Bài 5 trang 26 SGK Hình học 12
Cho hình chóp tam giác \[O.ABC\] có ba cạnh \[OA, OB, OC\] đôi một vuông góc với nhau và \[OA = a, OB = b, OC = c\]. Hãy tính đường cao \[OH\] của hình chóp.
Giải
Kẻ \[AD\bot BC, OH \bot AD\] thì dễ thấy \[OH\] chính là đường cao của hình chóp.
Vì \[OD.BC = OB.OC\] nên \[OD ={{bc} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}\]. Từ đó suy ra
\[AD = \sqrt {{a^2} + {{{b^2}{c^2}} \over {{b^2} + {c^2}}}}\]= \[\sqrt {{{{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \over {{b^2} + {c^2}}}}\].
Vì \[OH.AD = OA.OD\] nên
\[OH = {{abc} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}:\sqrt {{{{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \over {{b^2} + {c^2}}}} = {{abc} \over {\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }}\]
Bài 6 trang 26 SGK Hình học 12
Cho hình chóp tam giác \[S.ABC\] có cạnh \[AB\] bằng \[a\]. Các cạnh bên \[SA, SB, SC\] tạo với đáy một góc \[60^0\]. Gọi \[D\] là giao điểm của \[SA\] với mặt phẳng qua \[BC\] và vuông góc với \[SA\].
a] Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp \[S.DBC\] và \[S.ABC\].
b] Tính thể tích của khối chóp \[S.DBC\].
Giải
a] Vì hình chóp \[S.ABC\] là hình chóp đều nên chân đường cao \[H\] là tâm của đường tròn ngoại tiếp đáy, theo giả thiết, ta có: góc \[SAH = 60^0\]. Gọi \[M\] là trung điểm của cạnh \[BC\] thì \[AM\] là đường cao của tam giác đều \[ABC\]:
\[AM = {{a\sqrt 3 } \over 2}\]
\[AH = {2 \over 3}.AM = {{a\sqrt 3 } \over 3}\]
Từ đây, ta có:\[SA = {{AH} \over {c{\rm{os}}{{60}^0}}}\] = \[{{2a\sqrt 3 } \over 3}\]
\[AD = AM.cos 60^0\]= \[{{a\sqrt 3 } \over 4}\]
\[\Rightarrow SD = SA - AD = {{5a\sqrt 3 } \over {12}}\]
Áp dụng công thức tỉ số thể tích trong bài tập 4, 3 [trang 37 SGK] ta được:
\[{{{V_{S.DBC}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SD} \over {SA}}.{{SB} \over {SB}}.{{SC} \over {SC}} = {{5a\sqrt 3 } \over {12}}:{{2a\sqrt 3 } \over 3} = {5 \over 8}\]
b] Ta có: \[S_{ABC}\]= \[{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\]; \[SH = AH.tan60^0= a\]
\[ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = {1 \over 3}.SH.{S_{ABC}}\] \[\Rightarrow {V_{S.ABC}} = {{{a^3}\sqrt 3 } \over {12}}\]
Từ kết quả câu a] ta có:
\[{V_{S.DBC}} = {5 \over 8}.{V_{S.ABC}}\] \[\Rightarrow {V_{S.BDC}} = {5 \over 8}.{{{a^3}\sqrt 3 } \over {12}}\]
\[\Rightarrow {V_{S.DBC}} = {{5{a^3}\sqrt 3 } \over {96}}\]
Bài 7 trang 26 SGK Hình học 12
Cho hình chóp tam giác \[S.ABC\] có \[AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a\]. Các mặt bên \[SAB, SBC, SCA\] tạo với đáy một góc \[60^0\]. Tính thể tích của khối chóp đó.
Giải
Kẻ \[SH \bot [ABC]\] và từ \[H\] kẻ \[HI \bot AB, HJ \bot BC, HK \bot CA\].
Từ định lý ba đường vuông góc, ta suy ra:
\[SI \bot AB, SJ \bot BC, SK \bot AC\] do đó:
\[\widehat {SIH} = \widehat {SJH} = \widehat {SKH} = {60^0}\]
Từ đây ta có: \[SIH = SJH = SKH\]
\[ \Rightarrow IH = JH = KH\]
\[ \Rightarrow H\] là tâm đường tròn nội tiếp \[ABC\].
