Cho tứ diện đều \[ABCD\] có cạnh bằng \(a\). Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\] bằng

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(AB \bot AC\).

b) Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(AA' \bot (ABC) \Rightarrow AA' \bot AB\), mà \(AC \bot AB\) (1).

Suy ra \(AB \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow AC' \bot AB\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {C'AC}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,AB,C'} \right]\) và \(\widehat {C'AC} = 60^\circ \).

Tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) có: \(\tan \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC}} \Rightarrow CC' = 2\sqrt 3 \).

c) Thể tích khối lăng trụ đã cho là: \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2\sqrt 3  \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 = 2\sqrt 3 {\rm{  }}\)(đơn vị thể tích).

d) Dễ thấy \(CC' \bot (ABC)\) và \(CC' = \left( {ACC'} \right) \cap \left( {B'CC'} \right)\) nên \(\widehat {ACB}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,CC',B'} \right]\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ACB} \approx 26,57^\circ \).

a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AD\) là hình chiếu của \(SD\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \widehat {SDA}\).

b) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}\).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), ta có \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \)\( \Rightarrow \widehat {SBA} \approx 55^\circ \).

c) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).

Suy ra \(SD\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).

Do đó \(\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SC,SD} \right) = \widehat {DSC}\).

d) Hạ \(AH \bot MN\) mà \(MN \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\). Do đó \(MN \bot \left( {SAH} \right)\).

Hạ \(AI \bot SH\) mà \(MN \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow MN \bot AI\). Do đó \(AI \bot \left( {SMN} \right)\).

Suy ra \(SI\) là hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\).

Do đó \(\left( {SA,\left( {SMN} \right)} \right) = \left( {SA,SI} \right) = \widehat {ASI}\).

Dễ thấy \(\Delta AHM\) đồng dạng với \(\Delta NBM\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{NB}} = \frac{{AM}}{{MN}} = \frac{a}{2}:\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)\( \Rightarrow AH = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{2} = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}\).

Xét \(\Delta SAH\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{8}{{{a^2}}} = \frac{{17}}{{2{a^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{\sqrt {34} a}}{{17}}\).

Xét \(\Delta SAI\) vuông tại \(I\) có \(SI = \sqrt {S{A^2} - A{I^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \frac{2}{{17}}{a^2}}  = \frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a\).

Do đó \(\tan \widehat {ASI} = \frac{{AI}}{{SI}} = \frac{{\sqrt {34} a}}{{17}}:\frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a = \frac{1}{4}\).