Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật \(AB = 2a,\,\,BC = a\), tam giác \(SAB\) đều
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật \(AB = 2a,\,\,BC = a\), tam giác \(SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với \(\left( {ABCD} \right)\). Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SDB} \right)\) bằng:
Đáp án đúng là: C
Quảng cáo
Sử dụng phương pháp đổi đỉnh tính khoảng cách.
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\), do tam giác \(SAB\) đều \( \Rightarrow SH \bot AB\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có: \(AH \cap \left( {SDB} \right) = B \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SDB} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SDB} \right)} \right)}} = \dfrac{{AB}}{{HB}} = 2\)
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\), do tam giác \(SAB\) đều \( \Rightarrow SH \bot AB\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có: \(AH \cap \left( {SDB} \right) = B \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SDB} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SDB} \right)} \right)}} = \dfrac{{AB}}{{HB}} = 2\)
\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SDB} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SDB} \right)} \right)\).
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HM \bot BD\,\,\left( {M \in BD} \right)\), trong \(\left( {SHM} \right)\) kẻ \(HK \bot SM\,\,\left( {K \in SM} \right)\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BD \bot HM\\BD \bot SH\,\,\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow BD \bot HK\\\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SM\\HK \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SDB} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SDB} \right)} \right) = HK\end{array}\)
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(AE \bot BD\,\,\left( {E \in BD} \right) \Rightarrow AE//HM\).
Ta có \(AE = \dfrac{{AB.AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \dfrac{{2a.a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).
Có \(HM\) là đường trung bình của tam giác \(ABE \Rightarrow HM = \dfrac{1}{2}AE = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}\).
Tam giác \(SAB\) đều cạnh \(AB = 2a \Rightarrow SH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).
Xét tam giác vuông \(SHM:\,\,HK = \dfrac{{SH.HM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{M^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .\dfrac{a}{{\sqrt 5 }}}}{{\sqrt {3{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{5}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Vậy \(d\left( {A;\left( {SDB} \right)} \right) = 2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Chọn C
Đáp án cần chọn là: C
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 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.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
