Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\), góc \(\angle BAD = {60^0}\), \(SA = SB = SD
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\), góc \(\angle BAD = {60^0}\), \(SA = SB = SD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Gọi \(\alpha \) là góc giữa đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\). Giá trị \(\cos \alpha \) bằng:
Đáp án đúng là: C
Quảng cáo
Xét tam giác \(ABD\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = AD\\\angle BAD = {60^0}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \Delta ABD\) đều.
Gọi \(H\) là trọng tâm \(\Delta ABD\), do \(SA = SB = SD\) nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\), ta có \(BM \bot AD \Rightarrow BM \bot BC\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BM\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SBM} \right)\).
Goi \(N,\,\,E\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(SC\) ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}BN\parallel DM\\BN = DM\end{array} \right. \Rightarrow BNDM\) là hình bình hành \( \Rightarrow DN\parallel BM\).
Lại có \(NE\) là đường trung bình của tam giác \(SBC\) nên \(NE\parallel SB\).
\( \Rightarrow \left( {NDE} \right)\parallel \left( {SBM} \right)\).
Mà \(BC \bot \left( {SBM} \right)\) nên \(BC \bot \left( {NDE} \right)\).
Trong \(\left( {NDE} \right)\) kẻ \(DK \bot NE\,\,\,\left( {K \in NE} \right)\) ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}DK \bot NE\\DK \bot BC\,\,\left( {BC \bot \left( {NDE} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow DK \bot \left( {SBC} \right)\).
\( \Rightarrow \) Hình chiếu của \(SD\) lên \(\left( {SBC} \right)\) là \(SK\).
\( \Rightarrow \angle \left( {SD;\left( {SBC} \right)} \right) = \angle \left( {SD;SK} \right) = \angle DSK\).
Xét tam giác \(SHA\) có \(AH = \dfrac{2}{3}AO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\), \(SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Áp dụng định lí Pytago ta có: \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\).
Ta có: \(AC = 2AO = a\sqrt 3 \) \( \Rightarrow HC = AC - AH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SHC\) ta có: \(SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}} = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{2}\).
Xét tam giác \(SCD\) có:
\(\begin{array}{l}D{E^2} = \dfrac{{S{D^2} + C{D^2}}}{2} - \dfrac{{S{C^2}}}{4}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2}}}{4} + {a^2}}}{2} - \dfrac{{7{a^2}}}{{16}}\\ \Rightarrow DE = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{4}\end{array}\)
Xét tam giác \(DNE\) ta có: \(DN = BM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(NE = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\), \(DE = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{4}\).
Gọi \(p\) là nửa chu vi tam giác \(DNE\) ta có: \(p = \dfrac{{\sqrt 7 + 3\sqrt 3 }}{8}\).
Diện tích tam giác \(DNE\) là: \({S_{DNE}} = \sqrt {p\left( {p - DN} \right)\left( {p - DE} \right)\left( {p - NE} \right)} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 5 }}{{16}}\).
Lại có \({S_{DNE}} = \dfrac{1}{2}DK.NE \Rightarrow DK = \dfrac{{2{S_{DNE}}}}{{NE}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\).
Ta có: \(DK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow DK \bot SK\).
\( \Rightarrow \Delta SDK\) vuông tại \(K\), suy ra \(\sin \angle DSK = \dfrac{{DK}}{{SD}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\).
Vậy \(\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \dfrac{2}{3}\).
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
