Google
Câu hỏi: Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn $\left( O;R \right)$ và $\left( {O}';R \right)$. Gọi $AB$ là một dây cung của đường tròn $(O;R)$ sao cho tam giác ${O}'AB$ là tam giác đều và mặt phẳng $({O}'AB)$ tạo với mặt phẳng chứa đường tròn $(O;R)$ một góc $60{}^\circ $. Tính theo $R$ thể tích $V$ của khối trụ đã cho.
A. $V=\dfrac{\pi \sqrt{7}{{R}^{3}}}{7}$.
B. $V=\dfrac{3\pi \sqrt{5}{{R}^{3}}}{5}$ .
C. $V=\dfrac{\pi \sqrt{5}{{R}^{3}}}{5}$.
D. $V=\dfrac{3\pi \sqrt{7}{{R}^{3}}}{7}$ .
Gọi $H$ là trung điểm$$ $AB$. Theo giả thiết $\overset\frown{OHO'}=60{}^\circ $.
Đặt $AB=x$. Vì cho tam giác $O'AB$ là tam giác đều nên $O'H=\dfrac{x\sqrt{3}}{2}$.
Ta có $OH=\sqrt{O{{A}^{2}}-{{\left( \dfrac{AB}{24} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}$.
Xét tam giác $O'OH$ vuông tại $O$, có $\cos 60{}^\circ =\dfrac{OH}{{O}'H}\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}}{\dfrac{x\sqrt{3}}{2}}\Leftrightarrow \dfrac{x\sqrt{3}}{4}=\sqrt{{{R}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}\Leftrightarrow \dfrac{3{{x}^{2}}}{16}={{R}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}\Leftrightarrow \dfrac{7{{x}^{2}}}{16}={{R}^{2}}$
$\Rightarrow x=\dfrac{4R\sqrt{7}}{7}$.
Ta có $OO'=O'H\sin 60{}^\circ =\dfrac{x\sqrt{3}}{2}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{4R\sqrt{7}}{7}=\dfrac{3R\sqrt{7}}{7}$
Do đó $V=\pi {{R}^{2}}h=\pi {{R}^{2}}.\dfrac{3R\sqrt{7}}{7}=\dfrac{3\pi {{R}^{3}}\sqrt{7}}{7}$.
A. $V=\dfrac{\pi \sqrt{7}{{R}^{3}}}{7}$.
B. $V=\dfrac{3\pi \sqrt{5}{{R}^{3}}}{5}$ .
C. $V=\dfrac{\pi \sqrt{5}{{R}^{3}}}{5}$.
D. $V=\dfrac{3\pi \sqrt{7}{{R}^{3}}}{7}$ .
Gọi $H$ là trung điểm$$ $AB$. Theo giả thiết $\overset\frown{OHO'}=60{}^\circ $.
Đặt $AB=x$. Vì cho tam giác $O'AB$ là tam giác đều nên $O'H=\dfrac{x\sqrt{3}}{2}$.
Ta có $OH=\sqrt{O{{A}^{2}}-{{\left( \dfrac{AB}{24} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}$.
Xét tam giác $O'OH$ vuông tại $O$, có $\cos 60{}^\circ =\dfrac{OH}{{O}'H}\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}}{\dfrac{x\sqrt{3}}{2}}\Leftrightarrow \dfrac{x\sqrt{3}}{4}=\sqrt{{{R}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}}\Leftrightarrow \dfrac{3{{x}^{2}}}{16}={{R}^{2}}-\dfrac{{{x}^{2}}}{4}\Leftrightarrow \dfrac{7{{x}^{2}}}{16}={{R}^{2}}$
$\Rightarrow x=\dfrac{4R\sqrt{7}}{7}$.
Ta có $OO'=O'H\sin 60{}^\circ =\dfrac{x\sqrt{3}}{2}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{4R\sqrt{7}}{7}=\dfrac{3R\sqrt{7}}{7}$
Do đó $V=\pi {{R}^{2}}h=\pi {{R}^{2}}.\dfrac{3R\sqrt{7}}{7}=\dfrac{3\pi {{R}^{3}}\sqrt{7}}{7}$.
Đáp án D.