Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) là điểm H trên cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) bằng \({60^0}\). Tính khoảng ách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.
Đáp án đúng là: D
Quảng cáo
- Sử dụng định lí: Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau là góc giữa đường thẳng này và mặt phẳng song song với nó chứa đường thẳng kia.
- Dựng hình bình hành ABCD, chứng minh \(d\left( {SA;BC} \right) = d\left( {B;\left( {SAD} \right)} \right)\).
- Đổi điểm tính khoảng từ H đến (SAD), sử dụng phương pháp dựng 3 nét.
- Xác định góc giữa đường và mặt là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của đường thẳng trên mặt phẳng đó.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn và hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.
Dựng hình bình hành ABCD, ta có AD // BC nên \(BC\parallel \left( {SAD} \right) \supset SA\).
\( \Rightarrow d\left( {SA;BC} \right) = d\left( {BC;\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {SAD} \right)} \right)\).
Ta có: \(BH \cap \left( {SAD} \right) = A \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {SAD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right)}} = \dfrac{{BA}}{{HA}} = \dfrac{3}{2}\) \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAD} \right)} \right) = \dfrac{3}{2}d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right)\).
Trong (ABCD) kẻ \(EH \bot AD\) (do \(\Delta ABC\) đều nên \(\angle ABC = {60^0} \Rightarrow \angle BAD = {120^0}\), do đó điểm E nằm ngoài đoạn thẳng AD về phía A).
Trong (SHE) kẻ \(HK \bot SE\,\,\left( {K \in SE} \right)\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AD \bot HE\\AD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow AD \bot HK\\\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SD\\HK \bot SE\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SAD} \right)\\ \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right) = HK\end{array}\)
Vì \(\angle BAD = {120^0} \Rightarrow \angle HAE = {60^0}\).
Xét \(\Delta AHE\) vuông tại E có \(HE = AH.\sin {60^0} = \dfrac{2}{3}AB.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}.2a = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).
Ta có: \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) nên HC là hình chiếu của SC lên (ABC) \( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SC;HC} \right) = \angle SCH = {60^0}\).
Áp dụng định lí Co-sin trong tam giác AHC ta có:
\(\begin{array}{l}H{C^2} = A{H^2} + A{C^2} - 2.AH.AC.\cos \angle HAC\\H{C^2} = {\left( {\dfrac{2}{3}.2a} \right)^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2.\left( {\dfrac{2}{3}.2a} \right).2a.\cos {60^0}\\H{C^2} = \dfrac{{28{a^2}}}{9} \Rightarrow HC = \dfrac{{2a\sqrt 7 }}{3}\end{array}\)
Xét tam giác vuông SHC có: \(SH = HC.tan{60^0} = \dfrac{{2a\sqrt 7 }}{3}.\sqrt 3 = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{3}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHE có:
\(HK = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{2a\sqrt {21} }}{3}.\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{2a\sqrt {21} }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {42} }}{6}\).
Vậy \(d\left( {SA;BC} \right) = \dfrac{3}{2}HK = \dfrac{{a\sqrt {42} }}{4}\).
Đáp án cần chọn là: D
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
