Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(AB = a,\,\,SA = a\sqrt 3 \). Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác

Câu hỏi số 323106:

Vận dụng cao

Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(AB = a,\,\,SA = a\sqrt 3 \). Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(SCD\) và \(\alpha \) là góc giữa đường thẳng \(BG\) và \(SA\). Tính \(\cos \alpha \).

A. \(\cos \alpha = \dfrac{{\sqrt {33} }}{{11}}\)

B. \(\cos \alpha = \dfrac{{\sqrt {330} }}{{110}}\)

C. \(\cos \alpha = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{11}}\)

D. \(\cos \alpha = \dfrac{{\sqrt {33} }}{{22}}\)

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:323106

Phương pháp giải

+) Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\), \(O = AC \cap BD,\,\,H = AM \cap OD\). Chứng minh \(\angle \left( {BG;SA} \right) = \angle \left( {BG;HG} \right)\).

+) Áp dụng định lí Cosin trong tam giác.

Giải chi tiết

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\), \(O = AC \cap BD,\,\,H = AM \cap OD\).
Xét tam giác \(ACD\) có \(H\) là trọng tâm tam giác \( \Rightarrow \dfrac{{MH}}{{MA}} = \dfrac{1}{3}\).
Ta có: \(\dfrac{{MH}}{{MA}} = \dfrac{{MG}}{{MS}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow HG//SA\) (Định lí Ta-lét đảo)
\( \Rightarrow \alpha = \angle \left( {BG;SA} \right) = \angle \left( {BG;HG} \right)\).
Ta có \(HG = \dfrac{1}{3}SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(H\) là trọng tâm tam giác \(ACD\) \( \Rightarrow OH = \dfrac{1}{3}OD = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}.BD = \dfrac{1}{6}BD\)
\( \Rightarrow BH = \dfrac{1}{2}BD + \dfrac{1}{6}BD = \dfrac{2}{3}BD = \dfrac{2}{3}.a\sqrt 2 \).
Ta có \(BM = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2},\,\,SM = \sqrt {3{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt {11} }}{2}\).
Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(SBM\) ta có:
\(\cos \angle SMB = \dfrac{{S{M^2} + B{M^2} - S{B^2}}}{{2SM.BM}} = \dfrac{{\dfrac{{11{a^2}}}{4} + \dfrac{{5{a^2}}}{4} - 3{a^2}}}{{2\dfrac{{a\sqrt {11} }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \dfrac{{2\sqrt {55} }}{{55}}\)
Ta có \(GM = \dfrac{1}{3}SM = \dfrac{{a\sqrt {11} }}{6}\).
Áp dụng định Cosin trong tam giác \(BMG\) ta có:
\(\begin{array}{l}B{G^2} = M{B^2} + M{G^2} - 2MB.MG.\cos \angle SMB\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{5{a^2}}}{4} + \dfrac{{11{a^2}}}{{36}} - 2.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt {11} }}{6}.\dfrac{{2\sqrt {55} }}{{55}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{11}}{9}{a^2} \Rightarrow BG = \dfrac{{\sqrt {11} a}}{3}\end{array}\)
Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(BHG\) ta có:
\(\cos \angle BGH = \dfrac{{G{B^2} + G{H^2} - B{H^2}}}{{2.GB.GH}} = \dfrac{{\dfrac{{11{a^2}}}{9} + \dfrac{{{a^2}}}{3} - \dfrac{{8{a^2}}}{9}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt {11} }}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{3\sqrt {33} }}{{22}} = \dfrac{{\sqrt {33} }}{{11}} > 0\).
Vậy \(\cos \alpha = \dfrac{{\sqrt {33} }}{{11}}\).

Đáp án cần chọn là: A

Group 2K9 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K9 Học trực tuyến - Định hướng luyện thi TN THPT, ĐGNL, ĐGTD ngay từ lớp 11 (Xem ngay) cùng thầy cô giáo giỏi trên Tuyensinh247.com. Bứt phá điểm 9,10 chỉ sau 3 tháng, tiếp cận sớm các kì thi.