Huong dan giai 02a

24 34 0
  • Loading ...
1/24 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 02/05/2018, 09:34

HƯỚNG DẪN GIẢI Bi 1 (Bạn đọc tự vẽ hình) Ta có SAB  SAC � AB  AC Đặt AB  AC  x Áp dụng định lí cơsin tam giác ABC ta có : � 1� BC  AB  AC  2AB.AC.cos1200 � a2  x2  x2  2.x.x �  � � 2� a � x Mặt khác: S ABC  1 a a a2 � AB.AC.sin BAC  sin 1200  2 3 24 a2  a2 a 3 SA  SB  AB  �V  1 a2 a3 SA.S ABC  a  3 24 72 (Bạn đọc tự vẽ hình) Gọi H trung điểm AC SH  AC � SH   ABC  Đặt SH  h 2 Ta có SC  HS  HC  h2  a , SB2  HS  HB  h2  3a 2 Mà SC  BS  BC  2BS.BC cos 60 a2 3a2 3a2 � h2   h2   a2  2a h2  � ha 4 2 a2 3 a2 a3 � VS.ABC  a  4 � �   (SAD), ( ABCD)  600 Kẻ HK  AD � SKH Ta có SABC  243 Ta có: HK  a CD  4 � SH  HK tan 600  a , S ABCD  a2 a3 SH S ABCD  12 Do AB / /(SCD) � d  AB, SC   d( A, (SCD)) VSABCD  d  H , (SCD)  3 AD  a 4 1 64 3a    � HE  Trong tam giác SHF ta có: 2 2 HE HS HF 9a Vẽ HF  CD, HE  SF � HE  d(H , (SCD)) , HF  (Bạn đọc tự vẽ hình) Ta có SO  (SAC) �(SBD) Do hai mặt phẳng (SAC ) (SBD) vng góc với mặt phẳng  ABCD  nên suy SO  ( ABCD) Kẻ OE  AB, OK  SE � OK  d  O, (SAB)  a Vì OE    �   OA OB 3a SO OK OE S ABCD  AC.DB  2a2 Vậy VS ABCD  a  a � SO  a (Bạn đọc tự vẽ hình) Gọi H , K hình chiếu A Ta có: BC  (SAB) � AK  (SBC ) � AK  SB � SB  ( AHK ) � AHK   (SAB), (SBC )  600 Do � Trong tam giác vng AKH ta có: AK  sin 600  � AK  AH AH 2 Suy AK 244  3AH � SA  AC  4� 1 � a �  � SA  � 2 � �SA AB2 � SA a2 BC  AB  AC  a � SABC  a2 CA.CB  2 Vậy VS.ABC  a 12 Gọi H hình chiếu S lên BC ; E , F hình chiếu H lên AB, AC suy SH  ( ABC ) HE  HF nên AH � phân giác góc BAC AB BC BH AB   1  1 HF HC CH AC AB.AC 2a � HF   AB  AC Ta có: Suy SH  HF tan 600  2a , SABC  AB.AC  a2 Vậy VS.ABC  2a ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Ta có BA  BC nên tam giác ABC vuông cân B BC  BA,BC  AS Vì nên BC  (SAB) � BC  AB � , AB �  SB � AB �  (SBC) � AB �  SC B �� C  SC � SC  (AB �� C ) Thể tích khối chóp S.AB �� C là: 1 V  SC� SAB�� SC� AB � B �� C C  Ta có: SC  SA  AC2  SA  BC2  BA  a SA a  SC a Tam giác SAB vuông cân A nên AB �  SB �  SB  2 a2 a 2 Suy B �� C  SB �  SC�  � B �� C  6  Tam giác SAC�vuông A, đường cao AC�nên SC� 245 1 a a a a3 SC� AB � B �� C  6 36 � Vì hình chiếu S lên mặt phẳng (ABC) điểm A nên   SBA Mặt khác, SA  BC, AD  BC (tam giác ABC cân A ) nên BC  (SAD) S �   BSD Từ tam giác vng SAB,SDB ta có AB  SB.cos ,BD  SB.sin  Mà AB  AD2  DB nên SB 2.cos2   SB 2.sin2   a2 a � SB  cos   sin2  Vậy thể tích cần tìm V  C A D Do BD  asin  asin  ,SA  SB.sin   cos2   sin2  cos2   sin2 B 1 Thể tích khối chóp là: V  SA.SABC  SA.AD.BC, a sin .sin  hay V  SA.AD.BD  3(cos2   sin2  ) S Gọi H hình chiếu S