- LG 1
- LG 2
Cho hình lăng trụ đứngABCD.ABCDcó đáyABCD làhình thang cân với đáy nhỏAB = a,đáy lớnCD = 4a, cạnh bên \[{{5a} \over 2}\]; chiều cao hình lăng trụ bằngh.
LG 1
Chứng minh rằng có hình trụ nội tiếp hình lăng trụ đã cho.
Lời giải chi tiết:
Vì hình lăng trụ đã cho là hình lăng trụ đứng nên chỉ cần chứng minh đáyABCDcó đường tròn nội tiếp.
GọiIvàJlần lượt là trung điểm củaABvàCDthì \[{\rm{IJ}} \bot AB,IJ \bot CD.\] GọiOlà trung điểm củaIJthì \[OI = {\rm{OJ}} = {{{\rm{IJ}}} \over 2}.\] Kẻ \[BH \bot CD.\]
Ta có \[{\rm{IJ}} = BH = \sqrt {B{C^2} - H{C^2}} \]
\[ = \sqrt {{{25{a^2}} \over 4} - {{\left[ {2a - {a \over 2}} \right]}^2}} = 2a.\]
Vậy OI = OJ = a.
Mặt khác \[O{B^2} = O{I^2} + I{B^2}\]
\[\eqalign{ & \;\;\;\;\;\;\;\; = {a^2} + {{{a^2}} \over 4} = {{5{a^2}} \over 4}, \cr & O{C^2} = {\rm{O}}{{\rm{J}}^2} + J{C^2} \cr & \;\;\;\;\;\;\;\;\;= {a^2} + 4{a^2} = 5{a^2}, \cr} \]
từ đó ta có \[B{C^2} = O{B^2} + O{C^2}.\]
Kẻ đường caoOKcủa tam giác vuôngOBCthìOK.BC = OB.OC, suy ra
\[OK = {{{{a\sqrt 5 } \over 2}.a\sqrt 5 } \over {{{5a} \over 2}}} = a.\]
VậyOlà tâm đường tròn nội tiếp hình thang cânABCD.
Vậy hình trụ có trụcOO[O, Olà tâm hai đường tròn đáy] và bán kính đáy bằngachính là hình trụ nội tiếp hình lăng trụ đã cho.
LG 2
Tính diện tích toàn phần và thể tích của hình lăng trụ đó.
Lời giải chi tiết:
Diện tích toàn phần của hình trụ đó là
\[S = 2\pi {a^2} + 2\pi ah = 2\pi a[a + h]\]
Và thể tích hình trụ đó là
\[V = \pi {a^2}h.\]
Chú ý. Có thể giải thíchABCDcó đường tròn nội tiếp bởi điều kiện
AB + CD = BC + AD.