Bài 7 trang 55 SBT Hình học 12 Nâng cao

Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau tại H và SH là đường cao của hình chóp đã cho.

LG 1

Chứng minh rằng bốn tâm mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.HAB, S.HBC, S.HCD, S.HDA là bốn đỉnh của một hình chữ nhật.

Lời giải chi tiết:

Gọi I₁ là trung điểm của AB và O₁ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABH thì \({I_1}{O_1}// SH\) và \({I_1}{O_1} = {1 \over 2}SH.\)

Tương tự như trên, nếu \({I_2},{I_3},{I_4}\) thứ tự là trung điểm của BC, CD, DA và \({O_2},{O_3},{O_4}\) thứ tự là tâm của mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.HBC, S.HCD, S.HDA thì

\(\eqalign{  & {I_2}{O_2} = {1 \over 2}SH,{I_3}{O_3} = {1 \over 2}SH,  \cr  & {I_4}{O_4} = {1 \over 2}SH, \cr} \)

và \({I_2}{O_2},{I_3}{O_3},{I_4}{O_4}\) cùng song song với SH.

Dễ thấy \({I_1}{I_2}//{O_1}{O_2}\) và \({I_1}{I_2}//AC,\)

             \({I_2}{I_3}//{O_2}{O_3}\) và \({I_2}{I_3}//BD,\)

             \({I_3}{I_4}//{O_3}{O_4}\) và \({I_3}{I_4}//AC,\)

             \({I_4}{I_1}//{O_4}{O_1}\) và \({I_4}{I_1}//BD.\)

Kết hợp với \(AC \bot BD,\) ta có \({O_1}{O_2}{O_3}{O_4}\) là hình chữ nhật.

LG 2

Gọi H₁, H₂, H₃, H₄ là hình chiếu của H lần lượt trên AB, BC, CD, DA . Chứng minh rằng hình chóp S. H₁H₂H₃H₄ có mặt cầu ngoại tiếp. Tính diện tích của thiết diện của mặt cầu ấy khi cắt bởi mp(ABCD) nếu biết H₁H₃ =a,\(\widehat {BAC} = \alpha ,\widehat {BDC} = \beta \)

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy  \(\widehat {H{H_1}{H_2}} = \widehat {HB{H_2}} = \widehat {HBC},\)

              \(\widehat {H{H_1}{H_4}} = \widehat {HA{H_4}} = \widehat {HAD},\)

              \(\widehat {H{H_3}{H_2}} = \widehat {HC{H_2}} = \widehat {HCB},\)

              \(\widehat {H{H_3}{H_4}} = \widehat {HD{H_4}} = \widehat {HDA}\)

Từ đó

\(\widehat {H{H_1}{H_2}} + \widehat {H{H_1}{H_4}} + \widehat {H{H_3}{H_2}} + \widehat {H{H_3}{H_4}}\)

\(= \widehat {HBC} + \widehat {HCB} + \widehat {HAD} + \widehat {HDA} = {180^0}\)

Vậy \({H_1}{H_2}{H_3}{H_4}\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Từ đó hình chóp S. \({H_1}{H_2}{H_3}{H_4}\) có mặt cầu ngoại tiếp.

Diện tích thiết diện của hình cầu đó và mặt phẳng (ABCD) là diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác \({H_1}{H_2}{H_3}{H_4}\).

Vì \(\widehat {BAC} = \alpha ,\widehat {BDC} = \beta \)  nên \(\widehat {{H_1}{H_4}{H_3}} = \alpha  + \beta \). Khi ấy \({{{H_1}{H_3}} \over {\sin (\alpha  + \beta )}} = 2R\) (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác \({H_1}{H_2}{H_3}{H_4}\)), từ đó \(R = {a \over {2\sin (\alpha  + \beta )}}.\)

Vậy diện tích hình thu được là

\(4\pi {R^2} = {{\pi {a^2}} \over {{{\sin }^2}(\alpha  + \beta )}}.\)

Xemloigiai.com

• Bài 1 trang 54 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 2 trang 54 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 3 trang 54 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 4 trang 54 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 5 trang 54 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 6 trang 54 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 8 trang 55 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 9 trang 55 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 10 trang 55 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 11 trang 55 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 12 trang 56 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 13 trang 56 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 14 trang 56 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 15 trang 56 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 16 trang 56 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 17 trang 56 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 18 trang 56 SBT Hình học 12 Nâng cao
• Bài 19 trang 57 SBT Hình học 12 Nâng cao