Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\), \(AB = 3a\), \(AD = DC =
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\), \(AB = 3a\), \(AD = DC = a\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(AD\), biết hai mặt phẳng \(\left( {SBI} \right)\) và \(\left( {SCI} \right)\) cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) tạo với đáy một góc \({60^0}\). Gọi \(M\) điểm trên \(AB\) sao cho \(AM = 2a\), tính khoảng cách giữa \(MD\) và \(SC\).
Đáp án đúng là: B
Quảng cáo
- Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kéo dài \(AD\) cắt \(BC\) tại \(E\). Sử dụng định lí Ta-lét đảo chứng minh \(MD\parallel BE\).
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là khoảng cách từ đường thẳng này đến mặt phẳng song song và chứa đường thẳng kia.
- Đổi về tính khoảng cách từ \(I\) đến \(\left( {SBE} \right)\).
- Trong \(\left( {SBE} \right)\) kẻ \(IH \bot BE\,\,\left( {H \in BE} \right)\), trong \(\left( {SIH} \right)\) kẻ \(IK \bot SH\,\,\left( {K \in SH} \right)\), chứng minh \(IK \bot \left( {SBE} \right)\).
- Xác định góc giữa \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính khoảng cách.
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kéo dài \(AD\) cắt \(BC\) tại \(E\), áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{ED}}{{EA}} = \dfrac{{CD}}{{AB}} = \dfrac{a}{{3a}} = \dfrac{{BM}}{{BA}}\).
\( \Rightarrow MD\parallel BE\) (định lí Ta-lét đảo) \( \Rightarrow MD\parallel \left( {SBE} \right) \supset SC\) \( \Rightarrow d\left( {MD;SC} \right) = d\left( {MD;\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {SBE} \right)} \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBI} \right) \cap \left( {SCI} \right) = SI\\\left( {SBI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SCI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\).
Lại có \(DI \cap \left( {SBE} \right) = E\) \( \Rightarrow \dfrac{{d\left( {D;\left( {SBE} \right)} \right)}}{{d\left( {I;\left( {SBE} \right)} \right)}} = \dfrac{{DE}}{{IE}}\).
Ta có: \(\dfrac{{ED}}{{EA}} = \dfrac{{CD}}{{AB}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{{ED}}{{DA}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow ED = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{a}{2}\), \(IE = ED + DI = \dfrac{a}{2} + \dfrac{a}{2} = a\).
\( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{IE}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBE} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {I;\left( {SBE} \right)} \right)\).
Trong \(\left( {SBE} \right)\) kẻ \(IH \bot BE\,\,\left( {H \in BE} \right)\), trong \(\left( {SIH} \right)\) kẻ \(IK \bot SH\,\,\left( {K \in SH} \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BE \bot IH\\BE \bot SI\end{array} \right. \Rightarrow BE \bot \left( {SIH} \right) \Rightarrow BE \bot IK\\\left\{ \begin{array}{l}IK \bot BE\\IK \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow IK \bot \left( {SBE} \right)\\ \Rightarrow d\left( {I;\left( {SBE} \right)} \right) = IK\end{array}\)
Ta có: \(BE \bot \left( {SIH} \right) \Rightarrow BE \bot SH\).
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBE} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BE\\SH \subset \left( {SBE} \right),\,\,SH \bot BE\\IH \subset \left( {ABCD} \right),\,\,IH \bot BE\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {\left( {SBE} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SH;IH} \right) = \angle SHI = {60^0}\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{S_{ABCD}} = \dfrac{{AD.\left( {AB + CD} \right)}}{2} = \dfrac{{a.\left( {3a + a} \right)}}{2} = 2{a^2}\\{S_{CDI}} = \dfrac{1}{2}CD.CI = \dfrac{1}{2}.a.\dfrac{a}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{4}\\{S_{ABI}} = \dfrac{1}{2}AB.AI = \dfrac{1}{2}.3a.\dfrac{a}{2} = \dfrac{{3{a^2}}}{4}\end{array} \right.\\ \Rightarrow {S_{IBC}} = {S_{ABCD}} - {S_{CDI}} - {S_{ABI}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4} - \dfrac{{3{a^2}}}{4} = {a^2}\end{array}\)
\(BC = \sqrt {{{\left( {AB - CD} \right)}^2} + A{D^2}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 \).
Mặt khác ta lại có \({S_{IBC}} = \dfrac{1}{2}IH.BC\) \( \Rightarrow IH = \dfrac{{2{S_{IBC}}}}{{BC}} = \dfrac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).
Xét tam giác vuông \(IHK\) có: \(IK = IH.\sin {60^0} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).
Vậy \(d\left( {MD;SC} \right) = \dfrac{1}{2}IK = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{{10}}\).
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
