Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(AB = 1,\widehat {ACB} = 30^\circ \). Biết \(SA\) vuông góc với mặt đáy và \(SA = 2\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\). Khi đó:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(AB = 1,\widehat {ACB} = 30^\circ \). Biết \(SA\) vuông góc với mặt đáy và \(SA = 2\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\). Khi đó:
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) S, c) Đ, d) S
a) Vì \(AH \bot SB\) nên \(d(A,SB) = AH\).
b) Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\) nên \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}\)
\( \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2 \cdot 1}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).
Trong mặt phẳng \((ABC)\), kẻ \(BI \bot AC\) tại \(I\).
Mặt khác \(BI \bot SA\) (do \(SA \bot (ABC),BI \subset (ABC)\)).
Vì vậy \(BI \bot (SAC)\) hay \(d(B,(SAC)) = BI\).
Tam giác \(ABI\) vuông tại \(I\) có:\(\sin \widehat {BAC} = \frac{{BI}}{{AB}}\)\( \Rightarrow BI = AB \cdot \sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Vậy \(d(B,(SAC)) = BI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
c) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có: \(\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}\)\( \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\tan 30^\circ }} = \sqrt 3 \).
d) Diện tích đáy hình chóp là: \(S = {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\). Chiều cao hình chóp \(h = SA = 2\).
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot 2 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)(đơn vị thể tích).
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Đáp án:
Hướng dẫn giải
Trả lời: 0,75
Tứ giác \(ABCD\) là nửa lục giác đều nên \(BD \bot AB\).
Mặt khác \(BD \bot SA\). Suy ra \(BD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BD \bot AM\).
Kết hợp \(AM \bot MD\), ta được \(AM \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow AM \bot SB\).
Khi đó \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SM.SB}}{{S{B^2}}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{3{a^2}}}{{4{a^2}}} = \frac{3}{4} = 0,75\).
Câu 2
Lời giải
Hướng dẫn giải
a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ
a) Gọi \(M\) là trung điểm \(A'B'\), \(\Delta A'B'C'\) đều cạnh \(2a\). Suy ra \(C'M = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).
b) Gọi \(M\) là trung điểm \(A'B'\), suy ra \(C'M \bot A'B'\) (do \(\Delta A'B'C'\) đều).
Mặt khác \(CC' \bot A'B'\) (do \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng).
Suy ra \(A'B' \bot \left( {CMC'} \right)\) hay \(A'B' \bot CM\).
Vậy \(\left( {CM,C'M} \right) = \widehat {CMC'}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,A'B',C'} \right]\).
Suy ra \(\tan \widehat {CMC'} = \frac{{CC'}}{{C'M}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {CMC'} = 60^\circ \).
c) Gọi \(K\) là trung điểm \(AB\) thì \(MK\) là đường trung bình của hình chữ nhật \(ABB'A'\) \( \Rightarrow MK//AA' \Rightarrow A'B' \bot MK\).
d) Theo câu b, \(A'B' \bot CM\).
Do đó \(\left( {MK,CM} \right) = \widehat {CMK}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,A'B',C} \right]\) với \(\widehat {CMK} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) 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 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 5
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 6
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 7
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập