Bài 6 trang 26 SGK Hình học 12

Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh \(AB\) bằng \(a\). Các cạnh bên \(SA, SB, SC\) tạo với đáy một góc \(60^0\). Gọi \(D\) là giao điểm của \(SA\) với mặt phẳng qua \(BC\) và vuông góc với \(SA\).

LG a

a) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp \(S.DBC\) và \(S.ABC\).

Phương pháp giải:

+ Hình chóp có các cạnh bên tạo với đáy góc bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.

Qua \(B\) kẻ \(BD \, \bot  \, SA\), chứng minh mặt phẳng qua \(BC\) và vuông góc với \(SA\) là \((BCD)\).

+ Sử dụng công thức tỉ số thể tích: \(\dfrac{{{V_{S.DBC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SD}}{{SA}}.\dfrac{{SB}}{{SB}}.\dfrac{{SC}}{{SC}} = \dfrac{{SD}}{{SA}}\).

Lời giải chi tiết:

Vì hình chóp \(\displaystyle S.ABC\) là hình chóp đều nên chân đường cao \(\displaystyle H\) là tâm của đường tròn ngoại tiếp đáy.

Do đó \(AH\) là hình chiếu của \(SA\) lên \((ABC)\) nên góc giữa \(SA\) và \((ABC)\) bằng góc giữa \(SA\) và \(AH\) hay góc \(\displaystyle SAH = 60^0\).

Gọi \(\displaystyle M\) là trung điểm của cạnh \(\displaystyle BC\) thì \(\displaystyle AM\) là đường cao của tam giác đều \(\displaystyle ABC\):

\(\displaystyle AM  = AB\sin {60^0}= {{a\sqrt 3 } \over 2}\)

\(\displaystyle AH = {2 \over 3}.AM = {{a\sqrt 3 } \over 3}\)

\(\displaystyle SA = {{AH} \over {c{\rm{os}}{{60}^0}}}\) = \(\displaystyle {{2a\sqrt 3 } \over 3}=SB\)

Xét tam giác vuông \(SBM\) ta có: \(\displaystyle SM = \sqrt {S{B^2} - B{M^2}}  \) \( = \sqrt {\dfrac{{12{a^2}}}{9} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{6}\).

Qua \(B\) kẻ \(\displaystyle BD \, \bot  \, SA\), khi đó ta có: 

\(\displaystyle \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
BC \,  \bot  \, AM\\
BC  \, \bot  \, SH
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \,  \bot  \, SA\\
\left\{ \begin{array}{l}
SA \,  \bot  \, BC\\
SA  \, \bot  \, BD
\end{array} \right. \Rightarrow SA \, \bot  \, \left( {BCD} \right)
\end{array}\)

Khi đó mặt phẳng \((BCD)\) đi qua \(BC\) và vuông góc với \(SA.\)

\(\displaystyle SA  \, \bot  \, \left( {BCD} \right) \Rightarrow SA  \, \bot \,  DM\)

Xét tam giác vuông \(ADM\) có: \(\displaystyle DM = AM.\sin 60 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{4}\)

Xét tam giác vuông \(SDM\) có: \(\displaystyle SD = \sqrt {S{M^2} - D{M^2}}  = \frac{{5\sqrt 3 }}{{12}}a\)

Áp dụng công thức tỉ số thể tích trong bài tập 4, 3 (trang 37 SGK) ta được:

\(\displaystyle {{{V_{S.DBC}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SD} \over {SA}}.{{SB} \over {SB}}.{{SC} \over {SC}} \) \(\displaystyle = {{5a\sqrt 3 } \over {12}}:{{2a\sqrt 3 } \over 3} = {5 \over 8}\)

LG b

b) Tính thể tích của khối chóp \(S.DBC\).

Phương pháp giải:

Tính thể tích khối chóp \(S.ABC\) sau đó tính thể tích khối chóp \(S.DBC\).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\displaystyle S_{ABC} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin {60^0}\)= \(\displaystyle {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\)

\(\displaystyle SH = AH.\tan 60^0 = a\)

\(\displaystyle \Rightarrow {V_{S.ABC}} = {1 \over 3}.SH.{S_{ABC}}\) \( = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

Từ kết quả câu a) ta có:

\(\displaystyle {V_{S.DBC}} = {5 \over 8}.{V_{S.ABC}}\) \(\displaystyle  \Rightarrow {V_{S.BDC}} = {5 \over 8}.{{{a^3}\sqrt 3 } \over {12}}\)

\(\displaystyle  \Rightarrow {V_{S.DBC}} = {{5{a^3}\sqrt 3 } \over {96}}\)

Xemloigiai.com

• Bài 1 trang 26 SGK Hình học 12
• Bài 2 trang 26 SGK Hình học 12
• Bài 3 trang 26 SGK Hình học 12
• Bài 4 trang 26 SGK Hình học 12
• Bài 5 trang 26 SGK Hình học 12
• Bài 7 trang 26 SGK Hình học 12
• Bài 8 trang 26 SGK Hình học 12
• Bài 9 trang 26 SGK Hình học 12
• Bài 10 trang 27 SGK Hình học 12
• Bài 11 trang 27 SGK Hình học 12
• Bài 12 trang 27 SGK Hình học 12
• Bài 1 trang 27 SGK Hình học 12
• Bài 2 trang 27 SGK Hình học 12
• Bài 3 trang 27 SGK Hình học 12
• Bài 4 trang 28 SGK Hình học 12
• Bài 5 trang 28 SGK Hình học 12
• Bài 6 trang 28 SGK Hình học 12
• Bài 7 trang 28 SGK Hình học 12
• Bài 8 trang 28 SGK Hình học 12
• Bài 9 trang 28 SGK Hình học 12
• Bài 10 trang 28 SGK Hình học 12