Câu hỏi:
13/07/2024 16,012
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, có \(\widehat {BAD} = 60^\circ \) và \(SA = SB = SD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
a) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) và độ dài cạnh SC.
b) Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
c) Chứng minh SB vuông góc với BC.
d) Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD). Tính tanφ.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, có \(\widehat {BAD} = 60^\circ \) và \(SA = SB = SD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
a) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) và độ dài cạnh SC.
b) Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
c) Chứng minh SB vuông góc với BC.
d) Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD). Tính tanφ.
Câu hỏi trong đề: 5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án !!
Quảng cáo
Trả lời:
Lời giải
a) Tam giác ABD có: AB = AD (do ABCD là hình thoi) và \[\widehat {BAD} = 60^\circ \] (giả thiết).
Suy ra tam giác ABD đều.
Lại có SA = SB = SD = a.
Suy ra hình chóp S.ABD là hình chóp đều.
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Suy ra SH ⊥ (ABD).
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Khi đó \(AO = \frac{{AD\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \(AH = \frac{2}{3}AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Tam giác SHA vuông tại H, có: \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}\).
Do đó d(S, (ABCD)) = SH = \(\frac{{a\sqrt {15} }}{6}\).
Ta có \(CH = CO + OH = AO + \frac{1}{3}AO = \frac{4}{3}AO = \frac{4}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).
Tam giác SHC vuông tại H, có: \(SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {15} }}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\).
Vậy d(S, (ABCD)) = \(\frac{{a\sqrt {15} }}{6}\) và \(SC = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\).
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SH \bot \left( {ABCD} \right)\\SH \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
c) Ta có H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Suy ra BH ⊥ AD.
Lại có SH ⊥ AD (vì SH ⊥ (ABD)).
Suy ra AD ⊥ (SBH).
Mà BC // AD (do ABCD là hình thoi).
Nên BC ⊥ (SBH).
Vậy BC ⊥ SB.
d) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\Trong\,\,\left( {SBD} \right):\,\,SO \bot BD\\Trong\,\,\left( {ABCD} \right):\,\,AO \bot BD\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \) Góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là \(\widehat {SOA} = \varphi \).
Tam giác SHO vuông tại H: \(\tan \varphi = \frac{{SH}}{{OH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\frac{1}{3}.AO}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \sqrt 5 \).
Vậy \(\tan \varphi = \sqrt 5 \).
Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay
- 20 Bộ đề, Tổng ôn, sổ tay môn Toán (có đáp án chi tiết) ( 55.000₫ )
- 500 Bài tập tổng ôn môn Toán (Form 2025) ( 38.500₫ )
- Sổ tay lớp 12 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa, KTPL (chương trình mới) ( 36.000₫ )
- Tuyển tập 30 đề thi đánh giá năng lực Đại học Quốc gia Hà Nội, TP Hồ Chí Minh (2 cuốn) ( 150.000₫ )
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Lời giải
Đáp án đúng là: D
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD, H là trọng tâm của tam giác ABD.
Tam giác ABD có: AB = AD (do ABCD là hình thoi) và \[\widehat {BAD} = 60^\circ \] (giả thiết).
Suy ra tam giác ABD đều.
Do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Mà hình chóp S.ABD có SA = SB = SD = a (giả thiết).
Suy ra SH ⊥ (ABD).
Ta có \(\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \).
Khi đó \(\widehat {ODC} = \widehat {ADO} = \frac{{\widehat {ADC}}}{2} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ \) (do ABCD là hình thoi nên DO là tia phân giác của \(\widehat {ADC}\)).
Vì vậy \(\widehat {HDO} = \frac{{\widehat {ADO}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \) (do ∆ABD đều có H là trọng tâm nên DH là đường phân giác của ∆ABD).
Ta có \(\widehat {HDC} = \widehat {HDO} + \widehat {ODC} = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ \).
Suy ra HD ⊥ CD.
Trong (SAC): dựng HK // SA (K ∈ SC).
Trong (SHD): dựng HI ⊥ SD (I ∈ SD).
Mà HD ⊥ CD (chứng minh trên).
Suy ra CD ⊥ (SHD).
Do đó CD ⊥ HI.
Vì vậy HI ⊥ (SCD).
Ta có I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H, K lên (SCD).
Do đó KI là hình chiếu vuông góc của HK lên (SCD).
Vì vậy (SA; (SCD)) = (HK; (SCD)) = (HK; KI) = \(\widehat {HKI}\).
Ta có HK // SA. Áp dụng định lí Thalet, ta được \(\frac{{HK}}{{SA}} = \frac{{HC}}{{AC}} = \frac{2}{3}\).
Suy ra \(HK = \frac{{2a}}{3}\).
Ta có:
⦁ \(HD = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\);
⦁ \(AH = \frac{2}{3}OA = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\);
⦁ \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
Tam giác SHD vuông tại H có HI là đường cao:
\[\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{D^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}} = \frac{9}{{2{a^2}}}\].
Suy ra \(H{I^2} = \frac{{2{a^2}}}{9}\).
Do đó \(HI = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).
Tam giác HIK vuông tại I: \(\sin \widehat {HKI} = \frac{{HI}}{{HK}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{3}}}{{\frac{{2a}}{3}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Suy ra \(\widehat {HKI} = 45^\circ \).
Vậy góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (SCD) bằng 45°.
Do đó ta chọn phương án D.
Lời giải
Lời giải
a) Gọi N là trung điểm AC.
Do H là điểm đối xứng của B qua G.
Suy ra G là trung điểm của BH.
Do đó \(GH = BG = \frac{2}{3}BN = 2GN\) (do G là trọng tâm tam giác ABC).
Vì vậy N là trung điểm GH (do 4 điểm B, G, N, H thẳng hàng).
Suy ra GN = NH.
Ta có \(\overrightarrow {AH} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {NH} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {GN} \)
\( = \overrightarrow {AN} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {AN} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} } \right)\)
\[ = \frac{4}{3}\overrightarrow {AN} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} = \frac{4}{3}\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right) - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \]
\[ = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \].
Ta có \(\overrightarrow {CH} = \overrightarrow {CN} + \overrightarrow {NH} = \overrightarrow {CN} + \overrightarrow {GN} \)
\( = \overrightarrow {CN} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {CN} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} } \right)\)
\[ = \overrightarrow {CN} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}.\frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \]
\( = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
b) \(\overrightarrow {MH} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BH} = \frac{1}{2}\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AH} \)
\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB} } \right) - \overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \)
\( = - \frac{5}{6}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} \).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.