Chủ đề này có 1 trả lời

[Frankesten]

Cho tứ diện đều ABCD với AB=1. Gọi M là trung điểm của BC. Tính thể tích khối tròn xoay tạo bởi tứ diện ABCD xoay quanh trục AM.

[chanhquocnghiem]

Cho tứ diện đều ABCD với AB=1. Gọi M là trung điểm của BC. Tính thể tích khối tròn xoay tạo bởi tứ diện ABCD xoay quanh trục AM.

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC\Rightarrow G\in AM$

Ta có : $MA=MD=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ; $MG=\frac{\sqrt{3}}{6}$ ; $DG=\sqrt{MD^2-MG^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

Gọi $\alpha$ là mặt phẳng vuông góc với $AM$ tại $N$ ($N\in MG$).

Kẻ $NP//GD$ và $PQ//MB$ ($P\in MD$ ; $Q\in BD$).Khi đó mặt phẳng $\alpha$ chính là $(NPQ)$ và $Q$ là một trong hai điểm thuộc thiết diện nằm cách xa $AM$ nhất

Đặt $MN=x$, ta có :

$NP=GD.\frac{MN}{MG}=\frac{\sqrt{6}}{3}.\frac{x}{\frac{\sqrt{3}}{6}}=2\sqrt{2}\ x$

$MP=MD.\frac{MN}{MG}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{x}{\frac{\sqrt{3}}{6}}=3x$

$PQ=MB.\frac{PD}{MD}=\frac{1}{2}.\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-3x}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{2}-\sqrt{3}\ x$

$NQ=\sqrt{NP^2+PQ^2}=\sqrt{11x^2-\sqrt{3}\ x+\frac{1}{4}}$

 

Gọi $\beta$ là mặt phẳng vuông góc với $AM$ tại $K$ ($K\in GA$)

Kẻ $KL//GD$ ($L\in AD$).Khi đó mặt phẳng $\beta$ chứa $KL$ và $L$ là điểm thuộc thiết diện nằm cách xa $AM$ nhất

Đặt $MK=x\Rightarrow AK=\frac{\sqrt{3}}{2}-x$

$KL=GD.\frac{AK}{AG}=\frac{\sqrt{6}}{3}.\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-x}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{2}-\sqrt{2}\ x$

 

Thể tích khối tròn xoay cần tính là :

$V=\pi\left ( \int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{6}}\left ( 11x^2-\sqrt{3}\ x+\frac{1}{4} \right )dx+\int_{\frac{\sqrt{3}}{6}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\left ( \frac{\sqrt{6}}{2}-\sqrt{2}\ x \right )^2dx \right )=\frac{\sqrt{3}}{8}\ \pi$.