3 replies to this topic

[tanh]

Tứ diện $ABCD$ có $ AB=AC=AD=a ; \widehat{BAC}=120^{\circ}; \widehat{BAD}=60^{\circ}$ và $\Delta BCD \bot$ vuông tại $D$ . Tính thể tích khối tứ diện $ABCD$ và khoảng cách giữa 2 đường thẳng $ AD;BC$ 

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Giải

a) Theo định lý hàm số cos, tính được: $BC = a\sqrt{3}; BD = a$

Tam giác BDC vuông tại D nên suy ra $DC = a\sqrt{2}$

Do đó: $S_{\triangle BDC} = \dfrac{a^2\sqrt{2}}{2}$

 

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và BD.

- Do $\triangle$ ABD cân tại A $\Rightarrow$ AN $\perp$ BD

- M, N là trung điểm BC, BD $\Rightarrow $ MN // DC $\Rightarrow$ MN $\perp$ BD

Vậy: BD $\perp$ (AMN) $\Rightarrow$ BD $\perp$ AM

 

Mặt khác: $\triangle$ ABC cân tại A $\Rightarrow$ AM $\perp$ BC

Suy ra: AM $\perp$ (BCD) hay AM là đường cao của tứ diện.

 

Từ đó ta tính được: $V = \dfrac{1}{3}AM.S_{\triangle BDC} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a^2\sqrt{2}}{2} = \dfrac{a^3\sqrt{2}}{12}$

 

b) Dựng DE // BC, MH $\perp$ DE, MK $\perp$ AH

Ta có: $BC \perp MH$ và BC $\perp$ AM nên BC $\perp$ (AMH) 

$\Rightarrow$ BC $\perp$ MK $\Rightarrow$ DE $\perp$ MK

Mà MK $\perp$ AH. Điều này chứng tỏ: MK $\perp$ (ADE)

Khi đó: $d_{(BC; AD)} = d_{(BC; (ADE))} = d_{(M; (ADE))} = MK$

 

Dễ dàng tính được: $MH = \dfrac{BD.DC}{BC} = a\sqrt{\dfrac{2}{3}}$

Trong tam giác vuông AMH (vuông tại M), ta có:

$\dfrac{1}{MK^2} = \dfrac{1}{AM^2} + \dfrac{1}{MH^2} = \dfrac{11a^2}{2} \Rightarrow MK = \dfrac{a\sqrt{22}}{11}$

[donghaidhtt]

 

Giải

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và BD.

- Do $\triangle$ ABD cân tại A $\Rightarrow$ AN $\perp$ BD

- M, N là trung điểm BC, BD $\Rightarrow $ MN // DC $\Rightarrow$ MN $\perp$ BD

Vậy: BD $\perp$ (AMN) $\Rightarrow$ BD $\perp$ AM

 

Mặt khác: $\triangle$ ABC cân tại A $\Rightarrow$ AM $\perp$ BC

Suy ra: AM $\perp$ (BCD) hay AM là đường cao của tứ diện.

Mình có ý kiến về đoạn này, có thể chứng minh ngắn hơn: $\left\{\begin{matrix} AD=AB=AC\\ MB=MC=MD \end{matrix}\right.$

nên $AM$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$. Từ đó $AM$ vuông với $(BCD)$

Edited by donghaidhtt, 21-08-2013 - 11:46.

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Mình có ý kiến về đoạn này, có thể chứng minh ngắn hơn: $\left\{\begin{matrix} AD=AB=AC\\ MB=MC=MD \end{matrix}\right.$

nên $AM$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$. Từ đó $AM$ vuông với $(BCD)$

Ừ! Tớ chưa được về cái đó Dù sao cũng cảm ơn cậu nhé!