Google
Câu hỏi: Cho đường tròn đường kính AB = 2R nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) và một điểm M nằm trên đường tròn đó sao cho \(\widehat {MAB} = \alpha \). Trên đường thẳng vuông góc với \(\left( P \right)\) tại A, lấy điểm S sao cho SA=h. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SM và SB.
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 \(SB \bot \left( {KHA} \right).\)
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.
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.
Câu 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 \(SB \bot \left( {KHA} \right).\)
Câu 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.
Câu 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.
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!