Bài 62 trang 14 SBT Hình học 12 Nâng cao

Cho hình tứ diện ABCD.

LG 1

Chứng minh rằng nếu chân H của đường cao hình tứ diện xuất phát từ A trùng với trực tâm của tam giác BCD và nếu \(AB \bot AC\) thì \(AC \bot AD\) và \(AD \bot AB.\)

Lời giải chi tiết:

Do H là trực tâm \(\Delta BCD\) nên \(BH \bot CD.\)

Mặt khác \(AH \bot (BCD)\) nên \(AH \bot CD.\)

Vậy \(CD \bot (ABH) \Rightarrow CD \bot AB.\)

Cùng với giả thiết \(AC \bot AB\), ta suy ra \(AB \bot (ACD) \Rightarrow AB \bot AD.\)

Tương tự \(AC \bot AD.\)

LG 2

Giả sử BC = CD = DB, AB = AC = AD. Gọi H là chân đường cao của hình tứ diện xuất phát từ A, J là chân của đường vuông góc hạ từ H xuống AD. Đặt AH = h, HJ = d. Tính thể tích của hình tứ diện ABCD theo d và h.

Lời giải chi tiết:

Từ AB = AC = AD suy ra HB = HC = HD, tức H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.

Xét tam giác vuông AHD, ta có :

\(\eqalign{  & {1 \over {H{J^2}}} = {1 \over {A{H^2}}} + {1 \over {H{D^2}}}  \cr  &  \Rightarrow {1 \over {H{D^2}}} = {1 \over {{d^2}}} - {1 \over {{h^2}}}  \cr  &  \Rightarrow HD = {{hd} \over {\sqrt {{h^2} - {d^2}} }}. \cr} \)

Do tam giác BCD đều nên \(DH = BC.{{\sqrt 3 } \over 3},\) hay \(BC = DH\sqrt 3 .\)

Vậy  \(V = {1 \over 3}{S_{BCD}}.AH = {{\sqrt 3 {d^2}{h^3}} \over {4\left( {{h^2} - {d^2}} \right)}}.\)

Xemloigiai.com

• Bài 55 trang 12 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 56 trang 12 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 57 trang 12 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 58 trang 13 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 59 trang 13 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 60 trang 13 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 61 trang 13 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15 trang 14 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32 trang 16 SBT Hình học 12 Nâng cao