Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\), \(\widehat {BAD} = 60^\circ \). Hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng đáy là giao điểm \(O\) của \(AC\) và \(BD\). Góc nhị diện \(\left[ {S,CD,A} \right]\) có số đo bằng \(60^\circ \). Khoảng cách giữa \(AB\) và \(SC\) bằng
Câu hỏi trong đề: 50 bài tập Hình học không gian có lời giải !!
Quảng cáo
Trả lời:
Do \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\), \(\widehat {BAD} = 60^\circ \) nên tam giác \(ABD\) và \(BCD\) là các tam giác đều cạnh \(a\). Kẻ \(OE \bot CD\) tại \(E\) và \(M\) là trung điểm của \(CD\). Khi đó, góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,CD,A} \right]\) là \(\widehat {SEO}\) và bằng \(60^\circ \).
Ta có \(OE = \frac{1}{2}BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Kẻ \(OH \bot SE\) tại \(H\), ta có \(OH \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH = OE \cdot \sin 60^\circ = \frac{{3a}}{8}\).
Vậy \(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = \frac{{3a}}{4}\). Chọn B.
Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay
- 250+ Công thức giải nhanh môn Toán 12 (chương trình mới) ( 18.000₫ )
- 20 Bộ đề, Tổng ôn, sổ tay môn Toán (có đáp án chi tiết) ( 55.000₫ )
- Bộ đề thi tốt nghiệp 2025 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh, Sinh, Sử, Địa, KTPL (có đáp án chi tiết) ( 36.000₫ )
- Tổng ôn lớp 12 môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh, Sinh Sử, Địa, KTPL (Form 2025) ( 36.000₫ )
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
![Cho lăng trụ đều \(ABC.A'B'C'\). Biết rằng góc nhị diện \(\left[ {A,BC,A'} \right]\) có số đo bằng \(30^\circ \), tam giác (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/01/blobid12-1736864060.png)
Đặt \(AB = x,\left( {x > 0} \right)\), gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\A'M \bot BC\end{array} \right.\], suy ra \(\widehat {A'MA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,BC,A'} \right]\)\[ \Rightarrow \widehat {A'MA} = 30^\circ \].Xét \(\Delta A'AM\), có \[A'M = \frac{{AM}}{{cos30^\circ }} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{2}{{\sqrt 3 }} = x\].
\({S_{A'BC}} = 8 \Leftrightarrow \frac{1}{2}A'M \cdot BC = 8 \Leftrightarrow {x^2} = 16 \Rightarrow x = 4\).
Suy ra \(A'A = AM \cdot \tan 30^\circ = \frac{{4 \cdot \sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt 3 }} = 2\); \({S_{ABC}} = \frac{{16 \cdot \sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \).
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A \cdot {S_{ABC}} = 2 \cdot 4\sqrt 3 = 8\sqrt 3 \). Chọn A.
Lời giải
Ta có: \(AD\,{\rm{//}}\,BC \Rightarrow AD\,{\rm{//}}\,\,\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\), kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\). (1)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AH \bot BC} \right.\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) hay \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)
Vậy \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(AK \bot SD\) tại \(K\). (3)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AK} \right.\).(4)
Từ (3) và (4) suy ra \(AK\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB,SD\).
Tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) nên \(AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a\).
Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên
\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)
Vậy \(d\left( {AB,SD} \right) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{ABCD}} = a \cdot a\sqrt 2 = {a^2}\sqrt 2 \).
Thể tích khối chóp cần tìm là: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 2 = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}{\rm{ }}\)(đơn vị thể tích).
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
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.
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.