \right)\) \( \Rightarrow SK = S’N’\) và \(SK//S’N’.\)
Giả thiết \(d\) luôn hợp với \(OO’\) một góc \(\alpha \), ta suy ra \(\widehat {MSH} = \alpha \), \(\widehat {SNK} = \alpha .\)
Tam giác \(SHM\) vuông tại \(H\) nên \(\sin \alpha = \frac{{MH}}{{SM}}\) \( \Rightarrow SM = \frac{{MH}}{{\sin \alpha }} = \frac{{S’M’}}{{\sin \alpha }}.\)
Tam giác \(SNK\) vuông tại \(K\) nên \(\sin \alpha = \frac{{SK}}{{SN}}\) \( \Rightarrow SN = \frac{{SK}}{{\sin \alpha }} = \frac{{S’N’}}{{\sin \alpha }}.\)
Suy ra \(SM.SN = \frac{{S’M’.S’N’}}{{{{\sin }^2}\alpha }}\) \( = \frac{{OS{‘^2} – {R^2}}}{{{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{{{a^2} – {R^2}}}{{{{\sin }^2}\alpha }}\) không đổi.
(\(S’M’.S’N’\) bằng phương tích của điểm \(S’\) đối với đường tròn \((O;R)\)).
Ví dụ 5: Cho đường thẳng \(a\) và một điểm \(B\) cố định không thuộc \(a\), \(b\) là đường thẳng di động luôn đi qua điểm \(B.\) Hãy nêu cách dựng đoạn vuông góc chung \(MN\) của \(a\) và \(b\) (\(N \in a\), \(M \in b\)) và chứng minh rằng điểm \(N\) luôn di động trên một mặt trụ cố định.
Dựng mặt phẳng \((\alpha )\) qua điểm \(B\) và vuông góc với đường thẳng \(a\) tại \(A.\)
Dựng \(b’\) là hình chiếu của đường thẳng \(b\) trên \((\alpha ).\)
Trong \((\alpha )\), kẻ \(AH \bot b’\) \(\left( {H \in b’} \right).\)
Từ \(H\) dựng đường thẳng song song với \(a\), cắt \(b\) tại \(M.\) Khi đó \(HM \bot (\alpha ).\)
Từ \(M\) dựng đường thẳng song song với \(AH\), cắt \(a\) tại \(N.\)
Khi đó \(MN\) là đoạn vuông góc chung của \(a\) và \(b.\)
Thật vậy, vì \(b’\) là hình chiếu của \(b\) trên \((\alpha )\) nên ta có:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AH \bot a}\\
{AH \bot b’ \Rightarrow AH \bot b}\\
{MN//AH}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{MN \bot a}\\
{MN \bot b}
\end{array}} \right..\)
Trong \((\alpha )\) ta có \(\widehat {AHB} = {90^0}\) nên \(H\) thuộc đường tròn đường kính \(AB\) cố định.
Vì \(H\) là hình chiếu của \(M\) trên mặt phẳng \((\alpha )\) nên \(M\) luôn thuộc một mặt trụ cố định có trục song song với đường thẳng \(a\) và có đường kính là \(AB.\)
VẤN ĐỀ 2. DIỆN TÍCH XUNG QUANH HÌNH TRỤ – THỂ TÍCH KHỐI TRỤ
1. PHƯƠNG PHÁP
Dùng các công thức sau đây:
+ \({S_{xq}} = 2\pi Rh.\)
+ \({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{đáy}}.\)
+ \(V = \pi R2h.\)
Nhận xét:
+ Hình trụ nội tiếp (ngoại tiếp) hình lăng trụ là hình trụ có hai đáy là hai đường tròn nội tiếp (ngoại tiếp) hai đa giác đáy của hình lăng trụ.
+ Mặt cầu ngoại tiếp một hình trụ là mặt cầu chứa hai đường tròn đáy của hình trụ.
+ Mặt cầu nội tiếp một hình trụ là mặt cầu tiếp xúc với hai đáy và tất cả các đường sinh của hình trụ.
