Ta có: \({S_1} = {6.40^2} = 9600\).

Bán kính đường tròn nội tiếp hai mặt đối diện của hình lập phương là: \(r = 20{\rm{ cm}}\); hình trụ có đường sinh \(h = 40{\rm{ cm}}\) 

Diện tích toàn phần của hình trụ là: \({S_2} = 2.\pi {.20^2} + 2\pi .20.40 = 2400\pi \).

Vậy: \(S = {S_1} + S{}_2 = 9600 + 2400\pi  = 2400\left( {4 + \pi } \right)\).

Đặt \(AB = x \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
IA = x\tan 30^0 \\
SA = x\tan 60^0 
\end{array} \right.\).

Khối cầu: \({V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi I{A^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {x\tan 30^0} \right)^3}\).

Khối nón \({V_2} = \frac{1}{3}\pi A{B^2}SA = \frac{1}{3}\pi {x^2}.\left( {x\tan 60^0 } \right)\).

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{4}{9}\) hay \(9{V_1} = 4{V_2}\).

Gọi \(I, I'\) lần lượt là tâm hai đáy, O là trung điểm của \(II'\). Khi đó ta có O là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.

Ta có: \(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},\,IO = \frac{b}{2}\) suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là \(R = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{3} + \frac{{{b^2}}}{4}}  = \frac{1}{{2\sqrt 3 }}\sqrt {4{a^2} + 3{b^2}} \) 

Vậy \({V_{\left( {O;\,R} \right)}} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{\pi }{{18\sqrt 3 }}\sqrt {{{\left( {4{a^2} + 3{b^2}} \right)}^3}} .\)

Ta có: \(\Delta MAB\) vuông tại Mcó \(\widehat B = 60^0 \) nên \(MB = \sqrt 3 ;\)\(MA = 3\).

Gọi H là hình chiếu của M lên AB, suy ra \(MH \bot \left( {ACD} \right)\) và \(MH = \frac{{MB.MA}}{{AB}} = \frac{3}{2}.\) 

Vậy \({V_{M.ACD}} = \frac{1}{3}MH.S{ _{ACD}} = \frac{1}{3}.\frac{3}{2}.6 = 3\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\)

Theo bài ra ta có \(AO = r = 25;SO = h = 20;\,OK = 12\) (Hình vẽ).

Lại có \(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} \Rightarrow OI = 15\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\) 

\(AB = 2AI = \sqrt {{{25}^2} - {{15}^2}}  = 40\,\left( {{\rm{cm}}} \right);\;SI = \sqrt {S{O^2} + O{I^2}}  = 25\,\left( {{\rm{cm}}} \right) \Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}.25.40 = 500\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Ta có diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_1} = 2\pi Rh = 2\pi R.R\sqrt 3  = 2\pi {R^2}\sqrt 3 .\)

Diện tích xung quanh của hình nón là \({S_2} = \pi Rl = \pi R.\sqrt {{{\left( {R\sqrt 3 } \right)}^2} + {R^2}}  = 2\pi {R^2}.\)

Tỷ số diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón bằng \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{2\pi {R^2}\sqrt 3 }}{{2\pi {R^2}}} = \sqrt 3 .\)

Gọi \(V_1\) là thể tích khối nón có đường sinh là CD , bán kính \(R=AB=a\), chiều cao \(h=a\)

\({V_1} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^2}.a = \frac{{{a^3}}}{3}\pi \).

Gọi \(V_2\)  là thể tích khối trụ có đường sinh là \(AD=2a\) , bán kính \(R = AB = a\), chiều cao \(h'=2a\).

\({V_2} = \pi {R^2}h' = \pi .{a^2}.2a = 2{a^3}\pi \) .

Thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành là : \(V = {V_2} - {V_1} = 2{a^3}\pi  - \frac{{{a^3}\pi }}{3} = \frac{{5{a^3}\pi }}{3}\) .

