Cho hình lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\)có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O và \(\widehat {ABC} = {120^0}\) . Góc giữa cạnh bên \(AA'\) và mặt đáy bằng \({60^0}\). Đỉnh A’ cách đều các điểm A, B, D. Khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của A’ trên \(\left( {ABCD} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) là:

Câu 193766: Cho hình lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\)có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O và \(\widehat {ABC} = {120^0}\) . Góc giữa cạnh bên \(AA'\) và mặt đáy bằng \({60^0}\). Đỉnh A’ cách đều các điểm A, B, D. Khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của A’ trên \(\left( {ABCD} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) là:

A. \(\dfrac{{a\sqrt {13} }}{{13}}\)

B. \(\dfrac{{3a\sqrt {13} }}{{26}}\)

C. \(\dfrac{{a\sqrt {13} }}{{26}}\)

D. \(\dfrac{{2a\sqrt {13} }}{{13}}\)

Câu hỏi : 193766

Quảng cáo

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường vuông góc dến một mặt phẳng.

Đáp án : A
(3) bình luận (0) lời giải
Giải chi tiết:
Vì đỉnh\(A'\) cách đều các điểm \(A,B,D\) nên chóp \(A'.ABD\) là chóp tam giác đều.

Gọi H là tâm tam giác đều ABD suy ra \(A'H \bot \left( {ABCD} \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot OH\\BD \bot A'H\left( {A'H \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {A'HO} \right)\)

Trong \(\left( {A'HO} \right)\) kẻ \(HK \bot A'O\)

Có: \(\left. \begin{array}{l}HK \bot A'O\\HK \bot BD\left( {BD \bot \left( {A'HO} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {A'BD} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {H;\left( {A'BD} \right)} \right) = HK\)

\(\widehat {\left( {AA';\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AA';HA} \right)} = \widehat {A'AH} = {60^0}\) (Vì \(\widehat {A'AH} < {90^0})\)

Áp dụng định lý Côsin trong tam giác ABC ta có:

\(\begin{array}{l}A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2.AB.BC.cos\widehat {ABC} = {a^2} + {a^2} - 2{a^2}\left( { - \frac{1}{2}} \right) = 3{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 3 \\ \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AO = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{3}AC = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\\\,\,\,\,\,\,OH = \dfrac{1}{2}AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\end{array}\)

Xét tam giác vuông \(A'AH\) có: \(A'H = AH.\tan {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\sqrt 3 = a\)

Vì \(A'H \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(A'H \bot HO \Rightarrow \Delta A'HO\) vuông tại H nên:

\(\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{A'{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{O^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{{12}}{{{a^2}}} = \dfrac{{13}}{{{a^2}}} \Rightarrow HK = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{{13}}\)

Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
- Mẹo : Viết lời giải với bộ công thức đầy đủ tại đây

Xem bình luận

>> Luyện thi TN THPT & ĐH năm 2024 trên trang trực tuyến Tuyensinh247.com. Học mọi lúc, mọi nơi với Thầy Cô giáo giỏi, đầy đủ các khoá: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng; Tổng ôn chọn lọc.