Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh (a), (angle BAD = (60^0)), cạnh bên (SA = a) và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ (B) đến mặt phẳng (( (SCD) )).

Lưu lại

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh $a$, $\angle BAD = {60^0}$, cạnh bên $SA = a$ và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.

Đáp án: A

Ta có $AB\parallel CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right) \Rightarrow AB\parallel \left( {SCD} \right)$ $ \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)$.

Trong $\left( {ABCD} \right)$ kẻ $AH \bot CD$.

Vì $\angle BAD = {60^0} \Rightarrow \angle ADC = {120^0}$ nên điểm $H$ nằm ngoài đoạn thẳng CD.

Trong $\left( {SAH} \right)$ dựng $AK \bot SH{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SH} \right)$ ta có:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AH}\\{CD \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow CD \bot AK$.

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AK \bot SH}\\{AK \bot CD}\end{array}} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right)$$ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AK$.

Xét tam giác vuông AHD có $\angle ADH = {180^0} - \angle ADC = {60^0}$, $AD = a$ $ \Rightarrow AH = AD.sin{60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AH$, suy ra tam giác SAH vuông tại $A$, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: $AK = \dfrac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }}$ $ = \dfrac{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Vậy $d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Chọn A. 

Ta có $AB\parallel CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right) \Rightarrow AB\parallel \left( {SCD} \right)$ $ \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)$.

Trong $\left( {ABCD} \right)$ kẻ $AH \bot CD$.

Vì $\angle BAD = {60^0} \Rightarrow \angle ADC = {120^0}$ nên điểm $H$ nằm ngoài đoạn thẳng CD.

Trong $\left( {SAH} \right)$ dựng $AK \bot SH{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SH} \right)$ ta có:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AH}\\{CD \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow CD \bot AK$.

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AK \bot SH}\\{AK \bot CD}\end{array}} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right)$$ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AK$.

Xét tam giác vuông AHD có $\angle ADH = {180^0} - \angle ADC = {60^0}$, $AD = a$ $ \Rightarrow AH = AD.sin{60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AH$, suy ra tam giác SAH vuông tại $A$, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: $AK = \dfrac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }}$ $ = \dfrac{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Vậy $d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Chọn A.

TOP THÀNH VIÊN NỔI BẬT

    Xem top 100 thành viên