Do NH cắt MG tại I nên bốn điểm M, N, H, G cùng thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\). Xét ba mặt phẳng (ABC), (BCD), \(\left( \alpha  \right)\) phân biệt, đồng thời \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = MG\\
\left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = NH\\
\left( {ABC} \right) \cap \left( {BCD} \right) = BC
\end{array} \right.\) mà \(MG \cap NH = I\)

Suy ra MG, NB, BC đồng quy tại I nên B, C, I thẳng hàng.

Vì thiết diện là tam giác đều nên \(l=2r\) và \(h = r\sqrt 3 \) 

Ta có \(V = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\pi {a^3} \Leftrightarrow \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\pi {a^3} \Leftrightarrow r = a \Rightarrow l = 2a\)

Vậy \(S = \pi rl = 2\pi {a^2}\).

Theo giả thiết ta có: \(h = SO = 4cm,l = SB = 5cm \Rightarrow R = 3cm\).

Vậy thể tích khối nón cần tìm là : \({V_{n\'o n}} = \frac{1}{3}h.\pi {R^2} = 12\pi c{m^3}\).

Tam giác A'BD là tam giác đều, cạnh bằng \(3a\sqrt 2 \).

Quay đường tròn ngoại tiếp tam giác A'BD quanh một đường kính của đường tròn, ta được mặt cầu có bán kính bằng: \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}.3a\sqrt 2  = a\sqrt 6 \).

Diện tích mặt cầu được tạo ra: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .6{a^2} = 24\pi {a^2}\).

Gọi S là đỉnh hình nón, O là tâm đường tròn đáy; I là trung điểm AB, Góc tạo bởi mp thiết diện và đáy là góc \(\widehat {SIO}\) 

+ Trong tam giác vuông SOA có \(OA = OS = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\);

+ Trong tam giác vuông SOI có \(SI = \frac{{SO}}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\); \(OI = \frac{{SO}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\);

\(AI = \sqrt {O{A^2} - O{I^2}}  = \frac{a}{{\sqrt 3 }};AB = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\)

\({S_{td}} = \frac{1}{2}AB.SI = \frac{{\sqrt 2 {a^2}}}{3}\).

Ta có: \(h = l = 10{\rm{ cm}}\)

 \(V = 90\pi  \Leftrightarrow \pi {r^2}.h = 90\pi  \Leftrightarrow {r^2} = 9 \Leftrightarrow r = 3{\rm{ cm}}\)

Vậy \({S_{xq}} = 2\pi rl = 60\pi {\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\)

Ta có \(r = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},h = OO' = AA' = a,l = \sqrt {{h^2} + {r^2}}  = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

\(S = \pi rl = \pi .\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \pi \frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^2}\)

Ta có \(A{E^2} = A{B^2} + B{E^2} = 4{a^2} + {\left( {4a} \right)^2} = 20{a^2},D{E^2} = D{C^2} + C{E^2} = 4{a^2} + {a^2} = 5{a^2}.\)

Do đó \(A{E^2} + D{E^2} = A{D^2} = 25{a^2}\), suy ra tam giác AED suy ra tam giác AED vuông ở

E. Suy ra \(ED \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow ED \bot SE\). Vậy A và E đều nhìn SD dưới một góc vuông. Do đó mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SAED có bán kính là \(R = \frac{{SD}}{2} = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = \frac{{a\sqrt {26} }}{2}.\)

\({S_{\left( {{S_1}} \right)}} = 4\pi R_1^2;{S_{\left( {{S_2}} \right)}} = 4\pi R_{_2}^2 = 16\pi R_{_1}^2\)

Vậy \(\frac{{{S_{\left( {{S_2}} \right)}}}}{{{S_{\left( {{S_1}} \right)}}}} = 4\)

\(r = AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\({S_{xq}} = \pi rl = \pi r.SA = \frac{{\pi \sqrt 3 }}{3}{a^2}\)

Ta có \(BC \bot SA\) và \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB.\) Vậy hai điểm A, B cùng nhìn cạnh SC dưới một góc vuông. Điều đó chứng tỏ SC là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Do đó bán kính

\(R = \frac{{SC}}{2} = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{B^2} + B{C^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {{5^2} + {3^2} + {4^2}}  = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}.\)

Giả sử ABCD là thiết diện qua trục của hình trụ (hình vẽ). Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên chiều cao của hình trụ \(h = OO' = 2r = 4\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}h = \pi {.2^2}.4 = 16\pi \,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Theo đề bài suy ra ABCD là hình vuông và \(AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 6 \).

