Google
Câu hỏi: 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.
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.
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
\(4\pi {R^2} = {{\pi {a^2}} \over {{{\sin }^2}(\alpha + \beta)}}.\)
Câu 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.
Câu 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
\(4\pi {R^2} = {{\pi {a^2}} \over {{{\sin }^2}(\alpha + \beta)}}.\)
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!