Tam giác \[ABC\] có chu vi:
\[2p = AB + BC + CA = 18a\]
\[ \Rightarrow p = 9a\]
Ta có: \[p - AB = 4a\]
\[ p - BC = 3a\]
\[ p - CA = 2a\]
Theo công thức Hê-rông, ta có: \[S = \sqrt {9a.4a.3a.2a} = 6{a^2}\sqrt 6 \]
Bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC\]:
\[IH = r = {{{S_{ABC}}} \over p} = {{6{a^2}\sqrt 6 } \over {9a}} \Rightarrow IH = {{2a\sqrt 6 } \over 3}\]
Đường cao \[SH\] của khối chóp:
\[SH = r . tan60^0\]= \[{{2a\sqrt 6 } \over 3}.\sqrt 3 = 2a\sqrt 2 \]
Thể tích khối chóp:
\[{V_{S.ABC}} = {1 \over 3}.2a\sqrt 2 .6{a^2}\sqrt 6 = 8{a^3}\sqrt 3 \]
Bài 8 trang 26 SGK Hình học 12
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình chữ nhật, \[SA\] vuông góc với đáy và \[AB = a, AD = b, SA =c\]. Lấy các điểm \[B', D'\] theo thứ tự thuộc \[SB, SD\] sao cho \[AB'\] vuông góc với \[SB, AD'\] vuông góc với \[SD\]. Mặt phẳng \[[AB'D']\] cắt \[SC\] tại \[C'\]. Tính thể tích khối chóp \[S.AB'C'D'\].
Giải
Ta có \[BC \bot [SAB]\Rightarrow BC\bot AB'\]
Theo giả thiết \[SB \bot AB'\]
\[AB' \bot [SBC] \Rightarrow AB' \bot SC\] [1]
Chứng minh tương tự ta có:
\[AD' \bot SC\] [2]
Từ [1] và [2] suy ra \[SC \bot [AB'C'D']\] hay \[SC\] là đường cao của hình chóp \[S.AB'C'D'\].
Từ \[AB' \bot [SBC]\] \[\Rightarrow AB' \bot B'C'\]
Tương tự ta có: \[AD' \bot D'C'\]
Từ các kết quả trên, ta được:
\[{V_{AB'C'D'}} = {1 \over 3}.SC'.{1 \over 2}[AB'.B'C' + AD'.D'C']\]
= \[{1 \over 6}SC'.[AB'.B'C' + AD'.D'C']\] [*]
Ta tính các yếu tố trên.
Tam giác vuông \[SAB\] có \[AB'\] là đường cao, nên ta có:
\[{1 \over {AB{'^2}}} = {1 \over {{a^2}}} + {1 \over {{c^2}}} \Rightarrow AB{'^2} = {{{a^2}{c^2}} \over {{a^2} + {c^2}}}\]
\[ \Rightarrow AB' = {{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}\]
Tương tự, ta có:
\[AD{'^2} = {{{b^2}{c^2}} \over {{b^2} + {c^2}}} \Rightarrow AD' = {{bc} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}\]
Ta lại có: \[SC^2= AC^2+ AS^2= a^2+ b^2+ c^2\]
\[ \Rightarrow SC = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \]
Trong tam giác vuông \[SAC, AC'\] là đường cao thuộc cạnh huyền
\[SC'.SC = SA^2\] \[ \Rightarrow SC' = {{S{A^2}} \over {SC}} = {{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\]
\[SBC\] đồng dạng \[SC'B'\] \[\Rightarrow {{B'C'} \over {BC}} = {{SC'} \over {SB}}\]
\[ \Rightarrow B'C' = {{SC'.BC} \over {SB}} = {{b{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\]
Tương tự ta có: \[D'C' = {{{c^2}a} \over {\sqrt {{b^2} + {c^2}} \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\]
Thay các kết quả này vào [*] ta được:
\[V = {1 \over 6}.{{ab{c^5}[{a^2} + {b^2} + 2{c^2}]} \over {[{a^2} + {c^2}][{b^2} + {c^2}][{a^2} + {b^2} + {c^2}]}}\]