(Chuyên Hạ Long 2022) Cho hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai hình tròn \((O;R)\) và \(\left( {O\prime ;R} \right)\). Tồn tại dây cung \(AB\) thuộc đường tròn \((O)\) sao cho \(\Delta O\prime AB\) là tam giác đều và mặt phẳng \(\left( {O\prime AB} \right)\) hợp với mặt phẳng chứa đường tròn \((O)\) một góc \(60^\circ \). Khi đó diện tích xung quanh \({S_{xq}}\) hình trụ là

A. \({S_{xq}} = \frac{{4\pi {R^2}}}{7}\).

B. \({S_{xq}} = \frac{{3\pi {R^2}}}{{\sqrt 7 }}\).

C. \({S_{xq}} = \frac{{3\pi {R^2}\sqrt 7 }}{7}\).

D. \({S_{xq}} = \frac{{6\pi {R^2}\sqrt 7 }}{7}\).

Lời giải:

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\). Khi đó \(OI \bot AB\).

Xét tam giác \(O\prime OI\) vuông tại \(O\) có \(OI = \frac{{O\prime O}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{O\prime O}}{{\sqrt 3 }}\) và \(O\prime I = \frac{{O\prime O}}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{2O\prime O}}{{\sqrt 3 }}\). Mặt khác xét tam giác OIA vuông tại \(I\) có \(A{I^2} = {R^2} – O{I^2} = {R^2} – \frac{{O{O^{\prime 2}}}}{3} \Rightarrow A{B^2} = 4\left( {{R^2} – \frac{{O\prime {O^2}}}{3}} \right)\).

Vì \({\mathop{\rm tam}\nolimits} \) giác \(O\prime AB\) đều nên \(O\prime I = AB\frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow O\prime {I^2} = \frac{3}{4}A{B^2} \Leftrightarrow \frac{4}{3}O\prime {O^2} = 3{R^2} – O\prime {O^2} \Leftrightarrow O\prime O = \frac{{3R}}{{\sqrt 7 }}.\)

Diện tích xung quanh hình trụ \({S_{xq}} = 2\pi R \cdot O\prime O = \frac{{6\pi {R^2}\sqrt 7 }}{7}\).