- LG 1
- LG 2
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 600nên 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.