Bài 24 trang 58 SBT Hình học 12 Nâng cao

Tính diện tích tứ giác ABCD.

Lời giải chi tiết:

Gọi I là trung điểm của CD thì \(O'I \bot CD\), từ đó \(OI \bot CD\). Vậy \(\alpha  = \widehat {{\rm{OIO'}}}\).

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

Vậy ABCD là hình thang cân.

Diện tích S của ABCD được 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 \(S = {1 \over 2}(2R + 2\sqrt {{R^2} - {h^2}{{\cot }^2}\alpha } ).{h \over {\sin \alpha }}\)

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

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 (OO’I), kẻ \(O'H \bot OI\) thì H là hình chiếu của O’ trên mp(P).

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

Kẻ đường cao HJ của tam giác vuông O’HO thì \(O'J.OO' = O'{H^2},\) 

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

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

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

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

Vậy HJ có độ dài không đổi, từ đó ta có điểm H thuộc đường tròn tâm J, bán kính cho trước, trong mặt phẳng vuông góc với OO’ tại J.

Chú ý. Cũng có thể thấy H thuộc mặt trụ T có trục là OO’, bán kính đáy R’ cho trước.

Cụ thể \(R' = h.\cos \alpha .\sin \alpha \), đồng thời H thuộc mặt phẳng vuông góc với trục OO’ tại điểm J.

Từ đó H thuộc đường tròn là giao của mặt trụ T và mặt phẳng nói trên.