Video hướng dẫn giải
- LG a
- LG b
Cho hình chóp tam giác đều \[S.ABC\] 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 \[SA\].
LG a
a] Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp \[S.DBC\] và \[S.ABC\].
Phương pháp giải:
+ Hình chóp có các cạnh bên tạo với đáy góc bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
Qua \[B\] kẻ \[BD \, \bot \,SA\], chứng minh mặt phẳng qua \[BC\] và vuông góc với \[SA\] là \[[BCD]\].
+ Sử dụng công thức tỉ số thể tích:\[\dfrac{{{V_{S.DBC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SD}}{{SA}}.\dfrac{{SB}}{{SB}}.\dfrac{{SC}}{{SC}} = \dfrac{{SD}}{{SA}}\].
Lời giải chi tiết:
Vì hình chóp \[\displaystyle S.ABC\] là hình chóp đều nên chân đường cao \[\displaystyle H\] là tâm của đường tròn ngoại tiếp đáy.
Do đó \[AH\] là hình chiếu của \[SA\] lên \[[ABC]\] nên góc giữa \[SA\] và \[[ABC]\] bằng góc giữa \[SA\] và \[AH\] hay góc \[\displaystyle SAH = 60^0\].
Gọi \[\displaystyle M\] là trung điểm của cạnh \[\displaystyle BC\] thì \[\displaystyle AM\] là đường cao của tam giác đều \[\displaystyle ABC\]:
\[\displaystyle AM = AB\sin {60^0}= {{a\sqrt 3 } \over 2}\]
\[\displaystyle AH = {2 \over 3}.AM = {{a\sqrt 3 } \over 3}\]
\[\displaystyle SA = {{AH} \over {c{\rm{os}}{{60}^0}}}\] = \[\displaystyle {{2a\sqrt 3 } \over 3}=SB\]
Xét tam giác vuông \[SBM\] ta có:\[\displaystyle SM = \sqrt {S{B^2} - B{M^2}} \] \[= \sqrt {\dfrac{{12{a^2}}}{9} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{6}\].
Qua \[B\] kẻ \[\displaystyle BD \, \bot \,SA\], khi đó ta có:
\[\displaystyle \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
BC\, \bot \,AM\\
BC \,\bot \,SH
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left[ {SAM} \right] \Rightarrow BC\, \bot \,SA\\
\left\{ \begin{array}{l}
SA\, \bot \,BC\\
SA \,\bot \,BD
\end{array} \right. \Rightarrow SA\,\bot \,\left[ {BCD} \right]
\end{array}\]
Khi đó mặt phẳng \[[BCD]\] đi qua \[BC\] và vuông góc với \[SA.\]
\[\displaystyle SA \,\bot \,\left[ {BCD} \right] \Rightarrow SA \,\bot\, DM\]
Xét tam giác vuông \[ADM\] có:\[\displaystyle DM = AM.\sin 60 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{4}\]
Xét tam giác vuông \[SDM\] có:\[\displaystyle SD = \sqrt {S{M^2} - D{M^2}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{{12}}a\]
Áp dụng công thức tỉ số thể tích trong bài tập 4, 3 [trang 37 SGK] ta được:
\[\displaystyle {{{V_{S.DBC}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SD} \over {SA}}.{{SB} \over {SB}}.{{SC} \over {SC}} \] \[\displaystyle= {{5a\sqrt 3 } \over {12}}:{{2a\sqrt 3 } \over 3} = {5 \over 8}\]
LG b
b] Tính thể tích của khối chóp \[S.DBC\].
Phương pháp giải:
Tính thể tích khối chóp \[S.ABC\] sau đó tính thể tích khối chóp \[S.DBC\].
Lời giải chi tiết:
Ta có: \[\displaystyle S_{ABC}= \frac{1}{2}AB.AC.\sin {60^0}\]= \[\displaystyle {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\]
\[\displaystyle SH = AH.\tan 60^0= a\]
\[\displaystyle \Rightarrow {V_{S.ABC}} = {1 \over 3}.SH.{S_{ABC}}\] \[= \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\]
Từ kết quả câu a] ta có:
\[\displaystyle {V_{S.DBC}} = {5 \over 8}.{V_{S.ABC}}\] \[\displaystyle \Rightarrow {V_{S.BDC}} = {5 \over 8}.{{{a^3}\sqrt 3 } \over {12}}\]
\[\displaystyle \Rightarrow {V_{S.DBC}} = {{5{a^3}\sqrt 3 } \over {96}}\]