Hình trụ sinh ra có bán kính \(r = AD = a\sqrt 6 \) và độ dài đường sinh \(l = CD = a\sqrt 6 \).

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ là \({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_d} = 2\pi {\left( {a\sqrt 6 } \right)^2} + 2\pi {\left( {a\sqrt 6 } \right)^2} = 24\pi {a^2}\).

Gọi \(R, h, l\) lần lượt là bán kính đáy, độ dài đường sinh, chiều cao của hình nón.

\(\begin{array}{l}
{S_{xq}} = 2\pi {a^2} \Leftrightarrow \pi Rl = 2\pi {a^2} \Leftrightarrow Rl = 2{a^2} \Leftrightarrow R = \frac{{2{a^2}}}{l} = \frac{{2{a^2}}}{{2a}} = a\\
h = \sqrt {{l^2} - {R^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \\
V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h \Leftrightarrow V = \frac{1}{3}\pi {a^2}a\sqrt 3  = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\pi {a^3}.
\end{array}\)

Do mặt phẳng cắt hình trụ đi qua trục của nó nên ta có:

Đường sinh \(l=3a\) và bán kính đáy \(r = \frac{{3a}}{2}\).

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ: \({S_{tp}} = 2\pi r\left( {r + l} \right) = \frac{{27\pi {a^2}}}{2}\).

Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta có:

\(h = AB,r = AC \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}\pi .{r^2}.h = \frac{1}{3}\pi {.8^2}.6 = 128\pi \,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta có:

\(h = AC,r = AB \Rightarrow {V_2} = \frac{1}{3}\pi .{r^2}.h = \frac{1}{3}\pi {.6^2}.8 = 96\pi \,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{128}}{{96}} = \frac{4}{3}\).

Vì \(\Delta \) tiếp xúc với mặt cầu \(S\left( {O;R} \right)\) tại M nên \(\Delta \) tiếp xúc với một đường tròn lớn của mặt cầu  \(S\left( {O;R} \right)\) tại M. Do đó \(\Delta OMA\) vuông tại M, suy ra \(AM = \sqrt {O{A^2} - O{M^2}}  = \sqrt {{d^2} - {R^2}} \).

Ta có \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2.\pi .1.1 = 2\pi \)

\({S_d} = 2.\pi .{r^2} = 2.\pi .1 = 2\pi \)

Suy ra \({S_{tp}} = {S_{sq}} + {S_d} = 2\pi  + 2\pi  = 4\pi \)

Gọi các điểm như hình vẽ bên.

Trong đó H là tâm đường tròn đáy (C) suy ra \(SH \bot \left( C \right)\), và \(HA=1\).

Điểm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón (N).

Trong tam giác vuông IHA ta có \(IH = \sqrt {{R^2} - 1} \).

Khi đó: \(SH = SI + IH = R + \sqrt {{R^2} - 1}  = \sqrt 3  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sqrt 3  - R > 0\\
{R^2} - 1 = {R^2} - 2\sqrt 3 R + 3
\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow R = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Ta có \(\frac{{AB}}{{\sin 30^\circ }} = \frac{{AC}}{{\sin 45^\circ }} = \frac{{BC}}{{\sin 105^\circ }} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AC = 1\\
BC = \sqrt 2 \sin \frac{{5\pi }}{{12}} = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right.\).

Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A. Ta \(AH.BC = AB.AC.\sin 105^0  \Rightarrow AH = \frac{1}{2}\).

Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tìm là \(V = \frac{1}{3}\pi .A{H^2}.BC = \frac{{\pi \left( {1 + \sqrt 3 } \right)}}{{24}}\).

