Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có chiều cao SO = h và $\widehat{SAB}=\alpha$ $(\alpha >45^0)$. Tính diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S và có đường tròn đáy ngoại tiếp hình vuông ABCD.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $R=OA$ là bán kính đường tròn đáy ngoại tiếp hình vuông $ABCD$, khi đó cạnh $AB=R\sqrt{2}$, và $SA=\sqrt{h^2+R^2}$ (vì $SO\perp (ABCD)$, tam giác $SOA$ vuông tại $O$).

Tính $\cos \alpha$ với $\alpha =\widehat{SAB}$: vì $AO\perp AB$ và $OS\perp AB$ nên với vectơ $\overrightarrow{AS}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OS}$:
$$\cos \alpha =\frac{\overrightarrow{AS}\cdot \overrightarrow{AB}}{|AS|\cdot |AB|}=\frac{\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{AB}}{|AS|\cdot R\sqrt{2}}=\frac{R^2}{|AS|\cdot R\sqrt{2}}=\frac{R}{\sqrt{2}\sqrt{h^2+R^2}}.$$

Đặt $t=\frac{R}{h}$, suy ra ${\cos }^2\alpha =\frac{t^2}{2(1+t^2)}$, giải ra:
$$t^2=\frac{2{\cos }^2\alpha }{1-2{\cos }^2\alpha }=\frac{2}{{\tan }^2\alpha -1}\Rightarrow R=\frac{h\sqrt{2}}{\sqrt{{\tan }^2\alpha -1}}.$$

Đường sinh của nón:
$$l=SA=h\sqrt{1+t^2}=h\sqrt{\frac{1+{\tan }^2\alpha }{{\tan }^2\alpha -1}}=\frac{h}{\cos \alpha \sqrt{{\tan }^2\alpha -1}}.$$

Diện tích xung quanh nón:
$$S_{xq}=\pi Rl=\pi \cdot \frac{h\sqrt{2}}{\sqrt{{\tan }^2\alpha -1}}\cdot \frac{h}{\cos \alpha \sqrt{{\tan }^2\alpha -1}}=\frac{\pi \sqrt{2}{h}^2}{\cos \alpha ({\tan }^2\alpha -1)}.$$

Vì $\cos \alpha ({\tan }^2\alpha -1)=\frac{{\sin }^2\alpha -{\cos }^2\alpha }{\cos \alpha }=\frac{-\cos 2\alpha }{\cos \alpha }$ và với $45^{\circ }<\alpha <90^{\circ }$ ta có $\cos 2\alpha <0$, nên:
$$S_{xq}=\frac{\pi \sqrt{2}{h}^2\cos \alpha }{-\cos 2\alpha }.$$

Kiểm tra: với $\alpha =60^{\circ }$, ${\tan }^2\alpha =3$ nên $R=h$, $l=h\sqrt{2}$, $S_{xq}=\pi \sqrt{2}{h}^2$; công thức cho $\pi \sqrt{2}{h}^2\cdot \frac{1/2}{1/2}=\pi \sqrt{2}{h}^2$ — khớp. Khi $\alpha \to 45^{\circ +}$, $\cos 2\alpha \to 0^{-}$ nên $S_{xq}\to \infty$ (đáy phình rất lớn) — hợp lý.