Hình nón có bán kính đáy R và chiều cao h thì đường sinh \(l = \sqrt {{R^2} + {h^2}} \).

Khi đó diện tích xung quanh hình nón là \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi R\sqrt {{R^2} + {h^2}} \).

Ta có: \({S_{tp}} = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 2\pi .5.3 + 2\pi {.5^2} \approx 251,3c{m^2}\)

Khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng $a$ thì bán kính đáy \(r = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và chiều cao \(h = a\).

Suy ra \(V = \pi {r^2}h = \dfrac{{\pi {a^3}}}{2}\)

Tăng bán kính mặt cầu lên 4 lần thì diện tích mặt cầu tăng 16 lần.

Quay hình chữ nhật quanh hai cạnh đối diện ta được các hình trụ có chiều cao và bán kính đáy bằng nhau nên A đúng, B, C, D sai.

Trong các hình chóp tam giác, tứ giác, ngũ giác, lục giác thì chỉ có tam giác luôn nội tiếp được đường tròn nên hình chóp tam giác luôn nội tiếp được mặt cầu.

Đường thẳng và mặt cầu chỉ có thể có số giao điểm là \(0;1;2\) nên số giao điểm lớn nhất có thể có là \(2\) giao điểm.

Khi cắt mặt trụ bởi mặt phẳng tạo với trục một góc \(\alpha \left( {{0^0} < \alpha  < {{90}^0}} \right)\) thì ta được elip.

Gọi \(E\) là tâm tam giác đều \(ABC\) \( \Rightarrow SE \bot \left( {ABC} \right)\) và \(SE\) là trục của \(\left( {ABC} \right)\).

Gọi \(F\) là trung điểm của \(SA\). Trong \(\left( {SAE} \right)\), từ \(F\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(SA\) và cắt \(SE\) tại \(G\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}G \in SE \Rightarrow GA = GB = GC\\G \in GF \Rightarrow GS = GA\end{array} \right.\) \( \Rightarrow GA = GB = GC = GS\), do đó \(G\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABC\).

Xét \(\Delta SFG\) và \(\Delta SEA\) có: \(\angle ASE\) chung, \(\angle SFG = \angle SEA = {90^0}\).

\( \Rightarrow \Delta SFG \sim \Delta SEA\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{SF}}{{SE}} = \dfrac{{SG}}{{SA}}\) \( \Rightarrow SG = \dfrac{{SA.SF}}{{SE}} = \dfrac{{b.\dfrac{b}{2}}}{h} = \dfrac{{{b^2}}}{{2h}}\).

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) là \(R = SG = \dfrac{{{b^2}}}{{2h}}\).

Khi quay đường thẳng, đường tròn quanh một trục cố định thì ta được mặt tròn xoay.

Khi quay một điểm quanh trục cố định ta chỉ được một đường tròn.

Quan sát hình vẽ ta thấy \(AB\) là đường cao.

Xét \(\Delta SAO\) vuông tại \(O\)  có: \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 .\)

Khi đó ta có: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h = \dfrac{1}{3}\pi .{a^2}.a\sqrt 3  = \dfrac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)

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 $

Diện tích toàn phần của hình nón đã cho là: \({S_{tp}} = \pi Rl + \pi {R^2}\) \( = \pi .3.5 + \pi {.3^2} = 24\pi .\)

Tập hợp các điểm \(M\left( {a;b;c} \right)\) sao cho \({a^2} + {b^2} \le 2,\,\,\left| c \right| \le 8\) là khối trụ có bán kính đáy \(r = \sqrt 2 \), chiều cao \(h = 16\).

Do đó thể tích khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = \pi .{\left( {\sqrt 2 } \right)^2}.16 = 32\pi \).

Ta thấy \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{R}{2} \Rightarrow r = \sqrt {{R^2} - d_{\left( {I;\left( p \right)} \right)}^2}  = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\).

Khi đó chu vi đường tròn bằng \(S = 2\pi r = R\sqrt 3 \pi \)

Kéo dài AD và BC cắt nhau tại S.

Quay tam giác SCD quanh trục SN được hình nón (N) đỉnh S, đáy là đường tròn đường kính CD.

Gọi hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn đường kính AB là (M).