Ta có

+ Bán kính đường tròn đáy là: \(r = \frac{{AB}}{2} = 2a\).

+ Chiều cao khối trụ: \(h = AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}}  = \sqrt {{{\left( {5a} \right)}^2} - {{\left( {4a} \right)}^2}}  = 3a\).

+ Thể tích khối trụ: \(V = \pi .{r^2}.h = \pi .{(2a)^2}.3a = 12\pi {a^3}\).

Gọi hình hộp chữ nhật đã cho là ABCD.EFGH. Mặt cầu bán kính ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD.EFGH nhận đường chéo BH là đường kính.

Do đó bán kính \(R = \frac{{BH}}{2} = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 9{a^2}}  = \frac{{a\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow a = \frac{{2R}}{{\sqrt {14} }} = \frac{{R\sqrt {14} }}{7}\).

Ta có: \(AB = AC = \sqrt 2 \).

Gọi H là trung điểm của cạnh AB thì \(AH \bot BC\) và AH = 1.

Quay tam giác ABC quanh trục BC thì được khối tròn xoay có thể tích là

\(V = 2.\frac{1}{3}HB.\pi A{H^2} = \frac{{2\pi }}{3}\)

Vì tam giác SAC vuông cân tại S \( \Rightarrow OS = OA = OC\) (1).

Mặt khác ta có đáy ABCD là hình vuông \( \Rightarrow OA = OC = OB = OD = \frac{{BD}}{2} = a\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD. Do đó \(R = OA = a\).

Thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {a^3}\).

Theo đề bài ta có góc ở đỉnh hình nón là \(\varphi  = 120^0 \) và khi cắt hình nón bởi mặt phẳng qua đỉnh S tạo thành tam giác đều SAB nên mặt phẳng không chứa trục của hình nón.

Do góc ở đỉnh hình nón là \(\varphi  = 120^0 \) nên \(\widehat {OSC} = 60^0 \).

Xét tam giác vuông SOC ta có \(\tan \widehat {OSC} = \frac{{OC}}{{SO}} \Rightarrow SO = \frac{{OC}}{{\tan \widehat {OSC}}} = \frac{3}{{\tan 60^\circ }} = \sqrt 3 \).

Xét tam giác vuông SAO ta có \(SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}}  = 2\sqrt 3 \)

Do tam giác SAB đều nên \({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}{\left( {2\sqrt 3 } \right)^2}.\sin 60^0 = 3\sqrt 3 \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Gọi M là trung điểm của BC.

Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC.

Ta có: \(SO \bot \left( {ABC} \right)\) tại O.

Suy ra, Ô là tâm đường tròn nội tiếp và cũng là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi \(a\) là độ dài cạnh của tam giác ABC.

Gọi \(V_1, V_2\) lần lượt là thể tích của hình nón nội tiếp và hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

Do \(OM = \frac{1}{2}OA\) nên ta có: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{1}{3}.\pi .O{M^2}.SO}}{{\frac{1}{3}.\pi .O{A^2}.SO}} = \frac{{O{M^2}}}{{O{A^2}}} = {\left( {\frac{{OM}}{{OA}}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}\).

Ta chứng minh được các tam giác SBC, SAC và SCD là các tam giác vuông lần lượt tại B, A, D.

Suy ra các điểm B, A, D nhìn cạnh SC dưới một góc vuông.

Gọi I là trung điểm SC \( \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là:

\(R = AI = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}  = a\).

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi .{a^3} = \frac{{4\pi {a^3}}}{3}\).

Gọi R là bán kính mặt đáy. Ta có: \({S_d} = \pi {R^2} \Rightarrow 900\pi  = \pi {R^2} \Leftrightarrow {R^2} = 900 \Leftrightarrow R = 30\).

Suy ra chu vi đáy là \(2\pi R = 60\pi \).

Vậy cần miếng kim loại hình chữ nhật có chiều dài \(60\ pi\) cm, chiều rộng 60 cm để làm thân nồi đó.