lên mặt phẳng (ABC), ta có SA,SB,SC tạo với đáy góc SAH,SBH, SCH nên tam giác SAH, ABH, SCH nên HA  HB  HC, hay H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi M trung điểm BC H �AM Theo định lý hàm số sin cho tam giác ABC có BC a a  2R  2HA � HA  � SH  HA.tan   tan  sin A sin  sin   a  Mặt khác, tam giác ABC cân A nên AB  BM.cot  cot , diện 2 C A a  tích đáy SABC  AM.BC  cot H M a tan  V  SH.SABC  Thể tích khối chóp cần tìm  48sin2 B 10 Ta có: MN / / AD; BC  SA BC  AB � BC  (SAB) 246 � BC  BM � BCMN hình thang vng B M SA  AB tan 600  a 3, MN SM 4a   � MN  , AD SA 3 2a BM  AB  AM  BCMN Diện tích hình thang : S BC  MN 10a2 BM  3 Hạ SH  BM � SH  (BCMN ) � SH đường cao khối chóp S.BCMN Do MH S : MAB nên suy ra: MH MB  MS.MA � MH  MS.MA a  MB � BH  BM  MH  a � SH  SB  BH  4a2  3a2  a Vậy VS.BCMN  1 10a2 10 3a3 S.SH  a  3 3 27 Bi AB  BC  CA Gọi p nửa chu vi tam giác ABC: p   9a Nên diện tích tam giác ABC là: SABC  p( p  AB)( p  BC )( p  AC )  9a.4a.3a.2a  6a2 247 Kẻ đường cao AK tam giác ABC đường cao AH tam giác SAK Ta có: AH  (SBC ) � AH  d( A,(SBC ))  AK  2a , 2SABC  2a BC Trong tam giác vng SAK , 1   ta có: 2 AH SA AK � SA      AH AK 24a2 24a2 3a2 Vậy VS ABCD  a 3.6a2  6a3 Gọi O tâm đáy, I trung điểm BC � SA  a � � O  (SBC ), ( ABC )  600 a) Ta có BC  (SI O) � SI   IO  a AI  � SO  I O tan 600  a , a2 Vậy VSABC  SO.SABC SABC   a a2 a3  24 b) Gọi E , F , P trung điểm AB, BS, SM , ta có: � SA, BM    EF , PF  � EF �  F P Đặt AB  x 2 2 Ta có: EF  a, BM  2(BS  BC )  SC  x  2a , F P  BM 248 2 �3x2 � 2�  SA  AE � SC �4 � 2(EC  ES 2)  SC 4a2  x2 � EM   �  4 2(SE  EM )  SM 9a2  16 Tam giác EF P vuông F nên EP  EP  EF  FP � x2  8a2 � x  2a AO  x AI  � SO  3 SA  AO2  4a2  8a2 2a  3 Vậy VSABC  SO.SABC  2a x  4a 3 Vẽ ME / / SA � ME  ( ABCD) , DM  BN � DE  BN Đặt AN  xAD uuuu r uuur uuuu r uuuu r uuur DE  DA  AE   AD  AB ; uuuu r uuur uuuur uuur uuuu r BN   AB  AN   AB  xAD uuuu r uuur uuur uuuu r BN  DE � 3AD  AB AB  xAD  uuur uuuu r � 3xAD2  AB  (3  x) AB.AD  Ta có tam giác ABD nên:    uuur uuuu r a2 � AB.AD  AB.AD.cos BAD  a.a.cos 600  2 Nên ta có: 3xa2  a2  a (3  x)  � x  � AN  AD  2a 5 Ta có: ME  SA  2a , SABN  AB.AN sin 600  a 3 10 2 Suy SBND  SABC  SABN  3a 20 Vậy VBDMN  ME SBND  2a 3a  a 3 20 10 Gọi I hình chiếu vng góc S  ABCD  , tương tự ví dụ ta có I tâm đường tròn nội tiếp hình thang ABCD 249 Vì tứ giác ABCD ngoại tiếp nên AB  DC  AD  BC  5a Diện tích hình thang ABCD S   AB  DC  AD  5a.2a  5a2 Gọi p nửa chu vi r bán kính đường tròn nội tiếp hình thang ABCD p  AB  DC  AD  BC 10a   5a , 2 S 5a2   a � IK  r  a p 5a Tam giác SAD có cạnh 2a nên S  pr � r  SK  a � SI  SK  I K  a Vậy V  SI S ABCD  a 2.5a2  