Khi quay đường thẳng \(d\) quanh một đường thẳng \(\Delta //d\) thì ta được mặt trụ có trục \(\Delta \) và đường sinh \(d\).

Ta có: \({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_d} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 2\pi r\left( {h + r} \right) = {C_d}.\left( {h + r} \right)\)

Dó đó công thức ở đáp án D là sai.

Ta có: \({l^2} = {r^2} + {h^2} \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  \Rightarrow V = \dfrac{1}{3}{S_d}.h = \dfrac{1}{3}{S_d}.\sqrt {{l^2} - {r^2}} \)

Ta có:

\(\begin{array}{l}A'B' = AB = a\\B'C' = \sqrt {A'B{'^2} + A'C{'^2}}  = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \\B'C = \sqrt {B'C{'^2} + C'{C^2}}  = \sqrt {2{a^2} + 2{a^2}}  = 2a\\A'C = \sqrt {A'C{'^2} + C'{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 3 \\ \Rightarrow A'B{'^2} + A'{C^2} = {a^2} + 3{a^2} = 4{a^2} = B'{C^2}\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta A'B'C\) vuông tại \(A'\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(B'C\) thì \(IB' = IC = IA'\)

Mà \(\Delta CC'B'\) vuông tại \(C'\) nên \(IB' = IC = IC'\)

Vậy \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(CA'B'C'\) và bán kính \(R = \frac{1}{2}B'C = a\).

\( \Rightarrow S = 4\pi {R^2} = 4\pi {a^2}\).

Áp dụng công thức \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2}\) ta được: \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .1.2 + \pi {.1^2} = 3\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Áp dụng các công thức trong tứ diện đều cạnh $a$

Bán kính mặt cầu nội tiếp $r = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{12}} = 1 \Rightarrow a = 2\sqrt 6 $

Thể tích tứ diện đều đó là $V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = 8\sqrt 3 $

Khi cắt hình trụ bởi mặt phẳng song song với trục mà khoảng cách giữa \(\left( \alpha  \right)\) và trục nhỏ hơn bán kính hình trụ thì ta được thiết diện là hình chữ nhật.

Các tiếp tuyến của mặt cầu tại cùng một điểm thì cùng thuộc mặt phẳng tiếp diện của mặt cầu tại điểm đó.

Vì tứ diện là hình chóp tam giác nên nó luôn có mặt cầu ngoại tiếp, ngoài ra nó chỉ có duy nhất một mặt cầu ngoại tiếp.

Quay hình chữ nhật \(ABCD\) quanh cạnh \(AD\) thì được hình trụ có chiều cao \(AD\), đường sinh \(BC\) và bán kính đáy \(AB,CD\).

Do đó \(CD\) được gọi là bán kính đáy.

Ta có: \(V = \pi {r^2}h = \pi {.4^2}.5 = 80\pi c{m^3}\)

Quan sát hình vẽ ta thấy đường sinh là $AB$ và đường cao $AO$.

\(V = Sh = \pi {R^2}.h \Rightarrow R = \sqrt {\dfrac{V}{{\pi h}}}  = \sqrt {\dfrac{{0,{{5.10}^{ - 3}}}}{{\pi .0,15}}}  = 0,0326(m) = 3,26(cm)\)

Áp dụng công thức \({S_{xq}} = \pi rl\) ta được: \({S_{xq}} = \pi .3.4 = 12\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Nếu \(OH < R\) thì \(\left( P \right)\) cắt \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là một đường tròn.

Áp dụng công thức tính thể tích khối nón \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.2^2}.3 = 4\pi c{m^3}\) 

Hình nón thu được có đường sinh $l = AB = a$; bán kính đáy

$r = OB = AB.\sin 30^\circ  = \dfrac{a}{2}$ và diện tích xung quanh là

${S_{xq}} = \pi rl = \dfrac{{\pi {a^2}}}{2}$

Hình trụ đó có chiều cao $h = \dfrac{V}{{\pi {R^2}}}$ và diện tích toàn phần

${S_{tp}} = 2\pi {R^2} + 2\pi Rh = 2\pi {R^2} + \dfrac{{2V}}{R} = 2\pi {R^2} + \dfrac{V}{R} + \dfrac{V}{R} \ge 3\sqrt[3]{{2\pi {R^2}.\dfrac{V}{R}.\dfrac{V}{R}}} = 3\sqrt[3]{{2\pi {V^2}}}$

