Google
Câu hỏi: Cho hình chóp tứ giác đều \(S. ABCD\) có chiều cao \(SO = h\) và góc \(\widehat {SAB} = \alpha (\alpha > {45^0})\). Tính diện tích xung quanh của hình nón đỉnh \(S\) và có đường tròn đáy ngoại tiếp hình vuông \(ABCD\) của hình chóp.
Phương pháp giải
Sử dụng công thức \({S_{xq}} = \pi rl\).
Lời giải chi tiết
Gọi \(r\) là bán kính đáy của hình nón ta có \(OA = r, SO = h\) và \(SA = SB = SC = SD =l\) là đường sinh của hình nón.
Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn \(AB\), ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}S{A^2} = S{O^2} + O{A^2}\\AI = SA.\cos \alpha \end{array} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{l^2} = {h^2} + {r^2}(1)\\\dfrac{{r\sqrt 2 }}{2} = l\cos \alpha (2)\end{array} \right.\)
\((2) \Rightarrow r = \sqrt 2 l\cos \alpha \)
\((1) \Rightarrow {l^2} = {h^2} + 2{l^2}{\cos ^2}\alpha \)\(\Rightarrow {h^2} = {l^2}(1 - 2{\cos ^2}\alpha)\) \(\Rightarrow {l^2} = \dfrac{{{h^2}}}{{1 - 2{{\cos }^2}\alpha }}\) \(\Rightarrow l = \dfrac{h}{{\sqrt {1 - 2{{\cos }^2}\alpha } }}\)
Do đó \(r = \sqrt 2 l\cos \alpha = \dfrac{{\sqrt 2 h\cos \alpha }}{{\sqrt {1 - 2{{\cos }^2}\alpha } }}\)
\({S_{xq}} = \pi rl\)\(= \pi .\dfrac{{\sqrt 2 h\cos \alpha }}{{\sqrt {1 - 2{{\cos }^2}\alpha } }}.\dfrac{h}{{\sqrt {1 - 2{{\cos }^2}\alpha } }}\) \(= \dfrac{{\pi \sqrt 2 {h^2}\cos \alpha }}{{1 - 2{{\cos }^2}\alpha }}\)
Sử dụng công thức \({S_{xq}} = \pi rl\).
Lời giải chi tiết
Gọi \(r\) là bán kính đáy của hình nón ta có \(OA = r, SO = h\) và \(SA = SB = SC = SD =l\) là đường sinh của hình nón.
Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn \(AB\), ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}S{A^2} = S{O^2} + O{A^2}\\AI = SA.\cos \alpha \end{array} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{l^2} = {h^2} + {r^2}(1)\\\dfrac{{r\sqrt 2 }}{2} = l\cos \alpha (2)\end{array} \right.\)
\((2) \Rightarrow r = \sqrt 2 l\cos \alpha \)
\((1) \Rightarrow {l^2} = {h^2} + 2{l^2}{\cos ^2}\alpha \)\(\Rightarrow {h^2} = {l^2}(1 - 2{\cos ^2}\alpha)\) \(\Rightarrow {l^2} = \dfrac{{{h^2}}}{{1 - 2{{\cos }^2}\alpha }}\) \(\Rightarrow l = \dfrac{h}{{\sqrt {1 - 2{{\cos }^2}\alpha } }}\)
Do đó \(r = \sqrt 2 l\cos \alpha = \dfrac{{\sqrt 2 h\cos \alpha }}{{\sqrt {1 - 2{{\cos }^2}\alpha } }}\)
\({S_{xq}} = \pi rl\)\(= \pi .\dfrac{{\sqrt 2 h\cos \alpha }}{{\sqrt {1 - 2{{\cos }^2}\alpha } }}.\dfrac{h}{{\sqrt {1 - 2{{\cos }^2}\alpha } }}\) \(= \dfrac{{\pi \sqrt 2 {h^2}\cos \alpha }}{{1 - 2{{\cos }^2}\alpha }}\)