2a 3 AM BA   Ta có nên hai tam giác ABM BCA đồng dạng AB S BC � � � ABM  BCA � �  BCA �  BAC �  900 � ABM  BAC � B  900 � MB  AC � AI Mặt khác, SA vng góc với đáy nên SA  BM, BM  (SAC) suy (SBM )  (SAC) Vì N trung điểm SC, nên gọi H trung điểm AC NH A đường trung bình tam giác SAC SA a  , NH //SA nên NH  (ABCD) Ta có NH  2 B Thể tích khối chóp ABI N VNAI B  NH.SABI 250 N M I D H C 1 a   � AI  2 AI AB AM a a BI  AB  AI  � SABI  I A.I B  6 a a2 a3 Vậy thể tích khối chóp ABI N VNAI B  36 Hình chiếu SC lên mặt đáy �  450 Mặt khác S AC nên SCA �  300 CB  (SAB) nên CSB Trong tam giác AMB ta có �  300 Tam giác vng SBC có CSB nên BC  SC A B �  450 Tam giác vuông SAC có SAC nên SA  AC  SC D C Từ tam giác vng ABD ta có BA  BC2  AC2 nên SC  2a, suy BC  a SA  a a3 Thể tích khối chóp S.ABCD V  Dễ dàng tính AN  DM  a 2, mà AD  2a nên tam giác AND vng N S Theo định lí ba đường vng góc DN  MN, suy M DN � tan DMN   MN Ta MN  a nên từ tam giác vuông E A AMN AM  2a � SA  4a Gọi F  AB �DN B trung điểm AF � E trọng tâm tam B C N giác nên SAF d(E,(ABC))  SA  a F 3 VM.AFD  MA.SADF  a3,VE.BFN  d(E,(ABC)).SBFN  a3 3 10 a Thể tích khối đa diện ADM.BNE VADM.BNE  VM.AFD  VE.BFN  Mà VS.ABND  2a3, nên VS.DMEN  VS.ABND  VADM.BNE  a3 251 D a) Tính VS.A BCD Gọi O giao điểm AC BD , theo tính chất hình chóp ta có SO   ABCD  Trong tam giác vuông SOC , S �a � a2 SO  SC  OC  a  � � �2 � � � a � SO  Thể tích khối chóp S.ABCD 2 2 1 a a3 V  SABCD SO  a2  3 H I O B C Tính diện tích tồn phần hình chóp S.ABCD : Stp  4SSBC  SA BCD a Vì tam giác SBC có cạnh a nên tam giác suy SSBC  � Stp  a2  a2  a2   31 Tính diện tích hai mặt chéo SAC SBD Hai mặt chéo SAC SBD nhau: 1 a a2 AC.SO  a  2 2 b) Tính d A , SCD  SSAC    Cách Ta có VS.A CD  VS.ABCD  a 12 Mặt khác VSA CD  SSCD d  A , SCD   a3 3V a � d A , SCD   SACD   SSCD a Cách Gọi I trung điểm CD , dựng OH  SI  H �SI  , ta có   � CD  OI � CD   SOI  � CD  OH � CD  SO � � OH  SI � OH   SCD  � OH  d O, SCD  � OH  CD �  252 D A  a a SO.OI 2  a OH.SI  SO.OI � OH   Trong tam giác vuông SOI , SI a d A , SCD  CA AO � SCD    C �  2 CO d O, SCD          � d A , SCD   2d O, SCD   2OH  a a) Tính VS.A BCD Gọi O giao điểm AC BD , ta có SO   ABCD  S � hình chiếu vng góc SC lên mặt phẳng  ABCD  OC � I  SC, ABCD     SC,OC   �SCO  600 F Trong tam giác vuông SOC , K a a SO  OC tan 60  3 2 a3 � VS.ABCD  SABCD SO  E D C O A B b) Tính diện tích thiết diện Gọi I trung điểm cạnh SC , K giao điểm AI SO Qua O dựng đường thẳng song song với BD , cắt cạnh SB,SD E,F Nối AE,AF Tam giác cân SAC có � SCA  600 nên tam giác , suy AF  SC �BD  AC � BD   SAC  � BD  SC � EF  SC  EF P BD  � �BD  SO � EF  SC  �  AEIF � AI  SC � SC  AEIF  