Bài 7 trang 55 sbt hình học 12 nâng cao

LG 1

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

Lời giải chi tiết:

GọiI1là trung điểm củaABvàO1là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chópS.ABHthì \({I_1}{O_1}// SH\) 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 chópS.HBC, S.HCD, S.HDAthì

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

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

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

GọiH1, H2, H3, H4là hình chiếu củaHlần lượt trênAB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng hình chópS. H1H2H3H4có mặt cầu ngoại tiếp. Tính diện tích của thiết diện của mặt cầu ấy khi cắt bởimp(ABCD)nếu biếtH1H3=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 chópS. \({H_1}{H_2}{H_3}{H_4}\) 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 \({{{H_1}{H_3}} \over {\sin (\alpha + \beta )}} = 2R\) (Rlà 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

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