Bài 24 trang 58 sbt hình học 12 nâng cao

LG 1

Tính diện tích tứ giác ABCD.

Lời giải chi tiết:

GọiIlà trung điểm củaCDthì \(O'I \bot CD\), từ đó \(OI \bot CD\). Vậy \(\alpha = \widehat {{\rm{OIO'}}}\).

Dễ thấy \(AB//CD\), tức làABCDlà hình thang. Mặt khác \(OI \bot CD\) nên \(OI \bot AB.\)

VậyABCDlà hình thang cân.

Diện tíchScủaABCDđược tính bởi

\(S = {1 \over 2}(AB + CD).OI\)

Ta có : \(AB = 2R,OI = {{OO'} \over {\sin \alpha }} = {h \over {\sin \alpha }}.\)

\(\eqalign{ & O'I = OO'\cot \alpha \cr&\Rightarrow ID = \sqrt {O'{D^2} - O'{I^2}} = \sqrt {{R^2} - {h^2}{{\cot }^2}\alpha } \cr & \Rightarrow CD = 2\sqrt {{R^2} - {h^2}{{\cot }^2}\alpha } \cr} \).

Vậy \(S = {1 \over 2}(2R + 2\sqrt {{R^2} - {h^2}{{\cot }^2}\alpha } ).{h \over {\sin \alpha }}\)

\(= (R + \sqrt {{R^2} - {h^2}{{\cot }^2}\alpha } ).{h \over {\sin \alpha }}.\)

LG 2

Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc H của điểm O trên (P) thuộc một đường tròn cố định.

Lời giải chi tiết:

Trong mặt phẳng (OOI), kẻ \(O'H \bot OI\) thìHlà hình chiếu củaOtrênmp(P).

Xét tam giác vuôngOIH, ta có \(O'H = O'I\sin \alpha = h.\cot \alpha .\sin \alpha = h.c{\rm{os}}\alpha {\rm{.}}\)

Kẻ đường caoHJcủa tam giác vuôngOHOthì \(O'J.OO' = O'{H^2},\)

\( \Rightarrow O'J = {{O'{H^2}} \over {OO'}} = h.{\cos ^2}\alpha ,\)từ đó suy raJlà điểm cố định.

Mặt khác \(H{J^2} = O'{H^2} - O'{J^2} \)

\(= {h^2}.{\cos ^2}\alpha - {h^2}.{\cos ^4}\alpha \)

\(= {h^2}{\cos ^2}\alpha .{\sin ^2}\alpha .\)

VậyHJcó độ dài không đổi, từ đó ta có điểmHthuộc đường tròn tâmJ, bán kính cho trước, trong mặt phẳng vuông góc vớiOOtạiJ.

Chú ý. Cũng có thể thấyHthuộc mặt trụ T có trục làOO, bán kính đáyRcho trước.

Cụ thể \(R' = h.\cos \alpha .\sin \alpha \), đồng thờiHthuộc mặt phẳng vuông góc với trụcOOtại điểmJ.

Từ đóHthuộc đường tròn là giao của mặt trụ T và mặt phẳng nói trên.