Câu hỏi:

03/03/2025 4,274

Một chụp nhựa bảo vệ chuông điện có cấu trúc gồm một phần là hình trụ bán kính đáy \(R\), chiều cao \(6\,\,{\rm{cm}}\) và một phần là hình bán cầu bán kính \(R\) (như hình vẽ). Cho biết diện tích mặt xung quanh của khối chụp là \(120\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.\) Tính thể tích khối chụp (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị với đơn vị \[{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}).\]

Một chụp nhựa bảo vệ chuông điện có cấu trúc gồm một phần là hình trụ bán kính đáy   R  , chiều cao   6 c m   và một phần là hình bán cầu bán kính   R   (như hình vẽ). Cho biết diện tích mặt xung quanh của khối chụp là   120 π c m 2 .   Tính thể tích khối chụp (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị với đơn vị   c m 3 ) . (ảnh 1)

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack

Hướng dẫn giải

Đáp số: 844.

Diện tích xung quanh của khối trụ là: \(2\pi R \cdot 6 = 12\pi R\,\,\left( {\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Diện tích xung quanh của hình bán cầu là: \(2\pi R.R = 2\pi {R^{\rm{2}}}\,\,\left( {\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Diện tích xung quanh của khối chụp là: \[12\pi R + 2\pi {R^{\rm{2}}} = 120\pi \]

A. \[{R^2} + 6R - 60 = 0\]

B. \[R = - 3 + \sqrt {69} \] (TM) hoặc \[R = - 3 - \sqrt {69} \] (loại).

Thể tích của khối chụp là:

\[V = \frac{2}{3}\pi {R^3} + \pi {R^2}h = \frac{2}{3}\pi {\left( { - 3 + \sqrt {69} } \right)^3} + \pi {\left( { - 3 + \sqrt {69} } \right)^2} \cdot 6 \approx 844\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\]

Vậy thể tích khối chụp khoảng \[844\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}.\]

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Hướng dẫn giải

Đáp số: 30.

Gọi vận tốc của xe tải là \(x\,\,({\rm{km/h}})\,\,\,\left( {x > 0} \right).\)

Khi đó, vận tốc của xe khách là \(x\, + \,10\,\,({\rm{km/h}}).\)

Thời gian đi hết quãng đường của xe tải là \(\frac{{132}}{x}\) (giờ) và của xe khách là \(\frac{{132}}{{x + 10}}\) (giờ).

Đổi 1 giờ 6 phút \( = \,\frac{{11}}{{10}}\) giờ.

Vì xe khách đi nhanh hơn xe tải 1 giờ 6 phút nên ta có phương trình:

\(\frac{{132}}{x} - \frac{{132}}{{x + 10}} = \frac{{11}}{{10}}\)

\(\frac{{12}}{x} - \frac{{12}}{{x + 10}} = \frac{1}{{10}}\)

\(120\left( {x + 10} \right) - 120x = x\left( {x + 10} \right)\)

\(120x + 1200 - 120x = {x^2} + 10x\)

\[{x^2} + 10x - 1200 = 0\]

\(x = 30\) (TMĐK) hoặc \[{\rm{\;}}x = - 40\] (loại).

Vậy vận tốc của xe tải là \(30\,\,{\rm{km/h}}{\rm{.}}\)

Lời giải

Hướng dẫn giải

Cho tam giác   A B C   nhọn có   A B < A C   nội tiếp đường tròn   ( O ; R )  . Các đường cao   B E ; C F   của tam giác cắt nhau tại   H     ( E   thuộc   A C , F  thuộc   A B ) .    a) Chứng minh: Tứ giác   B F E C   nội tiếp đường tròn.  b) Kẻ đường kính   A K   của đường tròn   ( O )  . Chứng minh   A K   vuông góc với   E F  . (ảnh 1)

a) Ta có \[BE,\,\,CF\] là hai đường cao của tam giác \[ABC\] nên \[\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ .\]

Tam giác \[BCE\] vuông tại \[E\] nên \[B,\,\,C,\,\,E\] thuộc đường tròn đường kính \[BC.\]

Tam giác \[BFC\] vuông tại \[F\] nên \[B,\,\,C,\,\,F\] thuộc đường tròn đường kính \[BC.\]

Do đó \[B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\] thuộc đường tròn đường kính \[BC.\]

Hay tứ giác \[BFEC\] là tứ giác nội tiếp.

b) Vì tứ giác \[BFEC\] nội tiếp nên \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\], mà \[\widehat {AKC} = \widehat {ABC}\] nên \[\widehat {AKC} = \widehat {AEF}.\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên

\[\widehat {AKC} + \widehat {IAE} = 90^\circ \] hay \[\widehat {AEF} + \widehat {IAE} = 90^\circ .\]

Tam giác \[IAE\] vuông tại \[I\] nên \[AK \bot EF\] (đpcm).

c) Gọi \[M\] là giao điểm của \[BC\] và \[HK.\]

Vì \(\widehat {ABK},\,\,\widehat {ACK}\) đều là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {ABK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {ACK} = 90^\circ \] hay \(AB \bot BK\,;\,\,AC \bot CK.\)

Vì \(AB \bot BK\) và \(AB \bot CF\) nên \[BK\,{\rm{//}}\,CF\] hay \[BK\,{\rm{//}}\,CH.\]

Vì \(AC \bot CK\) và \(AC \bot BE\) nên \[BE\,{\rm{//}}\,CK\] hay \[BH\,{\rm{//}}\,CK.\]

Xét tứ giác \(BHCK\) có \[BK\,{\rm{//}}\,CH\,;\,\,BH\,{\rm{//}}\,CK\] nên tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo \(BC\) và \[HK\]cắt nhau tại trung điểm \[M\] của mỗi đường.

Xét tam giác \[AHK\] có \(O,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AK,\,\,HK\)

Suy ra \[OM\] là đường trung bình tam giác \[AHK\] nên \[AH = 2OM;\,\,OM\,{\rm{//}}\,AH.\]

Vì \[\Delta AEH\] vuông tại \[E\] nên \({S_{AEH}} = \frac{1}{2}AE \cdot EH \le \frac{1}{2} \cdot \frac{{A{E^2} + E{H^2}}}{2} = \frac{{A{H^2}}}{4} = O{M^2}. & \left( 1 \right)\)

Vì \[M\] là trung điểm của \(BC\) nên \[BM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\]

Vì \[OM\,{\rm{//}}\,AH\] và \(AH \bot BC\) nên \(OM \bot BC.\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta OBM\) vuông tại \(M\) \(\left( {OM \bot BC} \right)\), ta có: \(O{B^2} = O{M^2} + B{M^2}\)

Khi đó \[O{M^2} = O{B^2} - B{M^2} = {R^2} - {\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {R^2} - \frac{3}{4}{R^2} = \frac{{{R^2}}}{4}.\] Suy ra \(OM = \frac{R}{2}. & \left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \({S_{AEH}} \le \frac{{{R^2}}}{4}\).

Dấu xảy ra khi \[AE = EH\] nên \(\widehat {EAH} = 45^\circ \) hay \(\widehat {ACB} = 45^\circ \).

Vậy \[{\left( {{S_{AEH}}} \right)_{\max }} = \frac{{{R^2}}}{4}\] khi \[A\] thuộc cung lớn \[BC\] và \[\widehat {ACB} = 45^\circ .\]