Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành có diện tích bằng \(2{a^2}\) ,\(AB = a\sqrt 2

Câu hỏi số 304349:

Vận dụng

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành có diện tích bằng \(2{a^2}\) ,\(AB = a\sqrt 2 ;BC = 2a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(DC\) . Hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {SAM} \right)\) cùng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {SAM} \right)\) bằng

A. \(\dfrac{{4a\sqrt {10} }}{{15}}\)

B. \(\dfrac{{3a\sqrt {10} }}{5}\)

C. \(\dfrac{{2a\sqrt {10} }}{5}\)

D. \(\dfrac{{3a\sqrt {10} }}{{15}}\)

Đáp án đúng là: C

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:304349

Phương pháp giải

Xác định chiều cao hình chóp bằng kiến thức \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \bot \left( R \right)\\\left( Q \right) \bot \left( R \right)\\\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( R \right)\)

Xác định khoảng cách \(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = MH\) với \(MH \bot \left( P \right)\) tại \(H.\)

Tính toán bằng cách sử dụng quan hệ diện tích, định lý hàm số cosin, công thức tính diện tích tam giác \(S = \dfrac{1}{2}a.h\) với \(a\) là cạnh đáy, \(h\) là hiều cao tương ứng và \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin A\) .

Giải chi tiết

Gọi \(H = AM \cap BD\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAM} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {SAM} \right) = SH\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Vì \(AB//CD\) nên theo định lý Ta-lét ta có

\(\begin{array}{l}\dfrac{{HB}}{{HD}} = \dfrac{{AB}}{{DM}} = 2 \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {SAM} \right)} \right)}}{{d\left( {D;\left( {SAM} \right)} \right)}} = \dfrac{{HB}}{{HD}} = 2\\ \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAM} \right)} \right) = 2d\left( {D;\left( {SAM} \right)} \right)\end{array}\)

Kẻ \(DK \bot AM\)tại \(K.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DK \bot AM\\DK \bot SH\,\left( {do\,SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DK \bot \left( {SAM} \right)\) tại \(K \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAM} \right)} \right) = DK\)

Nên \(d\left( {B;\left( {SAM} \right)} \right) = 2.DK\) .

Vì \(M\) là trung điểm của \(DC\) và \(ABCD\) là hình bình hành có diện tích \(2{a^2}\) nên ta có

\({S_{ADM}} = \dfrac{1}{2}{S_{ADC}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABCD}} = \dfrac{{2{a^2}}}{4} = \dfrac{{{a^2}}}{2}\)

Lại có \(CD = AB = a\sqrt 2 \, \Rightarrow DM = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2};AD = BC = 2a\)

Khi đó \({S_{ADM}} = \dfrac{1}{2}AD.DM.\sin \widehat D \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{1}{2}.2a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sin \widehat D \Rightarrow \sin \widehat D = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat D = {45^o}\)

Do vậy xét trong tam giác \(ADM\) ta có

\(A{M^2} = A{D^2} + D{M^2} - 2AD.DM.\cos {45^o} = 4{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2} - 2.2a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{5{a^2}}}{2} \Rightarrow AM = \dfrac{{\sqrt {10} }}{2}a\)

Lại có \({S_{ADM}} = \dfrac{1}{2}DK.AM \Rightarrow \)\(DK = \dfrac{{2{S_{ADM}}}}{{AM}} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt {10} }} = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{5}\)

Từ đó \(d\left( {B;\left( {SAM} \right)} \right) = 2.DK = \dfrac{{2a\sqrt {10} }}{5}\)

Đáp án cần chọn là: C

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.