Dấu “=” xảy ra ⇔$2\pi {R^2} = \dfrac{V}{R} \Leftrightarrow {R^3} = \dfrac{V}{{2\pi }} \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{{\dfrac{V}{{2\pi }}}}$

Tam giác \(OAO'\) vuông tại \(O\) nên:

\(O'A = \sqrt {O{A^2} + O'{O^2}}  = \sqrt {{4^2} + {4^2}}  = 4\sqrt 2 \)

Tam giác \(AO'B\) có:

\(O'{A^2} + O'{B^2} = A{B^2}\) nên tam giác \(AO'B\) vuông tại \(O'\)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}O'B \bot {\rm{OO'}}\\O'B \bot A{\rm{O'}}\end{array} \right. \Rightarrow O'B \bot \left( {{\rm{AOO'}}} \right)$

${S_{\Delta AOO'}} = \dfrac{1}{2}OA.OO= \dfrac{1}{2}.4.4 = 8$

$ \Rightarrow {V_{AOO'B}} = \dfrac{1}{3}{S_{\Delta AOO'}}.O'B = \dfrac{1}{3}.8.4 = \dfrac{{32}}{3}$

Gọi $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm $AB$, tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta SAB$, tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC \Rightarrow MNPQ$ là hình vuông suy ra

$PN = MQ = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6};NB = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}$

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp là $R = PB = \sqrt {P{N^2} + N{B^2}}  = \dfrac{{\sqrt {15} }}{6}$

Thể tích $V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{{5\sqrt {15} \pi }}{{54}}$

Gọi $AA'$  là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

\(AC \bot A'C;\,AB \bot A'B\)

Ta chứng minh \(AC' \bot A'C'\)

\(SA \bot A'C;\,AC \bot A'C \Rightarrow A'C \bot AC'\)

Mà \(AC' \bot SC \Rightarrow AC' \bot A'C'\)

Tương tự \(AB' \bot A'B'\)

Như vậy $B,C,C',B'$ cùng nhìn $AA'$  bằng $1$  góc vuông nên $A,B,C,B',C'$ cùng thuộc $1$  mặt cầu có đường kính là $AA'$  và cũng đồng thời là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Tính \(BC = \sqrt {{b^2} + {c^2} - 2b\cos \alpha } \)

Trong tam giác \(ABC:\dfrac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \dfrac{{\sqrt {{b^2} + {c^2} - 2bc\cos \alpha } }}{{2\sin \alpha }}\)

Do $D$ đối xứng với $C$ qua $B$ nên có $BC = DC = AC$ suy ra tam giác $ABD$ là tam giác vuông tại $A$.

Kẻ đường thẳng $d$ qua $C$ vuông góc với đáy, đường thẳng này là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy $ABD$ .

Tam giác $SAB$ cân tại $S$ , gọi $M$ là trung điểm $AB,H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $SAB$

 \( \Rightarrow H \in SM;SM = \sqrt {S{A^2} - A{M^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{{2\sqrt 3 }}\)

\(SH = \dfrac{{AB.SA.SB}}{{4.{S_{SAB}}}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}.a}}{{4.\dfrac{1}{2}.a.AM}} = \dfrac{{4a}}{{\sqrt {39} }}\)

Trong $\left( {SAC} \right)$  dựng\(HI \bot SM\left( {I \in d} \right)(1)\).

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SM\\AB \bot MC\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SMC} \right) \Rightarrow AB \bot HI(2)\)

Từ (1), (2) suy ra \(HI \bot \left( {SAB} \right)\) , suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chóp $S.ABD$

Gọi \(Q = MS \cap CI\), xét tam giác $SCM$ có

\(\dfrac{{SM}}{{QM}} = \dfrac{{MG}}{{MC}} = \dfrac{1}{3}\) \( \Rightarrow QM = 3SM = 3.\dfrac{{a\sqrt {13} }}{{2\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{2}\)

\( \Rightarrow QH = QM - MS + HS\) \( = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{2} - \dfrac{{a\sqrt {13} }}{{2\sqrt 3 }} + \dfrac{{4a}}{{\sqrt {39} }} = \dfrac{{17a}}{{\sqrt {39} }}\)

\(QC = \sqrt {Q{M^2} - M{C^2}}  = 3a\)

