Google
Câu hỏi: Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và SA = SB = SC = b. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
a. Chứng minh rằng SG ⊥ (ABC). Tính SG.
b. Xét mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng SC. Tìm hệ thức liên hệ giữa a và b để (P) cắt SC tại điểm C1 nằm giữa S và C. Khi đó hãy tính diện tích thiết diện của hình chóp S. ABC khi cắt bởi mp(P).
a. Chứng minh rằng SG ⊥ (ABC). Tính SG.
b. Xét mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng SC. Tìm hệ thức liên hệ giữa a và b để (P) cắt SC tại điểm C1 nằm giữa S và C. Khi đó hãy tính diện tích thiết diện của hình chóp S. ABC khi cắt bởi mp(P).
Lời giải chi tiết
A. Vì SA = SB = SC nên S nằm trên trục của đường thẳng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Mà tam giác ABC đều có G là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC
=> G đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: GA = GB = GC
Do đó, G nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
=> SG ⊥ (ABC). Gọi I là trung điểm của BC.
Tam giác ABC đều có AI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao:AI ⊥ BC
Tam giác SBC có SB = SC nên là tam giác cân tại S có SI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao: BC ⊥ SI
\(\eqalign{ & SI = \sqrt {S{C^2} - I{C^2}} = \sqrt {{b^2} - {{{a^2}} \over 4}} \cr &={ \sqrt {{4{b^2} - {a^2}} }\over 2} \cr & GI = {1 \over 3}AI = {1 \over 3}. A{{\sqrt 3 } \over 2} = {{a\sqrt 3 } \over 6} \cr} \)
Trong tam giác vuông SGI ta có :
\(SG = \sqrt {S{I^2} - G{I^2}} = \sqrt {{{4{b^2} - {a^2}} \over 4} - {{{a^2}} \over {12}}} \) \(= \sqrt {{{12{b^2} - 4{a^2}} \over {12}}}\) \( = \sqrt {{{3{b^2} - {a^2}} \over 3}} \)
b. Kẻ AC1 ⊥ SC thì (P) chính là mp(ABC1)
Vì SAC là tam giác cân mà AC1 ⊥ SC nên C1 nằm giữa S và C khi và chỉ khi
\(\widehat {ASC} < 90^\circ \Leftrightarrow A{S^2} + C{S^2} > A{C^2} \) \(\Leftrightarrow 2{b^2} > {a^2}\)
Ta có : AB ⊥ GC và AB ⊥ SG ⇒ AB ⊥ SC
SC ⊥ AC1 và SC ⊥ AB nên SC ⊥ (ABC1)
Thể tích tứ diện SABC là :
\(\eqalign{ & {V_{SABC}} = {1 \over 3}SG.{S_{ABC}} = {1 \over 3}SC.{S_{AB{C_1}}} \cr & \Rightarrow {S_{AB{C_1}}} = {{SG.{S_{ABC}}} \over {SC}} \cr &= {{\sqrt {{{3{b^2} - {a^2}} \over 3}} .{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}} \over b} = {{{a^2}\sqrt {3{b^2} - {a^2}} } \over {4b}} \cr} \)
A. Vì SA = SB = SC nên S nằm trên trục của đường thẳng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Mà tam giác ABC đều có G là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC
=> G đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: GA = GB = GC
Do đó, G nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
=> SG ⊥ (ABC). Gọi I là trung điểm của BC.
Tam giác ABC đều có AI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao:AI ⊥ BC
Tam giác SBC có SB = SC nên là tam giác cân tại S có SI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao: BC ⊥ SI
\(\eqalign{ & SI = \sqrt {S{C^2} - I{C^2}} = \sqrt {{b^2} - {{{a^2}} \over 4}} \cr &={ \sqrt {{4{b^2} - {a^2}} }\over 2} \cr & GI = {1 \over 3}AI = {1 \over 3}. A{{\sqrt 3 } \over 2} = {{a\sqrt 3 } \over 6} \cr} \)
Trong tam giác vuông SGI ta có :
\(SG = \sqrt {S{I^2} - G{I^2}} = \sqrt {{{4{b^2} - {a^2}} \over 4} - {{{a^2}} \over {12}}} \) \(= \sqrt {{{12{b^2} - 4{a^2}} \over {12}}}\) \( = \sqrt {{{3{b^2} - {a^2}} \over 3}} \)
b. Kẻ AC1 ⊥ SC thì (P) chính là mp(ABC1)
Vì SAC là tam giác cân mà AC1 ⊥ SC nên C1 nằm giữa S và C khi và chỉ khi
\(\widehat {ASC} < 90^\circ \Leftrightarrow A{S^2} + C{S^2} > A{C^2} \) \(\Leftrightarrow 2{b^2} > {a^2}\)
Ta có : AB ⊥ GC và AB ⊥ SG ⇒ AB ⊥ SC
SC ⊥ AC1 và SC ⊥ AB nên SC ⊥ (ABC1)
Thể tích tứ diện SABC là :
\(\eqalign{ & {V_{SABC}} = {1 \over 3}SG.{S_{ABC}} = {1 \over 3}SC.{S_{AB{C_1}}} \cr & \Rightarrow {S_{AB{C_1}}} = {{SG.{S_{ABC}}} \over {SC}} \cr &= {{\sqrt {{{3{b^2} - {a^2}} \over 3}} .{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}} \over b} = {{{a^2}\sqrt {3{b^2} - {a^2}} } \over {4b}} \cr} \)