Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình thoi tâm I, cạnh a, \(\angle BAD = {60^0}\), \(SA = SB = SD =

Câu hỏi số 552895:

Vận dụng

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình thoi tâm I, cạnh a, \(\angle BAD = {60^0}\), \(SA = SB = SD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

a) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng đáy.

b) Gọi \(\alpha \) là góc giữa SD và mặt phẳng (SBC). Tính \(\sin \alpha \).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:552895

Giải chi tiết

a, Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AB = AD = a\\\angle BAD = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ABD\) là tam giác đều cạnh \(a\).

Lại có \(SA = SB = SD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên hình chóp \(S.ABD\) là chóp đều.

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABD\) \( \Rightarrow SG \bot \left( {ABD} \right)\) => d(S,(ABCD)) = SG.

Tam giác ABD đều cạnh a nên \(AG = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Xét tam giác \(SAG\) vuông tại \(G\) có \(S{G^2} = S{A^2} - A{G^2} = \dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{3} = \dfrac{{5{a^2}}}{{12}}\) \( \Rightarrow SG = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Vậy \(d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(D\) trên \(\left( {SBC} \right)\) nên \(SE\) là hình chiếu của \(SD\) trên mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\)

\( \Rightarrow \) Góc giữa \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) là góc giữa hai đường thẳng \(SD\),\(SE\) và bằng \(\angle DSE\) \( \Rightarrow \angle DSE = \alpha \)

Ta có \(DE = d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\).

\(AG \cap \left( {SBC} \right) = C\)\( \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {G,\left( {SBC} \right)} \right)}} = \dfrac{{AC}}{{GC}} = \dfrac{3}{2}\)\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{3}{2}d\left( {G,\left( {SBC} \right)} \right)\).

Kẻ \(GH \bot SB\) tại \(H\,\,\,\,\left( 1 \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BG\\BC \bot SG\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SBG} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot HG\,\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) => \(GH \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {G,\left( {SBC} \right)} \right) = GH\).

Mà: \(BG = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\).

Xét tam giác \(SBG\) vuông tại \(G\) ta có

\(\dfrac{1}{{H{G^2}}} = \dfrac{1}{{G{S^2}}} + \dfrac{1}{{G{B^2}}} = \dfrac{{12}}{{5{a^2}}} + \dfrac{3}{{{a^2}}}\)\( = \dfrac{{27}}{{5{a^2}}}\)\( \Rightarrow HG = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{9}\)\( \Rightarrow DE = \dfrac{3}{2}HG = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Xét tam giác \(SED\) vuông tại \(E\) ta có \(\sin \alpha = \dfrac{{DE}}{{SD}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\).

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 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.