Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(B\) và \(C\), \(AB = 2BC = 4CD = 2a\),
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(B\) và \(C\), \(AB = 2BC = 4CD = 2a\), giả sử \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(BC\). Hai mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\)và \(\left( {SBD} \right)\) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, và cạnh bên \(SB\) hợp với \(\left( {ABCD} \right)\) một góc \({60^0}\). Khoảng cách giữa \(SN\) và \(BD\) là:
Đáp án đúng là: B
Quảng cáo
- Gọi \(H\) là giao điểm của \(MN\) và \(BD\). Chứng minh \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
- Xác định góc giữa \(SB\) và mặt đáy là góc giữa \(SB\) và hình chiếu của \(SB\) lên mặt đáy.
- Chứng minh \(BD \bot MN\) bằng cách chứng minh \(\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {MN} = 0\).
- Chứng minh \(BD \bot \left( {SMN} \right)\), từ đó dựng đoạn vuông góc chung của \(\) và \(BD\).
- Sử dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.
Gọi \(H\) là giao điểm của \(MN\) và \(BD\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SH = \left( {SMN} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\\left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \) \(BH\) là hình chiếu của \(SB\) lên \(\left( {ABCD} \right)\) nên \(\angle \left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SB;HB} \right)\)\( = \angle SBH = {60^0}\).
Từ giả thiết có \(BC = a\,,\,\,AB = 2a\,,\,\,CD = \dfrac{a}{2}\).
Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(MN = \dfrac{1}{2}AC\).
Xét \(\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {BD} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} \)
\(\begin{array}{l} = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {BA} } \right).\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} } \right)\\ = \dfrac{1}{2}B{C^2} + \dfrac{1}{2}\underbrace {\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CD} }_0 - \dfrac{1}{2}\underbrace {\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} }_0 - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {CD} \\ = \dfrac{1}{2}.{a^2} - \dfrac{1}{2}.BA.CD.\cos 0\\ = \dfrac{{{a^2}}}{2} - \dfrac{1}{2}.2a.\dfrac{a}{2} = 0\end{array}\)
Suy ra \(BD \bot MN\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SH\\BD \bot MN\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SMN} \right)\).
Mà \(BD \cap \left( {SMN} \right) = \left\{ H \right\}\) nên trong mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\) gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) lên \(SN\), suy ra .. là đoạn vuông góc chung của \(BD\,,\,\,SN\)\( \Rightarrow d\left( {BD\,,\,SN} \right) = HK\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(BMN\) có \(\dfrac{1}{{B{H^2}}} = \dfrac{1}{{B{M^2}}} + \dfrac{1}{{B{N^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}}} = \dfrac{5}{{{a^2}}}\)\( \Rightarrow BH = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}\).
Trong tam giác vuông \(HBS\) vuông tại \(H\) có: \(SH = HB.tan{60^0} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(HBN\) có \(HN = \sqrt {B{N^2} - H{B^2}} = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{5}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{{10}}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(HSN\) có
\(\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{H{{\rm{S}}^2}}} + \dfrac{1}{{H{N^2}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{{3{a^2}}}{5}}} + \dfrac{1}{{\dfrac{{{a^2}}}{{20}}}} = \dfrac{{65}}{{3{a^2}}}\)\( \Rightarrow HK = \dfrac{{a\sqrt {195} }}{{65}}\).
Vậy\(d\left( {BD\,,\,SN} \right) = \dfrac{{a\sqrt {195} }}{{65}}\).
Đáp án cần chọn là: B
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