P  � Thiết diện  P  hình chóp S.ABCD tứ giác AEIF � EF P BD � � EF   SAC  � EF  AI � SAEIF  AI.EF � �BD   SAC  AI  AC a a   2 253 Trong tam giác SAC , K giao điểm hai đường trung tuyến SO AI nên K trọng tâm tam giác EF SK 2 2a 2a a a2   � EF  BD  � SAEIF  BD SO 3 2 3 10 a) Điều kiện h để C’ thuộc cạnh SC �  P   SC � A C'  SC , C’ S chân đường cao tam giác SAC , suy C’ thuộc cạnh SC  � ASC góc nhọn Gọi O tâm hình vng ABCD , ta có O trung điểm AC , SO  h tam giác SAC cân S , suy � OSC  � ASC � A SC góc nhọn D' C' K B' D A O B C a OC � �� OSC  450 � tanOSC   hay a  1� h  SO h b) Tính VS.A ’B’C’D’ Trong tam giác vuông SOC , �a � a2 a2 SC  SO  OC  h  � � SC  h2  �  h2  �2 � 2 � � �BD  AC � BD   SAC  � BD  SC � BD P  P   P   SC � �BD  SO 2 2  � �BD � SBD  � B'D' P BD �  P  P BD , P  � SBD   B'D' � AC'.B'D'  AC'.SC  SO.AC � B'D'   SAC  � B'D'  AC' � SAB'C 'D'  Trong tam giác SAC : 2SSA C � AC'  254 SO.AC  SC h.a h2  a2  2ah 2h2  a2  � a2 � 2ah Trong tam giác vuông SAC’ , SC'  SA  AC'  h  � � � 2h2  a2 � � �  2 2 2h  a 4a h  2h2  a2 2  2h  a  � SC'  2h  a  2 2h  a  2 2h  a  2 2 2 2 Gọi  K   B'D'�AC' , S,K ,O ba điểm chung hai mặt phẳng  SAC   SBD  nên chúng thẳng hàng B'D' SK BD.SK  � B'D'  BD SO SO Hai tam giác vng SKC’ SOC có góc nhọn S chung nên chúng đồng dạng ,suy Trong tam giác SBD,B’D’ P BD � 2h2  a2  2h2  a2 SK SC SC'.SC  � SK   SC' SO SO � B'D'  a 2  2h2  a2  h  2h2  a2 2h  2h  a a 2h2  a2 2h  h 2h2     a 2h2  a2 a2 2h2  a2 2ah Suy SA B'C 'D'  2 2h2  a2 2h2 2h 2h  a Suy thể tích khối chóp S.AB’C’D’  2 a 2h  a V  SA B'C 'D'.SC'  3 2h 2h2  a2  2 2h  a  2 2h  a    2 a 2h  a  h 2h2  a2   c) Chứng minh tam giác B’C’D’ có góc tù Vì O trung điểm BD nên K trung điểm B’D’ Mặt khác B’D’  AC’ � Tam giác B’C’D’ cân C’ KC' SK  Hai tam giác SC’K SOC đồng dạng suy OC SC KD' SK B’D’ P BD �  OD SO KC' �   1�� KD'C'  450 Vì OD  OC,SC  SO nên KC’  KD’ � tanKD'C' KD' Tam giác B’C’D’ cân C’ , � B'D'C'  450 �� B'C'D'  900 �� B'C'D' góc tù Bi 255 Gọi O tâm đáy, ta có SO  ( ABCD) suy : VS ABCD  SO.S ABCD a) Gọi M trung điểm CD , ta có: CD  (SMO) � Do góc SMO góc mặt � bên với mặt đáy, nên SMO  600 Đặt AB  2x � MO  x, OC  x Trong tam giác vuông SOC, SOM ta có: SO2  SC  OC  5a2  2x2; SO  OM tan 600  x Nên ta có phương trình : 5a2  2x2  3x2 � x  a 3 3 x 3.(2x)2  x  a 3 � b) Gọi K hình chiếu O lên AM, ta có OK  (SCD) nên OSK � góc đường cao SO với mặt bên nên OSK  450 Gọi N trung điểm Vậy VS ABCD  AB AB / /(SCD) � d( AB, SC)  d( AB,(SCD))  d(N ,(SCD))  NH  2a NH  a Các tam giác SKO, SOM tam giác vuông cân nên ta có Trong HN / / OK � OK  SO  OK  a 2, OM  SO  a  a 2a ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Vậy VS ABCD    8a3 a) Gọi M trung điểm CD � SM  CD,SH  CD � CD  (SHM ) �   SHM � SH  x tan ,HM  x Tam giác HCD vuông cân H � CD  2x,HC  HD  2x 256 Xét tam giác vuông SC2  SH  HC2 nên SHC � b2  x2 tan2   2x2 � x  ta có b  tan2  Thể tích khối chóp b3 tan  1 V  V  SH.S ABCD  x tan .