2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Cho một hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm \(O\) và \(O’\), bán kính \(R\), chiều cao hình trụ là \(R\sqrt 2 .\) Trên hai đường tròn \(O\) và \(O’\) có hai điểm di động \(A\), \(B\) sao cho \(\left( {OA;O’B} \right) = \alpha \) không đổi.
a) Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình trụ.
b) Tính \(AB\) theo \(R\) và \(\alpha .\)
a) \(V = \pi {R^2}h\) \( = \pi {R^2}.R\sqrt 2 = \sqrt 2 \pi {R^3}.\)
\({S_{xq}} = 2\pi Rh\) \( = 2\pi R.R\sqrt 2 = 2\sqrt 2 \pi {R^2}.\)
b) Kẻ đường sinh \(BB’\), ta có: \(\widehat {AOB’} = \left( {OA;O’B} \right) = \alpha .\)
Áp dụng định lí hàm số \(\cos \) cho tam giác \(OAB’\):
\(AB{‘^2} = O{A^2} + OB{‘^2} – 2OA.OB’.\cos \alpha \) \( = 2{R^2} – 2{R^2}.\cos \alpha .\)
Tam giác \(ABB’\) vuông tại \(B’\):
\(A{B^2} = AB{‘^2} + BB{‘^2}\) \( = 2{R^2} – 2{R^2}.\cos \alpha + {(R\sqrt 2 )^2}\) \( = 4{R^2} – 2{R^2}.\cos \alpha .\)
\( \Rightarrow AB = R\sqrt 2 .\sqrt {2 – \cos \alpha } .\)
Ví dụ 2: Một hình trụ có thể tích \(V\) không đổi. Tính bán kính đáy và chiều cao của hình trụ để diện tích toàn phần đạt giá trị nhỏ nhất.
Gọi \(R\) là bán kính hình trụ và \(h\) là chiều cao của hình trụ.
Ta có:
\(V = \pi {R^2}h.\)
\({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{đáy}}\) \( = 2\pi Rh + 2\pi {R^2}\) \( = 2\pi \left( {Rh + {R^2}} \right).\)
\({S_{tp}} = 2\pi \left( {\frac{{Rh}}{2} + \frac{{Rh}}{2} + {R^2}} \right)\) \( \ge 2\pi \sqrt[3]{{\frac{{Rh}}{2}.\frac{{Rh}}{2}.{R^2}}}\) (bất đẳng thức Cô-si).
\( = \frac{{2\pi }}{{\sqrt[3]{4}}}\sqrt[3]{{{R^4}{h^2}}}\) \( = \frac{{2\pi }}{{\sqrt[3]{4}}}\sqrt[3]{{{{\left( {\frac{V}{\pi }} \right)}^2}}}\) không đổi.
\({S_{tp}} = \frac{{2\pi }}{{\sqrt[3]{4}}}\sqrt[3]{{{{\left( {\frac{V}{\pi }} \right)}^2}}}\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{V = \pi {R^2}h}\\
{\frac{{Rh}}{2} = {R^2}}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{h = 2R}\\
{V = 2\pi {R^3}}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{h = 2R}\\
{R = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}}
\end{array}} \right..\)
Vậy diện tích toàn phần đạt giá trị nhỏ nhất \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{h = 2R}\\
{R = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}}
\end{array}} \right..\)
Ví dụ 3: Cho hình trụ bán kính đáy \(R\) nội tiếp trong lăng trụ tứ giác đều có đường chéo hợp với đáy một góc \(\alpha .\) Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích của lăng trụ ngoại tiếp.
Hình vuông \(ABCD\) ngoại tiếp đường tròn đáy hình trụ bán kính \(R\) nên có cạnh: \(AB = 2R\) \( \Rightarrow AC = 2R\sqrt 2 .\)
Đường chéo \(A’C\) hợp với đáy một góc \(\alpha \Rightarrow \widehat {ACA’} = \alpha .\)
Tam giác \(AA’C\) vuông tại \(A\):
\(\tan \alpha = \frac{{AA’}}{{AC}}\) \( \Rightarrow AA’ = AC.\tan \alpha \) \( = 2\sqrt 2 R\tan \alpha = OO’.\)
\({V_{{\rm{hình\:trụ}}}} = \pi {R^2}.OO’\) \( = \pi {R^2}.2\sqrt 2 R\tan \alpha \) \( = 2\sqrt 2 \pi {R^3}\tan \alpha .\)
\({S_{xq}} = 2\pi R.OO’\) \( = 2\pi R.2\sqrt 2 R\tan \alpha \) \( = 4\sqrt {2\pi } {R^2}\tan \alpha .\)
\({V_{{\rm{lăng\:trụ}}}} = A{B^2}.AA’\) \( = 4{R^2}.2\sqrt 2 R\tan \alpha \) \( = 8\sqrt 2 {R^3}\tan \alpha .\)
Ví dụ 4: Bên trong một hình trụ vẽ một hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a\) có hai cạnh \(AB\) và \(CD\) lần lượt thuộc hai đáy của hình trụ. Mặt phẳng chứa hình vuông tạo với đáy của hình trụ một góc \({45^0}.\) Tính diện tích xung quanh và thể tích hình trụ đó.
