Bài 60 trang 13 SBT Hình học 12 Nâng cao

Bài làm:

Trên nửa đường tròn đường kính AB = 2R, lấy một điểm C tùy ý (C khác A, B). Kẻ \(CH \bot AB\left( {H \in AB} \right)\), gọi \(I\) là trung điểm của CH.

Trên nửa đường thẳng \(It\) vuông góc với \(mp\left( {ABC} \right)\), lấy điểm S sao cho \(\widehat {ASB}={90^0}.\)

LG 1

Chứng minh rằng khi C chạy trên nửa đường tròn đã cho thì :

a) Mặt phẳng (SAB) cố định ;

b) Điểm cách đều các điểm S, A, B, I chạy trên một đường thẳng cố định.

Lời giải chi tiết:

a) Do các tam giác ASB và ACB vuông nên :

\(S{H^2} = AH.BH;\;C{H^2} = AH.BH.\)

Vậy SH=CH. Mặt khác \(SI \bot CH\) và CI=IH nên SC=SH.

Vậy tam giác SCH đều, suy ra \(\widehat {SHI} = {60^0}\) 

Mặt khác, ta có \(AB \bot HI,AB \bot SH\)

\( \Rightarrow \) \(\widehat {SHI}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABC).

Vậy mặt phẳng (SAB) qua AB cố định và tạo với mặt phẳng cố định (ABC) một góc 60⁰ nên nó phải cố định.

b) Gọi K là điểm cách đều các điểm S, A, B, I.

Do K cách đều ba điểm S, A, B nên nó phải thuộc đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với mặt phẳng (SAB) tại trung điểm O của AB cố định nên đường thẳng \(\Delta \) cố định.

Vậy K thuộc đường thẳng \(\Delta \) cố định.

LG 2

Cho AH = x. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo R và x. Tìm vị trí của C để thể tích đó lớn nhất.

Lời giải chi tiết:

Trong tam giác ABC ta có :

\(C{H^2} = HA.HB \Rightarrow CH = \sqrt {x\left( {2R - x} \right)} \)

Do tam giác SCH đều nên \(SI = {{CH\sqrt 3 } \over 2} = {{\sqrt 3 } \over 2}\sqrt {x\left( {2R - x} \right)} \)

Vậy: \({V_{S.ABC}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}.AB.CH.SI = {{R\sqrt 3 } \over 6}x(2R - x)\)

\({V_{S.ABC}}\) lớn nhất \( \Leftrightarrow x\left( {2R - x} \right)\) lớn nhất \( \Leftrightarrow x = \left( {2R - x} \right)\) \((do\,\,x + \left( {2R - x} \right) = 2R\, \text{không đổi })\) \( \Leftrightarrow x = R \Leftrightarrow C\) là điểm chính giữa của cung AB.

Xemloigiai.com