Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a,\) khoảng cách từ điểm
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a,\) khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) là \(\dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\) , khoảng cách giữa \(SA,BC\) là \(\dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\) . Biết hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nằm trong tam giác \(ABC,\) tính thể tích khối chóp \(S.ABC\).
Đáp án đúng là: B
Quảng cáo
+ Dựa vào mối quan hệ về khoảng cách \(d\left( {a;b} \right) = d\left( {a;\left( P \right)} \right) = d\left( {N;\left( P \right)} \right) = d\left( {M;\left( P \right)} \right) = MH\)
Với \(b \subset \left( P \right)//a;\,M;N \in a;\,MH \bot \left( P \right)\)
+ Ta dựng hình bình hành \(ABCD\), gọi \(O\) là chân đường cao hạ từ \(S\) xuống đáy.
+ Xác định \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {N;\left( {SBC} \right)} \right)\) với \(N \in AD\) được chọn phù hợp
và \(d\left( {SA;BC} \right) = d\left( {BC;\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right)\) với \(H \in BC\) được chọn phù hợp
+ Dựa vào tam giác đồng dạng để tính \(SO\), từ đó tính thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}h.S\) với \(h\) là chiều cao hình chóp và \(S\) là diện tích đáy.
Dựng hình bình hành \(ABCD\).
Gọi O là chân đường vuông góc kẻ từ S đến mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) \(\left( {O \in \left( {ABCD} \right)} \right)\)
Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt BC và AD lần lượt tại H và K.
Khi đó ta có \(HM \bot BC;\,HM \bot AD;\,SO \bot BC;SO \bot AD\) (do \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\))
suy ra \(BC \bot \left( {SHM} \right);AD \bot \left( {SHM} \right)\)
Trong \(\left( {SHM} \right)\) kẻ \(MN \bot SH\) tại \(N\) và \(HK \bot SM\) tại \(K.\)
Ta có \(MN \bot SH\) và \(MN \bot BC\) (do \(BC \bot \left( {SHM} \right)\)) nên \(MN \bot \left( {SBC} \right)\) tại \(N \Rightarrow d\left( {M;\left( {SBC} \right)} \right) = MN\)
Vì \(AD//BC \Rightarrow AD//\left( {SBC} \right);\,M \in AD \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {SBC} \right)} \right) = MN = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\)
Tương tự ta có \(HK \bot \left( {SAD} \right)\) tại \(K \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right) = HK\)
Vì \(BC//AD \Rightarrow BC//\left( {SAD} \right);H \in BC \Rightarrow d\left( {BC;SA} \right) = d\left( {BC;\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right) = HK = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\)
Xét tam giác \(SHM\) có hai đường cao bằng nhau \(MN = HK\) nên tam giác \(SHM\) cân tại S. Lại có \(SO \bot MN \Rightarrow O\) là trung điểm của \(MN.\)
Ta có \({S_{ABCD}} = MH.BC = 2{S_{ABC}} \Leftrightarrow MH.a = 2.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow MH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow OM = \dfrac{{MH}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\)
Xét tam giác \(MKH\) vuông tại \(K \Rightarrow MK = \sqrt {M{H^2} - H{K^2}} = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{15{a^2}}}{{25}}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 5 }}\)
Ta có \(\Delta MKH\) dồng dạng với \(\Delta MOS\)(g-g) nên \(\dfrac{{KH}}{{SO}} = \dfrac{{MK}}{{MO}} \Rightarrow SO = \dfrac{{MO.HK}}{{MK}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.\dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 5 }}}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Khi đó thể tích \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.SO.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{8}\)
Đáp án cần chọn là: B
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