Vẽ đường kính \(BH\) của đường tròn đáy.
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{AB \bot AH}\\
{AB \bot AD}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow ((ABCD);(ABH))\) \( = \widehat {HAD} = {45^0}.\)
Suy ra tam giác \(AHD\) vuông cân tại \(H\) \( \Rightarrow HA = HD = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\)
Tam giác \(HAB\) vuông tại \(A\):
\(H{B^2} = A{B^2} + A{H^2}\) \( = {a^2} + \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{3}{2}{a^2}.\)
\( \Rightarrow HB = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\) \( \Rightarrow R = \frac{{HB}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}.\)
\({S_{xq}} = 2\pi Rh\) \( = 2\pi \frac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}.\frac{a}{{\sqrt 2 }}\) \( = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)
\(V = \pi {R^2}h\) \( = \pi {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2}\frac{a}{{\sqrt 2 }}\) \( = \frac{{3\pi {a^3}}}{{8\sqrt 2 }}.\)
Ví dụ 5: So sánh diện tích xung quanh của hình trụ và diện tích của mặt cầu nội tiếp hình trụ.
Mặt cầu nội tiếp hình trụ nên \({R_{mc}} = {R_{ht}} = R\) và chiều cao của hình trụ \(h = 2R.\)
\({S_{xqht}} = 2\pi Rh\) \( = 2\pi R.2R = 4\pi {R^2}.\)
\({S_{mc}} = 4\pi {R^2}\) \( \Rightarrow {S_{mc}} = {S_{xqht}}.\)
VẤN ĐỀ 3. THIẾT DIỆN CỦA HÌNH TRỤ CẮT BỞI MỘT MẶT PHẲNG
1. PHƯƠNG PHÁP
a) Các thiết diện qua trục của một hình trụ là các hình chữ nhật bằng nhau.
b) Thiết diện vuông góc với trục của một hình trụ là một hình tròn bằng hình tròn đáy.
c) Nếu một điểm \(M\) di động trong không gian có hình chiếu \(M’\) lên một mặt phẳng \((\alpha )\) di động trên một đường tròn \((C)\) cố định thì \(M\) thuộc mặt trụ cố định \((T)\) chứa \((C)\) và có trục vuông góc với \((\alpha ).\)
2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Cho hình trụ có bán kính \(R\) và chiều cao \(R\sqrt 3 .\) 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 \({30^0}.\) Một mặt phẳng \((P)\) chứa \(AB’\) và song song với trục của hình trụ.
a) Tính diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi \((P).\)
b) Tính góc giữa hai bán kính đi qua \(A\) và \(B’.\)
c) Tính khoảng cách giữa \(AB’\) và trục hình trụ.
a) Kẻ đường sinh \(AA’\) và \(BB’\), ta được thiết diện là hình chữ nhật \(AA’B’B.\)
Tam giác \(ABB’\) vuông tại \(B\) có:
\(\widehat {AB’B} = \left( {AB’;OO’} \right) = {30^0}.\)
\(\tan \widehat {AB’B} = \frac{{AB}}{{BB’}}\) \( \Rightarrow AB = BB’.\tan {30^0}\) \( = R\sqrt 3 .\frac{1}{{\sqrt 3 }} = R.\)
\({S_{td}} = AB.BB’\) \( = R.R\sqrt 3 = {R^2}\sqrt 3 .\)
b) Ta có: \(OA = OB = AB = R\) suy ra tam giác \(OAB\) đều.
