\(\eqalign{ & {1 \over {H{J^2}}} = {1 \over {A{H^2}}} + {1 \over {H{D^2}}} \cr & \Rightarrow {1 \over {H{D^2}}} = {1 \over {{d^2}}} - {1 \over {{h^2}}} \cr & \Rightarrow HD = {{hd} \over {\sqrt {{h^2} - {d^2}} }}. \cr} \)
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Cho hình tứ diệnABCD. LG 1 Chứng minh rằng nếu chânHcủa đường cao hình tứ diện xuất phát từAtrùng với trực tâm của tam giácBCDvà nếu \(AB \bot AC\) thì \(AC \bot AD\) và \(AD \bot AB.\) Lời giải chi tiết:  DoHlà trực tâm \(\Delta BCD\) nên \(BH \bot CD.\) Mặt khác \(AH \bot (BCD)\) nên \(AH \bot CD.\) Vậy \(CD \bot (ABH) \Rightarrow CD \bot AB.\) Cùng với giả thiết \(AC \bot AB\), ta suy ra \(AB \bot (ACD) \Rightarrow AB \bot AD.\) Tương tự \(AC \bot AD.\) LG 2 Giả sửBC = CD = DB, AB = AC = AD. GọiHlà chân đường cao của hình tứ diện xuất phát từ A, J là chân của đường vuông góc hạ từ H xuốngAD. ĐặtAH = h, HJ = d. Tính thể tích của hình tứ diệnABCDtheodvàh. Lời giải chi tiết: TừAB = AC = ADsuy raHB = HC = HD, tứcHlà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácBCD. Xét tam giác vuôngAHD, ta có : \(\eqalign{ & {1 \over {H{J^2}}} = {1 \over {A{H^2}}} + {1 \over {H{D^2}}} \cr & \Rightarrow {1 \over {H{D^2}}} = {1 \over {{d^2}}} - {1 \over {{h^2}}} \cr & \Rightarrow HD = {{hd} \over {\sqrt {{h^2} - {d^2}} }}. \cr} \) Do tam giácBCDđều nên \(DH = BC.{{\sqrt 3 } \over 3},\) hay \(BC = DH\sqrt 3 .\) Vậy \(V = {1 \over 3}{S_{BCD}}.AH = {{\sqrt 3 {d^2}{h^3}} \over {4\left( {{h^2} - {d^2}} \right)}}.\)
|
