Google
Câu hỏi: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD) và SA = a.
a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp S. ABCD là các tam giác vuông.
b) Từ A kẻ \(A{B_1} \bot SB, A{{\rm{D}}_1} \bot S{\rm{D}}\). Chứng tỏ rằng \(mp\left( {A{B_1}{D_1}} \right) \bot SC\).
Gọi C1 là giao điểm của SC với mp(AB1C1). Chứng tỏ rằng tứ giác AB1C1D1 có hai đường chéo vuông góc và tính diện tích của tứ giác đó.
a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp S. ABCD là các tam giác vuông.
b) Từ A kẻ \(A{B_1} \bot SB, A{{\rm{D}}_1} \bot S{\rm{D}}\). Chứng tỏ rằng \(mp\left( {A{B_1}{D_1}} \right) \bot SC\).
Gọi C1 là giao điểm của SC với mp(AB1C1). Chứng tỏ rằng tứ giác AB1C1D1 có hai đường chéo vuông góc và tính diện tích của tứ giác đó.
Lời giải chi tiết
A) Dễ dàng thấy SAB, SAD là các tam giác vuông tại A.
Mặt khác \(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right), A{\rm{D}} \bot DC\) nên \(S{\rm{D}} \bot DC\) (định lí ba đường vuông góc), do đó SDC là tam giác vuông tại D.
Tương tự, SBC là tam giác vuông tại B.
b) Dễ dàng chứng minh được
\(\eqalign{ & A{{\rm{D}}_1} \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cr & \Rightarrow A{{\rm{D}}_1} \bot SC \cr} \)
Cũng như vậy, ta có \(A{B_1} \bot SC\)
Vậy \(SC \bot \left( {A{B_1}{D_1}} \right)\).
Gọi \(O = AC \cap B{\rm{D}},{O_1} = {B_1}{D_1} \cap SO\) thì \({C_1} = A{O_1} \cap SC\).
Mặt khác \(\Delta SAB = \Delta SA{\rm{D}}\left( {c. G. C} \right)\) nên B1D1 // BD.
Ta lại có
\(\eqalign{ & B{\rm{D}} \bot \left( {SAC} \right) \cr & \Rightarrow {B_1}{D_1} \bot \left({SAC} \right) \Rightarrow {B_1}{D_1} \bot A{C_1} \cr} \)
Từ đó \({S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}A{C_1}.{B_1}{D_1}\)
Ta có
\(\eqalign{ & A{C_1} = {{SA. AC} \over {SC}} = {{a\sqrt 6 } \over 3} \cr & {{{B_1}{D_1}} \over {B{\rm{D}}}} = {{S{B_1}} \over {SB}} = {{S{B_1}. SB} \over {S{B^2}}} = {{S{A^2}} \over {S{B^2}}} = {{{a^2}} \over {2{{\rm{a}}^2}}} \cr & \Rightarrow {B_1}{D_1} = {{a\sqrt 2 } \over 2} \cr} \)
(Chú ý: Có thể thấy B1, D1 thứ tự là trung điểm của SB là SD nên B1D1 // BD và \({B_1}{D_1} = {1 \over 2}B{\rm{D}}\))
Vậy \({S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}.{{a\sqrt 6 } \over 3}.{{a\sqrt 2 } \over 2} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 6}\).
A) Dễ dàng thấy SAB, SAD là các tam giác vuông tại A.
Mặt khác \(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right), A{\rm{D}} \bot DC\) nên \(S{\rm{D}} \bot DC\) (định lí ba đường vuông góc), do đó SDC là tam giác vuông tại D.
Tương tự, SBC là tam giác vuông tại B.
b) Dễ dàng chứng minh được
\(\eqalign{ & A{{\rm{D}}_1} \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cr & \Rightarrow A{{\rm{D}}_1} \bot SC \cr} \)
Cũng như vậy, ta có \(A{B_1} \bot SC\)
Vậy \(SC \bot \left( {A{B_1}{D_1}} \right)\).
Gọi \(O = AC \cap B{\rm{D}},{O_1} = {B_1}{D_1} \cap SO\) thì \({C_1} = A{O_1} \cap SC\).
Mặt khác \(\Delta SAB = \Delta SA{\rm{D}}\left( {c. G. C} \right)\) nên B1D1 // BD.
Ta lại có
\(\eqalign{ & B{\rm{D}} \bot \left( {SAC} \right) \cr & \Rightarrow {B_1}{D_1} \bot \left({SAC} \right) \Rightarrow {B_1}{D_1} \bot A{C_1} \cr} \)
Từ đó \({S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}A{C_1}.{B_1}{D_1}\)
Ta có
\(\eqalign{ & A{C_1} = {{SA. AC} \over {SC}} = {{a\sqrt 6 } \over 3} \cr & {{{B_1}{D_1}} \over {B{\rm{D}}}} = {{S{B_1}} \over {SB}} = {{S{B_1}. SB} \over {S{B^2}}} = {{S{A^2}} \over {S{B^2}}} = {{{a^2}} \over {2{{\rm{a}}^2}}} \cr & \Rightarrow {B_1}{D_1} = {{a\sqrt 2 } \over 2} \cr} \)
(Chú ý: Có thể thấy B1, D1 thứ tự là trung điểm của SB là SD nên B1D1 // BD và \({B_1}{D_1} = {1 \over 2}B{\rm{D}}\))
Vậy \({S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}.{{a\sqrt 6 } \over 3}.{{a\sqrt 2 } \over 2} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 6}\).