Xét: \(\Delta QHI \sim \Delta QCM \Rightarrow \dfrac{{HI}}{{CM}} = \dfrac{{HQ}}{{QC}}\) \( \Rightarrow HI = \dfrac{{HQ.CM}}{{QC}} = \dfrac{{17a}}{{6\sqrt {13} }}\)

\( \Rightarrow R = SI = \sqrt {H{I^2} + H{S^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {17} }}{{6\sqrt {13} }}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{4a}}{{\sqrt {39} }}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {37} }}{6}\)

Giả sử đáy là đa giác đều ${A_1}{A_2}...{A_n}$. $O$ là tâm đáy, chóp có chiều cao là $SH$ . Gọi $I$ là trung điểm của ${A_1}{A_2}$

Ta có : $I{A_1} = R.\sin \dfrac{\pi }{n};OI = R.\cos \dfrac{\pi }{n}$

$SO = OI.\tan {60^0} = R.\cos \dfrac{\pi }{n}.\sqrt 3  = R\sqrt 3 .\cos \dfrac{\pi }{n}$

Diện tích đáy : $S = \dfrac{{3V}}{{SO}} = \dfrac{{3.\dfrac{{3\sqrt 3 }}{4}.{R^3}}}{{R\sqrt 3 .cos\dfrac{\pi }{n}}} = \dfrac{{9{R^2}}}{{4\cos \dfrac{\pi }{n}}}$

Mà $S = n.\dfrac{1}{2}{R^2}.\sin \dfrac{{2\pi }}{n} \Rightarrow \dfrac{{9{R^2}}}{{4\cos \dfrac{\pi }{n}}} = n.\dfrac{1}{2}.{R^2}.\sin \dfrac{{2\pi }}{n}$

$ \Leftrightarrow n\sin \dfrac{{2\pi }}{n}\cos \dfrac{\pi }{n} = \dfrac{9}{2}$

Thử các giá trị của $n$ ở các đáp án ta được \(n = 6\).

Tứ diện đều $ABCD$ có cạnh đều bằng $2$ (do $BC = BM + MC = 1 + 1 = 2$).

Tam giác $ACD$ đều, cạnh bằng $2$ => Chiều cao $AN = 2.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 $

Tam giác $BCD $ đều, cạnh bằng $2$, $I$ là trọng tâm

=> $IN = \dfrac{1}{3}BN = \dfrac{1}{3}.\sqrt 3  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}$

Tam giác $AIN$ vuông tại $I,$ theo Pytago ta có: $AI = \sqrt {A{N^2} - I{N^2}}  = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \sqrt {\dfrac{8}{3}}  = \dfrac{{\sqrt {24} }}{3} = \dfrac{{2\sqrt 6 }}{3}$

Vậy, khoảng cách từ $O $ đến mặt bàn bằng $OJ = OA + AI + IJ = 1 + $ $\dfrac{{2\sqrt 6 }}{3}$ $+ 1 = $ $\dfrac{{6 + 2\sqrt 6 }}{3}$

Xét quả bóng tiếp xúc với các bức tường và chọn hệ trục $Oxyz$ như hình vẽ bên (tương tự với góc tường còn lại).

Gọi $I\left( {a;a;a} \right)$ là tâm của mặt cầu (tâm quả bóng) và $R = a.$

$ \Rightarrow $ phương trình mặt cầu của quả bóng là

$\left( S \right):{\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - a} \right)^2} + {\left( {z - a} \right)^2} = {a^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).$

Giả sử $M\left( {x;y;z} \right)$ nằm trên mặt cầu (bề mặt của quả bóng) sao cho $d\left( {M;\left( {Oxy} \right)} \right) = 1,\,\,d\left( {M;\left( {Oyz} \right)} \right) = 2,\,\,d\left( {M;\left( {Oxz} \right)} \right) = 3$

Khi đó $z = 1;\,\,x = 2;\,\,y = 3\,\, \Rightarrow \,\,M\left( {2;3;1} \right) \in \left( S \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right).$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ suy ra ${\left( {1 - a} \right)^2} + {\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {4 - a} \right)^2} = {a^2}$

$ \Rightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}{R_1} = {a_1} = \dfrac{{7 - \sqrt 7 }}{2}\\{R_2} = {a_2} = \dfrac{{7 + \sqrt 7 }}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \,\,{d_1} + {d_2} = 2\left( {{R_1} + {R_2}} \right) = 14.$