(2x)  x tan , hay (2  tan2  )3 3 b) Diện tích đáy khối chóp SABCD  a2 Gọi I trung điểm SH, hạ IK  SM I K  (SCD) � I K  k SI IK  , Đặt SH  h Tam giác SI K tam giác SMH đồng dạng nên SM HM h a a2 2ak  k h2  �h 2 a  16k 2a3k Thể tích khối chóp V  a2  16k2 ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Gọi E trung điểm BC F hình chiếu vng góc E lên SA a EF đoạn vng góc chung SA BC � EF  d  BC,SA   Gọi O trọng tâm tam giác ABC Hai tam giác vuông SOA EFA   đồng dạng, suy a a a SO OA OA.EF a   � SO    2 EF FA FA AE2  EF2 �a � �a �  � � �2 � � � � � � � �2 � Do ta có: SI.HM  I K SM � 1 a2 a a3 � VS.ABC  SABC SO  3 12 ( Bạn đọc tự vẽ hình ) a) Tam giác SCD vng S � SP  CD , mà MN P CD � SP  MN b) Gọi E trung điểm AB , ta có SE  AB a2 7a2 a Trong tam giác vuông SEA , SE2  SA  EA  2a2   � SE  4 MN   đường trung bình tam giác SAB a a � MN  AB  , d  A ,MN   SE  2 1 a a a2 � SA MN  MN.d  A ,MN   2 16 257 Dựng OH  SE OH   SAB (do OH  SE,OH  AB ) � OH  d  O, SAB  �a � 3a2 Trong tam giác vuông SOA , SO  SA  OA  2a  � �  �2 � � � 1 14      Trong tam giác vuông SOE , 2 2 OH SO OE 3a a 3a2 � OH  a  2 a 42 14 14 d P, SAB EP a 42   � d P, SAB  2d O, SAB  EO d O, SAB         Thể tích khối tứ diện AMNP : 1 a2 a 42 a3 V  SAMN d P, SAB  3 16 48 a) Xác định góc  ,    � SA   SAB � SAC  � � SA   ABC  �  SAB   ABC  ,  SAC    ABC  � � hcSB /(A BC)  AB � SB, ABC    SB,AB  � SBA     Tam giác ABC cân A có AD trung tuyến � BD  AD �BD  AD � BD   SAD  � �BD  SA � hcSB /  SD � SB, SAD    SB,SD   � BSD    SAD    b) Chứng minh SB2  SA  AD2  BD2 Trong tam giác vuông SAB , SB2  SA  AB2 Trong tam giác vuông ADB , AB2  AD  BD Suy SB2  SA  AD  BD (*) 1 c) V  SABC SA  AD.BC.SA Trong tam giác vuông S  C A a SAB,SA  SBsin  Trong tam giác vuông SDB (vuông D ) , BD  SBsin  Thay SA ,BD vào (*) ta 258 D  B   SB2  SB2 sin2   a2  SB2 sin2  � SB2 1 sin2   sin2   a2   � SB2 cos2   sin2   a2 � SB2  a cos   sin2  1 a2 � V  a.2SBsin .SBsin   a.SB2 sin .sin   a .sin .sin  3 cos2   sin2   a3 sin .sin   cos2   sin2   1 cos2 1 cos2    cos2  cos2  2 2  2 2  2  cos cos  cos     cos     2 Lại có cos2   sin2   �V   a3 sin .sin  cos2   sin2    a) Chứng minh SC  a3 sin  sin  3cos     cos     (đpcm) a2 cos2   sin2  Hình chiếu vng góc SC lên  ABCD  AC nên SC, ABCD   � SCA    S   �BC  SA � BC   SAB � � �BC  AB hình chiếu vng góc SC lên  SAB SB � SC, SAB  � BSC    D A  Xét tam giác vuông  B C SA C ,cos  