\(O’B’//OB\) \( \Rightarrow \left( {OA;O’B} \right) = (OA;OB) = {60^0}.\)
c) Kẻ \(OH \bot AB \Rightarrow OH \bot (P).\)
Ta có \(OO’//(P)\) \( \Rightarrow d\left( {OO’;AB’} \right) = d\left( {OO’;(P)} \right)\) \( = d(O;(P)) = OH = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\)
Ví dụ 2: Cho hình trụ có bán kính \(R\) và chiều cao \(2R.\) Trên các đường tròn đáy \((O)\) và \((O’)\) lần lượt lấy hai điểm \(M\), \(N.\) Một mặt phẳng \((P)\) qua \(MN\) và song song với trục hình trụ.
a) Tính khoảng cách từ \(OO’\) đến mặt phẳng \((P)\) để thiết diện có diện tích bằng \(2{R^2}.\)
b) Xác định vị trí điểm \(M\), \(N\) trên \((O)\), \((O’)\) để khối tứ diện \(MONO’\) có thể tích lớn nhất. Khi đó tính độ dài \(MN\) theo \(R.\)
a) Kẻ đường sinh \(MM’\) và \(NN’\) ta được thiết diện là hình chữ nhật \(MM’NN’.\)
Gọi \(H\) là trung điểm \(MN.\)
Ta có:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{OH \bot MN}\\
{OH \bot MM’}
\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow OH \bot (P).\)
\( \Rightarrow OH = d(O;(P))\) \( = d\left( {OO’;(P)} \right) = h.\)
Tam giác \(OHM\) vuông tại \(H\) nên:
\(H{M^2} = O{M^2} – O{H^2}\) \( = {R^2} – {h^2}.\)
\({S_{MM’NN’}} = MN.MM’\) \( = 2\sqrt {{R^2} – {h^2}} .2R\) \( = 4R\sqrt {{R^2} – {h^2}} .\)
\({S_{MM’NN’}} = 2{R^2}\) \( \Leftrightarrow 4R\sqrt {{R^2} – {h^2}} = 2{R^2}.\)
\( \Leftrightarrow 2\sqrt {{R^2} – {h^2}} = R\) \( \Leftrightarrow 4{R^2} – 4{h^2} = {R^2}.\)
\( \Leftrightarrow {h^2} = \frac{3}{4}{R^2}\) \( \Leftrightarrow h = \frac{{\sqrt 3 }}{2}R.\)
b) Kẻ \(NK \bot O’M’\) \(\left( {K \in O’M’} \right)\) \( \Rightarrow NK \bot OM\) \(\left( {OM//O’M’} \right).\)
Ta lại có \(NK \bot OO’.\)
Suy ra \(NK \bot \left( {MOO’} \right).\)
\( \Rightarrow {V_{MONO’}} = \frac{1}{3}NK.{S_{MOO’}}\) \( = \frac{1}{3}NK.\frac{1}{2}OO’.OM\) \( = \frac{{{R^2}}}{3}.NK.\)
Ví dụ 3: Cho hình trụ có trục \(OO’\), bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h.\) Một điểm \(M\) cố định cách trục của hình trụ một khoảng bằng \(2R.\) Qua \(M\) dựng hai mặt phẳng \((\alpha )\) và \((\beta )\) tiếp xúc với mặt trụ theo các đường sinh \(AA’\) và \(BB’.\) Gọi \(\Delta \) là giao tuyến của \((\alpha )\) và \((\beta ).\)
a) Chứng minh \(\Delta \) vuông góc với đáy của hình trụ.
b) Chứng minh mặt phẳng \((AA’;BB’)\) vuông góc với mặt phẳng \((OO’M).\)
c) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((\alpha )\), \((\beta )\) và tính diện tích của thiết diện tạo ra khi mặt phẳng \((AA’;BB’)\) cắt hình trụ.
a) Ta có:
\(AA’//BB’.\)
\(AA’ \subset (\alpha )\) và \(BB’ \subset (\beta ).\)
\(\Delta = (\alpha ) \cap (\beta ).\)
Suy ra \(\Delta //AA’//BB’\) \( \Rightarrow \Delta //OO’.\)
Do đó \(\Delta \) vuông góc với đáy của hình trụ.
