Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông. Mặt bên \(SAB\) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi \(H\) và \(I\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(BC\). Khi đó:

Hướng dẫn giải

Trả lời: 0,84

Ta có \(AC \cap BD\) tại \(O\) mà \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(AC \cap \left( {SBD} \right) = O\)\( \Rightarrow \frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AO}}{{CO}} = 1\)

\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).

Hạ \(AK \bot BD\) mà \(BD \bot SA\) nên \(BD \bot \left( {SAK} \right)\).

Hạ \(AI \bot SK\) (1).

Mà \(BD \bot \left( {SAK} \right)\)\( \Rightarrow AI \bot BD\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(AI \bot \left( {SBD} \right)\). Do đó \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\).

Ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow AK = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Vì \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\) và có diện tích \(S = 3\) nên \(SA = \frac{{2.S}}{{AD}} = \frac{{2.3}}{{\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \).

Xét \(\Delta SAK\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{12}} + \frac{4}{3} = \frac{{17}}{{12}}\)\( \Rightarrow AI = \frac{{2\sqrt {51} }}{{17}} \approx 0,84\).

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