Bài 58 trang 13 SBT Hình học 12 Nâng cao

LG a

Chứng minh rằng $SB \bot mp\left( {KHA} \right)$.

Lời giải chi tiết:

Ta có $BM \bot AM$ (vì M nằm trên đường tròn đường kính AB) và $BM \bot SA$ (do $SA \bot \left( P \right)$), suy ra $BM \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BM \bot AH.$

Mặt khác $AH \bot SM,$ suy ra $AH \bot SB,$

Theo giả thiết , ta lại có $AK \bot SB$

Vậy $SB \bot \left( {KHA} \right).$

LG b

Gọi I là giao điểm của HK với $\left( P \right)$. Hãy chứng minh AI là tiếp tuyến của đường tròn đã cho.

Lời giải chi tiết:

Vì $SB \bot \left( {KHA} \right)$ nên $SB \bot AI$, mặt khác $SA \bot AI$ nên $AI \bot AB$, mà AI thuộc $mp\left( P \right)$, suy ra AI là tiếp tuyến của đường tròn đã cho tại điểm A.

LG c

Cho h = 2R, $\alpha  = {30^0}$, tính thể tích khối chóp S.KHA.

Lời giải chi tiết:

Cách 1. Ta có :

$\eqalign{  & {{{V_{S.KHA}}} \over {{V_{S.BMA}}}} = {{SK} \over {SB}}.{{SH} \over {SM}} = {{SK.SB} \over {S{B^2}}}.{{SH.SM} \over {S{M^2}}} \cr&= {{S{A^4}} \over {S{B^2}.S{M^2}}}  \cr  &  = {{(2R)^4} \over {\left( {4{R^2} + 4{R^2}} \right).\left( {4{R^2} + A{M^2}} \right)}} \cr&= {{2{R^2}} \over {4{R^2} + 4{R^2}.{{\cos }^2}\alpha }} = {1 \over {2\left( {1 + {{\cos }^2}\alpha } \right)}},  \cr  & {V_{S.BMA}} = {1 \over 3}{S_{BMA}}.SA = {1 \over 6}AM.BM.SA \cr&= {1 \over 6}2R\cos \alpha .2Rsin\alpha .2R  \cr  &  = {{2{R^3}} \over 3}\sin 2\alpha  = {{2{R^3}} \over 3}.{{\sqrt 3 } \over 2} = {{{R^3}\sqrt 3 } \over 2}. \cr}$

Vậy ${V_{S.KHA}} = {1 \over {2\left( {1 + {{\cos }^2}\alpha } \right)}}.{{{R^3}\sqrt 3 } \over 3}$

                      $= {1 \over {2\left( {1 + {3 \over 4}} \right)}}.{{{R^3}\sqrt 3 } \over 3} = {{2{R^3}\sqrt 3 } \over {21}}$

Cách 2. Dễ thấy ${V_{S.KHA}} = {1 \over 3}{S_{KHA}}.SK.$

Dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có thể tính được SK, AH, AK, HK ( với chú ý rằng tam giác KHA vuông ở H) theo R. Từ đó tính được thể tích khối chóp S.KHA.

HocTot.Nam.Name.Vn