Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), \(AB = 3a,\)

Câu hỏi số 377510:

Vận dụng

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), \(AB = 3a,\) \(AD = 4a\). Đường thẳng \(SC\) tạo với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) góc \({60^0}\).

a, Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD\).

b, Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ACD\).

c, Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(BC\), \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(DM\) và \(SO\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:377510

Phương pháp giải

a, Tính độ dài đường cao của khối chóp \(SA\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) tính bằng công thức: \(V = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.SA.AB.AD\)

b, Tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ACD\)

Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ACD\)

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ACD\) được tính bởi công thức: \(S = 4\pi {R^2}\)

c, Dựng mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua \(SO\) và song song với \(DM\)

Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SO\) và \(DM\)là khoảng cách từ \(D\) đến mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\)

Giải chi tiết

a) \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA = {60^0}\).

Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại \(A\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 5a.\)

Xét \({\Delta _v}SAC\) ta có: \(SA = AC.\tan \angle SCA = 5a.\tan {60^0} = 5a\sqrt 3 .\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.AB.AD = \dfrac{1}{3}.5a\sqrt 3 .3a.4a = 20{a^3}\sqrt 3 \) (đvtt).

b) Gọi \(I\) là trung điểm của \(SC\). Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC\)

\(\Delta SAC\) vuông tại \(A\), có \(I\) là trung điểm \(SC\) nên \(IA = IS = IC\) (Định lí đường trung tuyến).

\(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\\AD \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD.\)

\(\Delta SCD\) vuông tại \(D\), có \(I\) là trung điểm \(SC\) nên \(IS = IC = ID\) (Định lí đường trung tuyến).

Suy ra \(IA = IS = IC = ID\) hay \(I\) chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ACD\).

Do đó: \(R = IC = \dfrac{1}{2}SC = \dfrac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( {5a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {5a} \right)}^2}} = \dfrac{1}{2}.10a = 5a.\)

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ACD\) là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {5a} \right)^2} = 100\pi {a^2}.\)

c) Trong \(\left( {ABCD} \right)\) qua \(O\) kẻ đường thẳng song song với \(DM\) cắt \(AD,\,\,BC\) lần lượt tại \(P,\,\,Q.\)

Ta có \(DM\parallel PQ \Rightarrow DM\parallel \left( {SPQ} \right) \supset SO\).

\( \Rightarrow d\left( {SO;DM} \right) = d\left( {DM;\left( {SPQ} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {SPQ} \right)} \right)\).

Xét tam giác \(BDM\) có:

\(OQ\parallel DM\)

\(O\) là trung điểm \(BD\).

\( \Rightarrow Q\) là trung điểm \(BM\) (Định lí đường trung bình của tam giác).

\( \Rightarrow BQ = QM = PD = \dfrac{1}{4}BC = a \Rightarrow AP = 3a\).

Ta có: \(AD \cap \left( {SPQ} \right) = P \Rightarrow \dfrac{{d\left( {D;\left( {SPQ} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SPQ} \right)} \right)}} = \dfrac{{AP}}{{DP}} = 3\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\) qua \(A\) kẻ \(AH \bot PQ\,\,\,\left( {H \in PQ} \right)\), trong \(\left( {SAH} \right)\) kẻ \(AK \bot SH\,\,\left( {K \in SH} \right).\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}PQ \bot AH\\PQ \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow PQ \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow PQ \bot AK\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AK \bot PQ\\AK \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SPQ} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SPQ} \right)} \right) = AK \Rightarrow d\left( {A;\left( {SPQ} \right)} \right) = AK\).

Do \(AP = 3a = 3PQ\) nên khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SPQ} \right)\) gấp 3 lần khoảng cách từ \(D\) đến mặt phẳng \(\left( {SPQ} \right)\)

Hay

Ta tính độ dài đoạn như sau:\({d_{\left( {SO,DM} \right)}} = {d_{\left( {D,\left( {SPQ} \right)} \right)}} = \dfrac{1}{3}{d_{\left( {A,\left( {SPQ} \right)} \right)}} = \dfrac{1}{3}AK\)

\(\begin{array}{l}{S_{\Delta APQ}} = \dfrac{1}{2}d\left( {Q;AP} \right).AP = \dfrac{1}{2}AB.AP = \dfrac{1}{2}.3a.3a = \dfrac{9}{2}{a^2}\\PQ = \sqrt {C{D^2} + {{\left( {AD - PD - BQ} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} = \sqrt {13} a\\{S_{\Delta APQ}} = \dfrac{1}{2}AH.PQ \Rightarrow AH = \dfrac{{9a\sqrt {13} }}{{13}}\end{array}\)

Tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) và có đường cao \(AK\) nên \(\dfrac{1}{{A{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{H^2}}} \Rightarrow \dfrac{1}{{A{K^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {5a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{9a\sqrt {13} }}{{13}}} \right)}^2}}} \Rightarrow AK = \dfrac{{45\sqrt {22} a}}{{88}}\)

\( \Rightarrow d\left( {DM;SO} \right) = \dfrac{1}{3}AK = \dfrac{{15\sqrt {22} }}{{88}}a\).

Vậy khoảng cách giữa \(DM\) và \(SO\) bằng \(\dfrac{{15\sqrt {22} a}}{{88}}.\)

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 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.