AC AC � cos2   SC SC Xét tam giác vuông SBC (vuông B ), sin   Suy cos2   sin2   AC  BC SC  AB2 SC  BC BC � sin2   SC SC a2 SC 259 � SC  a2 cos2   sin2  (đpcm) b) VSA BCD VSA BCD   1 1 SA BCD SA  AB.BC.SA  a.SC sin .SC sin   a2SC sin  sin  3 3 a3 sin .sin  cos2   sin2  a).Tính Sxq hình chóp S a  D F C O A  B  E � SA   SAB � SAD  � �  SAB   ABCD  � SA   ABCD  � �  SAD    ABCD  � Gọi E,F hình chiếu vng góc A lên BC,CD , ta có �BC  AE � BC   SAE  � BC  SE � �BC  SA �BC   SBC  � ABCD  � � AE � ABCD  , AE  BC �  SBC  , ABCD    SE,AE   � SEA   � � SE � SBC  , SE  BC � SFA   Tương tự  SCD  , ABCD   �     Trong hai tam giác vuông SA E,SAF , SE  SF  260 SA a  sin  sin  AE  AF  SA cot   acot  Trong tam giác vuông AEB , AB  AE acot   � sinABE sin  �acot � a2 cot2  Ta có SA BCD  AB.AD.sin   AB2 sin   � sin   � sin  �sin  � SSA D  SSAB  1 a2 cot  SA.AB  , 2 sin  1 a a2 cot  BC.SE  2 sin  2sin .sin  Suy ta diện tích xung quanh hình chóp S.ABCD SSCD  SSBC  Sxq  2 SSBC  SSAB   a2 cot  � � 1 � � sin  � sin  � b) Tính VS.A BCD a3 cot2  VS.A BCD  SABCD SA  3sin  c) Chứng tỏ : sin   cot .sin  sin2   cot2  Gọi  O  AC I BD theo tính chất hình thoi , BD  AC , O trung điểm AC BD �BD  AC � BD   SAC  �  SBD    SAC  Ta có � �BD  SA �  SBD  � SAC   SO � � � hcSB /  SAC   SO � SB, SAC    SB,SO   � BSO    SBD    SAC  � � SB � SBD  � OB (*) Trong tam giác vuông SOB ,sin   SB  OA đường phân giác � DAB �� OAB   acot  acot  OB  ABsin  sin  Trong tam giác vuông AOB ,  sin  2cos Trong tam giác vuông SAB , acot  � � cot2  � 2 2 � SB  SA  AB  a  � 1 � � a � � sin2  � �sin  � � �   261 � cot2  � a � SB  a � 1 sin2   cot2  � � sin2  � sin  � � acot    2cos cot.sin Từ (*) 2 � sin    a 2 sin   cot2  sin   cot  sin  Bi Gọi M,N trung điểm BC,BA H  AM �CN a2 a.a.sin 600  a Vì H trọng tâm tam giác ABC nên HA  AM  3 a2 �h 3b2  a2 Do SH  SA  AH  b2  3 Diện tích đáy khối chóp S.ABC SABC  2 Thể tích khối chóp V  SH.S ABC  a 3b  a 12 a2 Diện tích đáy SABC  S Vì SH  BC,AM  BC nên BC  (SAM ), góc mặt (SBC) mặt đáy góc � hai đường thẳng MA,MS Do SHM  900 nên � �   (MA,MS)  SMA a AM  , a nên SH  HM.tan   tan  a3 tan  Thể tích khối chóp V  Ta có HM  C A H N M B  x  Đặt AB  x Xét tam giác vuông SAN ta có SN  AN.cot  cot 2 2 2 Trong tam giác vuông SHN : SN  SH  HN , nên �x � x2  cot2  h2  � �x �6 � � � � 262 3.h  3cot 1 2 x2 3 3.h2  Diện tích đáy 2 3cot 1 3.h3 V  SH.S ABC  Thể tích khối chóp  3cot2  Vì hình chiếu S lên mặt đáy H nên góc cạnh bên mặt đáy � Trung đoạn hình chóp SM  d Đặt SH  h   SAH 1 Ta có AH  SH.cot   h.cot  � HM  AH  h.cot  2 Tam giác SHM vuông H nên SM  SH  HM 2, hay 2d h2  h2 cot2   d2 � h  4  cot2  SABC  Suy AH  2dcot   cot  khối chóp SABC   