Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có các mặt bên cũng là các tam giác đều. Gọi SO là đường cao của hình chóp, OC = 2 √ 3 cm .
16/17
(3,0 điểm)
1) Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có các mặt bên cũng là các tam giác đều. Gọi \(SO\) là đường cao của hình chóp, \(OC = 2\sqrt 3 {\rm{\;cm}}.\)
Tính (làm tròn các kết quả đến chữ số thập phân thứ hai):
a) Độ dài các cạnh bên của hình chóp.
b) Diện tích xung quanh của hình chóp.
2) Cho \(\Delta ABC\) cân tại \(A,\) đường trung tuyến \(AH.\) Gọi \(I\) và \(K\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(AB.\) Gọi \(E\) là điểm sao cho \(I\) là trung điểm của \(HE.\)
a) Giải thích tại sao tứ giác \(AKHI\) là hình thoi.
b) Chứng minh rằng \(AHCE\) là hình chữ nhật. Tam giác \(ABC\) cần thêm điều kiện gì để tứ giác \(AHCE\) là hình vuông?
Hướng dẫn giải
1)a) Ta có \(CM \bot AB\) và \(MA = MB = \frac{1}{2}CB.\)
Vì \(SO\) là đường cao của hình chóp nên \(O\) là trọng tâm của tam giác \(ABC.\)
Do đó \(CM = \frac{3}{2}CO = \frac{3}{2} \cdot 2\sqrt 3 = 3\sqrt 3 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông \(CBM,\) ta có:\(C{B^2} = C{M^2} + M{B^2}\)
Suy ra \(C{M^2} = C{B^2} - M{B^2} = C{B^2} - {\left( {\frac{1}{2}CB} \right)^2} = \frac{3}{4}C{B^2}.\)
Do đó \({\left( {3\sqrt 3 } \right)^2} = \frac{3}{4}C{B^2}\) suy ra \(CB = 6{\rm{\;cm}}.\)
Vì các mặt của hình chóp \(S.ABC\) là các tam giác đều nên các cạnh bên của hình chóp có độ dài là \(6{\rm{\;cm}}.\)
b) Vì các tam giác \(SAB\) và \(ABC\) là các tam giác đều bằng nhau nên ta có \(SM = CM = 3\sqrt 3 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}\)
Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) là:
\({S_{xq}} = \frac{1}{2}\left( {AB + BC + CA} \right) \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \left( {6 + 6 + 6} \right) \cdot 3\sqrt 3 = 27\sqrt 3 \approx 46,77{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{.}}\)
2)
a) Xét \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có \(AH\) là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao của tam giác.
Do đó \(AH \bot BC\) nên \(\Delta AHB\) và \(\Delta AHC\) đều vuông tại \(H.\)
Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\) có \(HK\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AB\) nên \(KH = \frac{1}{2}AB\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).
Tương tự, xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) ta có \(IH = \frac{1}{2}AC.\)
Mà \(I,\) \(K\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(AB\) nên \(KA = KB = \frac{1}{2}AB;\) \(IA = IC = \frac{1}{2}AC.\)
Lại có \(AB = AC\) (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A)\)
Do đó \(KA = KH = IA = IH.\)
Xét tứ giác \(AKHI\) có \(KA = KH = IA = IH\) nên là hình thoi.
b) Xét tứ giác \(AHCE\) có \(I\) là trung điểm của hai đường chéo \(AC,HE\) nên \(AHCE\) là hình bình hành.
Lại có \(\widehat {AHC} = 90^\circ \) nên hình bình hành \(AHCE\) là hình chữ nhật.
Để hình chữ nhật \(AHCE\) là hình vuông thì hai cạnh kề bằng nhau, tức \(HA = HC.\)
Mà \(H\) là trung điểm của \(BC\) nên \(HB = HC = \frac{1}{2}BC.\)
Khi đó \[HA = HB = HC = \frac{1}{2}BC.\]
Xét \(\Delta ABC\) có đường trung tuyến \(AH\) thỏa mãn \[HA = \frac{1}{2}BC\] nên \(\Delta ABC\) vuông tại \(A.\)
Vậy \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) thì \(AHCE\) là hình vuông.