Theo định lý Talet ta có: \(\dfrac{{SA}}{{SD}} = \dfrac{{SM}}{{SN}} = \dfrac{{AB}}{{AD}} = \dfrac{{3a}}{{6a}} = \dfrac{1}{2}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SN}} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{SM}}{{SM + 2a}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow 2SM = SM + 2a\)\( \Leftrightarrow SM = 2a\)

\( \Rightarrow SN = SM + MN = 4a.\)

Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác \(SAM,\,\,SDN\) vuông tại \(M,\,\,N\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}S{A^2} = S{M^2} + A{M^2}\\S{D^2} = S{N^2} + D{N^2}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}S{A^2} = 4{a^2} + {\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{25{a^2}}}{4}\\S{D^2} = {\left( {4a} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{6a}}{2}} \right)^2} = 25{a^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA = \dfrac{{5a}}{2}\\SD = 5a\end{array} \right..\)

\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh hình chóp cụt cần tính là:

\(\begin{array}{l}{S_{xq\,\,\left( N \right)}} - {S_{xq\,\,\left( M \right)}} = \pi .DN.SD - \pi .SA.AM\\ = \pi .5a.3a - \pi .\dfrac{{5a}}{2}.\dfrac{{3a}}{2} = \dfrac{{45\pi {a^2}}}{4} = 11,25\pi {a^2}.\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{SAM}} = \dfrac{1}{2}SA.SM\sin \widehat {ASM}\\ = \dfrac{1}{2}S{A^2}\sin \widehat {ASM} \le \dfrac{1}{2}S{A^2}\\ \Rightarrow \max {S_{SAM}} = \dfrac{1}{2}S{A^2}\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\sin \widehat {ASM} = 1 \Leftrightarrow \widehat {ASM} = {90^0}\).

Có $2$ điểm $M$ như vậy (hai điểm đối xứng với nhau qua $AB$).

Dựng hình lăng trụ (như hình vẽ).

\(\begin{array}{l}{V_{ABEF}} = \dfrac{1}{2}{V_{F.AEMB}} = \dfrac{1}{2}\left( {{V_{AEN.BMF}} - {V_{F.AEN}}} \right) = \dfrac{1}{2}.\left( {{V_{AEN.BMF}} - \dfrac{1}{3}{V_{AEN.BMF}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}{V_{AEN.BMF}} = \dfrac{1}{3}{V_{AEN.BMF}}\end{array}\)

\(\Delta AEN\) vuông tại E có \(AN = 2R = \dfrac{{AD}}{\pi } = \dfrac{6}{\pi }\)

Số đo góc \(\widehat {ANE} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}{.360^0} = {60^0}\) (do )

\( \Rightarrow \Delta AEN\) là một nửa tam giác đều cạnh \(\dfrac{6}{\pi } \Rightarrow {S_{\Delta AEN}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{{\left( {\dfrac{6}{\pi }} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{9\sqrt 3 }}{{2{\pi ^2}}}\)

\( \Rightarrow {V_{AEN.BMF}} = 3.\dfrac{{9\sqrt 3 }}{{2{\pi ^2}}} = \dfrac{{27\sqrt 3 }}{{2{\pi ^2}}} \Rightarrow {V_{ABEF}} = \dfrac{{9\sqrt 3 }}{{2{\pi ^2}}}\).

Gọi \(R,\,\,h\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Giả sử thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật \(ABCD\) như hình vẽ, ta có \(AB = 2R\) và \(AD = h\).

Chu vi thiết diện chứa trục bằng 12 \( \Rightarrow 2R + h = 6 \Rightarrow h = 6 - 2R\).

Khi đó thể tích khối trụ:

\(\begin{array}{l}V = \pi {R^2}h = \pi {R^2}\left( {6 - 2R} \right) = \pi .R.R\left( {6 - 2R} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \le \pi .{\left( {\dfrac{{R + R + 6 - 2R}}{3}} \right)^3} = 8\pi \end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(R = 6 - 2R \Leftrightarrow R = 2.\)

Vậy thể tích khối trụ lớn nhất là \(8\pi \) khi \(R = 2\).

Gọi \(O,\,\,O'\) lần lượt là tâm tam giác đều ABC và A’B’C’, khi đó ta có OO’ là trục của (A’B’C’).

Gọi N là trung điểm của B’M, E là trung điểm của A’C’.

Qua N kẻ NI // B’E \(\left( {I \in OO'} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}B'E \bot BB'\\NI\parallel B'E\end{array} \right. \Rightarrow NI \bot BB'\) \( \Rightarrow IM = IB'\).

Lại có \(I \in OO'\) nên \(IA' = IB' = IC'\).

Do đó ta có \(IA' = IB' = IC' = IM\)  nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp M.A’B’C’, bán kính \(R = IB'\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}NI\parallel B'O'\\B'N\parallel O'I\end{array} \right.\) nên O’B’NI là hình bình hành \( \Rightarrow O'I = B'N = \dfrac{1}{2}B'M = \dfrac{1}{4}BB' = \dfrac{a}{2}\).

Tam giác A’B’C’ đều cạnh a nên \(B'E = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow B'O = \dfrac{2}{3}B'E = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông O’B’I có:

\(IB' = \sqrt {O'{I^2} + B'O{'^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}\).