b) Đường thẳng cắt hai mặt phẳng chứa hai đáy của hình trụ lần lượt tại \(C\) và \(C’.\) Ta nhận xét thấy rằng \(\left( {MOO’} \right) \equiv \left( {OO’C’C} \right).\)
Khi đó \(CA\) và \(CB\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) nên \(OC \bot AB.\)
Ta lại có: \(OO’ \bot AB.\)
Suy ra \(AB \bot \left( {OO’C’C} \right).\)
Vì \(AB \subset \left( {AA’;BB’} \right)\) nên \(\left( {AA’;BB’} \right) \bot \left( {OO’C’C} \right).\)
c) Ta có: \(((\alpha );(\beta )) = \widehat {ACB}.\)
\(\Delta //OO’\) \( \Rightarrow d\left( {M;OO’} \right) = d\left( {C;OO’} \right)\) \( = CO = 2R.\)
Tam giác \(AOC\) vuông tại \(A\) có:
\(\sin \widehat {OCA} = \frac{{OA}}{{OC}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \widehat {OCA} = {30^0}.\)
Suy ra \(((\alpha );(\beta )) = \widehat {ACB}\) \( = 2\widehat {ACO} = {60^0}.\)
Tam giác \(OAC\) vuông tại \(A\) có:
\(A{C^2} = O{C^2} – O{A^2}\) \( = 4{R^2} – {R^2} = 3{R^2}\) \( \Rightarrow AC = R\sqrt 3 .\)
Tam giác \(ABC\) có \(CA = CB = R\sqrt 3 \) và \(\widehat {ACB} = {60^0}\) nên là tam giác đều.
Suy ra \(AB = R\sqrt 3 \) và \({S_{AA’B’B}} = AB.AA’ = \sqrt 3 Rh.\)
C. BÀI TẬP
Bài tập 1. Trên các đường tròn đáy của một hình trụ có chiều cao \(h\) và bán kính đáy \(R\), người ta lấy các điểm \(A\) và \(B.\) Xác định khoảng cách giữa các đường thẳng \(AB\) và trục của hình trụ trong các trường hợp sau:
a) \(AB = \frac{3}{2}h.\)
b) Góc giữa \(AB\) và mặt đáy là \(\alpha .\)
Bài tập 2. Một mặt phẳng đi qua trục của một 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 khối trụ.
c) Tính thể tích khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ.
Bài tập 3. Cho hình chóp \(SABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a\) và đường cao \(SA = 2a.\) \(MNPQ\) là thiết diện song song với đáy, \(M\) thuộc \(SA\) và \(AM = x.\) Xét hình trụ có đáy là đường tròn ngoại tiếp \(MNPQ\) và đường sinh là \(MA.\)
a) Tính diện tích \(MNPQ\) theo \(a\) và \(x.\)
b) Tính thể tích của hình trụ theo \(a\) và \(x.\)
c) Xác định vị trí của \(M\) để hình trụ có thể tích lớn nhất.
Bài tập 4. Cho hình trụ có trục là \(OO’ = 2R\), bán kính đáy \(R.\) Gọi \(A\) là một điểm trên đường tròn \((O)\), \(B\) là một điểm trên đường tròn \((O’)\) sao cho \(OA \bot O’B.\)
a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp \(OABO’\) là những tam giác vuông. Tính thể tích của hình chóp.
b) Gọi \((\alpha )\) là mặt phẳng qua \(AB\) và song song với \(OO’.\) Tính khoảng cách giữa \(OO’\) và mặt phẳng \((\alpha).\)
c) Chứng minh rằng \((\alpha)\) tiếp xúc với một mặt trụ cố định.
Bài tập 5. Cho tứ diện đều \(ABCD\) có cạnh bằng \(a.\) Gọi \(O\) là tâm của tam giác \(BCD\), dựng mặt phẳng \((\alpha )\) vuông góc với \(AO\) tại một điểm \(I\) thuộc đoạn \(AO.\) Mặt phẳng \((\alpha )\) cắt \(AB\), \(AC\), \(AD\) lần lượt tại \(M\), \(N\), \(P.\) Một hình trụ có một đáy là hình tròn nội tiếp tam giác \(MNP\) và đáy kia nằm trên mặt phẳng \((BCD).\) Xác định vị trí điểm \(I\) trên \(AO\) để khối trụ ấy có thể tích lớn nhất.
Bài tập 6. Cho hình lập phương cạnh \(a.\)
a) Tính thể tích hình trụ ngoại tiếp hình lập phương.
b) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình trụ.
Bài tập 7. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn tâm \(O\) và \(O’\), bán kính đáy bằng chiều cao và bằng \(a.\) Trên đường tròn đáy tâm \(O\) lấy điểm \(A\), trên đường tròn đáy tâm \(O’\) lấy điểm \(B\) sao cho \(AB = 2a.\) Tính thể tích của khối tứ diện \(OO’AB.\)
Bài tập 8. Cho hình trụ có bán kính đáy \(R = 5\)cm, chiều cao \(h = 7\)cm. Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình trụ và mặt phẳng \((\alpha )\) song song với trục và cách trục \(3\)cm.
