Bài 7 trang 55 SBT Hình học 12 Nâng cao

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

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

HocTot.Nam.Name.Vn