Xét các tam giác ACB, ADB lần lượt cân tại C và D nên \(CM \bot AB,DM \bot AB\)

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC} \right) \cap \left( {ABD} \right) = AB\\CM \bot AB,CM \subset \left( {ABC} \right)\\DM \bot AB,DM \subset \left( {ABD} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABC} \right);\left( {ABD} \right)} \right) = \angle \left( {CM;DM} \right)\).

Tam giác ACM vuông tại M nên theo Pitago ta có :

\(\begin{array}{l}C{M^2} = A{C^2} - A{M^2}\\ \Rightarrow CM = \sqrt {A{C^2} - A{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\end{array}\)

Tương tự \(DM = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Gọi K là hình chiếu của I lên AD ta có :

Mặt cầu đường kính MN tiếp xúc với AD nên \(IK = IM = IN,IK \bot AD\).

Xét tam giác AMI và AKI có :

\(\begin{array}{l}\widehat {AMI} = \widehat {AKI} = {90^0};\\AI\,chung;\\IM = IK\left( {cmt} \right);\end{array}\)

Do đó \(\Delta AMI = \Delta AKI\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông) \( \Rightarrow AK = AM = \dfrac{a}{2}\) (cạnh tương ứng).

Tương tự : \(\Delta DNI = \Delta DKI\)  (cạnh huyền – cạnh  góc vuông)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow DN = DK = AD - AK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} - \dfrac{a}{2} = \dfrac{{a\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{2}\\ \Rightarrow DC = 2DN = 2.\dfrac{{a\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{2} = a\left( {\sqrt 3  - 1} \right)\end{array}\)

Ap dụng định lý cô sin trong tam giác MCD có :

\(\begin{array}{l}\cos \widehat {CMD} = \dfrac{{M{C^2} + M{D^2} - C{D^2}}}{{2MC.MD}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {a\left( {\sqrt 3  - 1} \right)} \right)}^2}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\sqrt 3  - 3 > 0\\ \Rightarrow \cos \alpha  = \cos \widehat {CMD} = 2\sqrt 3  - 3\end{array}\)

Gọi \({I_1},{I_2},{I_3}\) là tâm của các hình cầu, \(M,N,P\) là các tiếp điểm của các hình cầu (như hình vẽ), \(H,K,F\) là tiếp  ba hình cầu với mặt phẳng (P) (như hình vẽ).

Xét mặt phẳng \(\left( {{I_1}{I_2}KH} \right)\), có:

\(\begin{array}{l}HK = \sqrt {{I_1}{I_2}^2 - {{\left( {{I_2}K - {I_1}H} \right)}^2}} \,\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{{\left( {{R_1} + {R_2}} \right)}^2} - {{\left( {{R_1} - {R_2}} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {4{R_1}{R_2}}  = 2 \Rightarrow {R_1}{R_2} = 1\end{array}\)

Tương tự, \({R_1}{R_3} = \dfrac{9}{4},\,{R_2}{R_3} = 4\)

\( \Rightarrow {R_1}{R_2}{R_3} = \sqrt {1.\dfrac{9}{4}.4}  = 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{R_1} = \dfrac{3}{4}\\{R_2} = \dfrac{4}{3}\\{R_3} = 3\end{array} \right.\).

Vậy \({R_1} + {R_2} + {R_3} = \dfrac{3}{4} + \dfrac{4}{3} + 3 = \dfrac{{61}}{{12}}\).

Để thể tích gỗ cần phải đẽo đi là ít nhất thì thể tích hình trụ là lớn nhất.

Hay hình trụ là hình trụ nội tiếp hình hộp và có thể tích là ${V_1} = \pi {R^2}h = \dfrac{{\pi {x^2}h}}{4}.$

Với $x$ là độ dài cạnh đáy hình hộp $ \Rightarrow $ Thể tích hình hộp là $V = {x^2}h.$

Suy ra thể tích cần phải đẽo là ${V_2} = V - {V_2} = \left( {1 - \dfrac{\pi }{4}} \right){x^2}h.$

Vậy tỉ lệ thể tích gỗ cần phải đẽo là $\dfrac{{{V_2}}}{V}.100\,\%  = \left( {1 - \dfrac{\pi }{4}} \right).100\,\% \,\, \approx \,\,21,5\,\% .$

Gọi $h,\,\,x$ lần lượt là chiều cao, độ dài cạnh đáy của hình chóp tam giác đều $S.ABC.$

Bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta \,ABC$ là  Thể tích khối nón nội tiếp là ${V_1} = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h.$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta \,ABC$ là  Thể tích khối nón nội tiếp là ${V_2} = \dfrac{1}{3}\pi {R^2}h.$

Vậy tỉ số $\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{{r^2}}}{{{R^2}}} = {\left( {\dfrac{{x\sqrt 3 }}{6}} \right)^2}:{\left( {\dfrac{{x\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \dfrac{1}{4}.$