AB 4dcot  � AB  , nên diện tích đáy 3(4  cot2 ) AB 3d2 cot2   3(4  cot2 ) Thể tích khối chóp V  16d3 cot3  h.SABC  (4  cot2 )3 Bi Gọi M trung điểm BC Vì tam giác SBC,ABC tam giác nên � � SM  BC,AM  BC � SMA  (SBC),(ABC)  600 a nên tam giác SAM tam giác Gọi H trung điểm cạnh AM � SH  AM mà BC  SH nên SH đường cao khối chóp, SH đường cao tam giác S a 3 SAM nên SH   a 2 Vậy thể tích khối chóp S.ABC 3 VSABC  SH.SABC  a 16 Mặt khác, tam giác SAC có a CS  CA  a,SA  A C Suy diện tích tam giác SAC H M Ta có SM  AM  B 263 SA 39 SA SC2   a 16 Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) là: SACS  3VSABC 13  a SACS 13 Vì BC  (SAB) nên AH  BC AH  (SBC) � AH  HK ,AH  SC mà AK  SC � SC  (AHK ) Vậy VSAHK  SK HA.HK AB.SA 2a  Ta có AH  SB d(B,(SAC))  AK  S K H AC.SA 5a  , SC HK  AK  AH  C A 8a ,SK  4a B 4a 2a 8a 32 � VSAHK   a 5 135 4 2 a nên SAHS  a2 Mặt khác SH  SA  AH  5 3VK SAH  a Vậy khoảng cách cần tìm là: d(K ,(SAB))  SAHS ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Gọi M,N trung điểm BC,BA H,K hình chiếu S,C� xuống mặt phẳng (ABC) SA  a ,SH  a 15 thể tích khối chóp S.ABC V  a3 24 Tam giác C� AB cân C�và C� N  C� K  KN2  nên ta có SABC� 264 a 3V AB 3V AB))  C.C�  a Vì d(C,(C� S 2S C� AB C� AB hay khoảng cách cần tìm d(C,(C� AB))  a 35 14 Bi ( Bạn đọc tự vẽ hình ) � Rõ ràng (SHM )  AB nên SMH  600 a Ta có MH  nên SH  MH.tan 600  a 4 1 3 SACN  AD.CN  a2 � VSANC  SH.SACN  a 48 Hạ HK  AC � SK  AC HO a  Tam giác OHK vuông cân K nên HK  3VNACS 14 � SK  a,SACS  a Ta có d(N,(SAC))  SACS 8 21 a 14 ( Bạn đọc tự vẽ hình ) Vì M trung điểm SC nên OM //SA,MS  MC nên d(N,(SAC))  đó: d(SA,BM )  d(SA,(OBM ))  d(S,(OBM ))  d(C,(OBM ))  3VC.OMB SOMB AC  2a nên OB  BC2  OC  a � SOBC  OB.OC  a2 Gọi N trung điểm OC MN //SO nên MN  (OBC) 1 MN  SO  a Do VM.OBC  MN.SOBC  a 3 Ta có OC  Ta có SA  SO2  OA  3a nên OM  3.a S Tam giác OMB vuông O nên 3VC.OMB SOMB  OB.OM  a � d(SA,BM )   a 2 SOMB Vậy khoảng cách SA BM a M A B I Q 265 N D P C Vì mặt bên nghiêng đáy góc  chân đường cao I nằm hình thang ABCD nên I tâm đường tròn nội tiếp hình thang Gọi tiếp điểm với cạnh M,N,P,Q (hình vẽ) Ta có �  SNI nên SI  I N.tan   r.tan  � C  900 � BC  5a, I B,I C phân giác hai góc kề bù nên BI 9a 12a I B 16a CN  IN  ,BN   5 BC 24 a, Từ hình vng AMI Q, QI PD ta có AD  2r  28a 21a 588a2 2352a3 AB  ,DC  � SABCD  � VS.ABCD  tan  5 25 125 336 252a2 a , Mà SACD  nên SACB  SABCD  SACD  25 25 1344 VS.ABC  SH.SACB  a tan  125 S 6a2 Theo cơng thức hình chiếu SBCS  BCI  nên cos  cos  3VA SBC 672a.sin  d(A,(SBC))   SBCS 125 266
- Xem thêm -

Xem thêm: Huong dan giai 02a , Huong dan giai 02a

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay