Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A,\,\,M\) là trung tâm điểm \(BC,\) hình chiếu vuông góc của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) trùng với trung điểm của \(AM.\) Cho biết \(AB = a,\,\,AC = a\sqrt 3 \) và mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) tạo với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) một góc \({60^0}.\)
| Đúng | Sai | |
|---|---|---|
| a) \(d\left( {SA;BC} \right) = d\left( {M;\left( {SAD} \right)} \right)\). | ||
| b) \(d\left( {SA;BC} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right)\) với \(H\) là trung điểm của \(AM\). | ||
| c) Gọi \(N,\,\,P\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AN\), có \(\angle \left( {SP;PH} \right) = {60^0}\) | ||
| d) Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\) bằng \(\dfrac{{a}}{4}\). |
Đáp án đúng là: Đ; Đ; Đ; S
Quảng cáo
a) Đúng: Gọi \(H\) là trung điểm của \(AM\) \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\).
Dựng hình bình hành \(ABCD\), ta có \(AD\parallel BC \Rightarrow BC\parallel \left( {SAD} \right) \supset SA\).
\( \Rightarrow d\left( {SA;BC} \right) = d\left( {BC;\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {SAD} \right)} \right)\).
b) Đúng: Với \(H\) là trung điểm của \(AM\), có
\(MH \cap \left( {SAD} \right) = A \Rightarrow \dfrac{{d\left( {M;\left( {SAD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right)}} = \dfrac{{MA}}{{HA}} = 2\) \( \Rightarrow d\left( {M;\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right)\).
c) Đúng: Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HK \bot AD\,\,\left( {K \in AD} \right)\), trong \(\left( {SHK} \right)\) kẻ \(HI \bot SK\,\,\left( {I \in SK} \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AD \bot SH\\AD \bot HK\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow AD \bot HI\\\left\{ \begin{array}{l}HI \bot SK\\HI \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow HI \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right) = HI\end{array}\)
\( \Rightarrow d\left( {SA;BC} \right) = 2HI\).
Gọi \(N,\,\,P\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AN\).
Ta có: \(MN\parallel AC,\,\,PH\parallel MN \Rightarrow PH\parallel AC\) \( \Rightarrow PH \bot AB\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot PH\\AB \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHP} \right) \Rightarrow AB \bot SP\).
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\SP \subset \left( {SAB} \right),\,\,SP \bot AB\\PH \subset \left( {ABC} \right),\,\,PH \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SP;PH} \right) = \angle SPH = {60^0}\).
Ta có: \(MN = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(PH = \dfrac{1}{2}MN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\) \( \Rightarrow SH = PH.\tan {60^0} = \dfrac{{3a}}{4}\).
d) Sai: Vì \(H\) là trung điểm của \(AM\) \( \Rightarrow d\left( {H;AD} \right) = d\left( {H;BC} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;BC} \right)\).
\( \Rightarrow HK = \dfrac{1}{2}d\left( {A;BC} \right) = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SHK\) ta có: \(HI = \dfrac{{SH.HK}}{{\sqrt {S{H^2} + H{K^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{3a}}{4}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {\dfrac{{9{a^2}}}{{16}} + \dfrac{{3{a^2}}}{{16}}} }} = \dfrac{{3a}}{8}\).
Vậy \(d\left( {SA;BC} \right) = 2HI = \dfrac{{3a}}{4}\).
Đáp án cần chọn là: Đ; Đ; Đ; S
Group 2K9 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> Học trực tuyến Lớp 11 cùng thầy cô giáo giỏi trên Tuyensinh247.com. Bứt phá điểm 9,10 chỉ sau 3 tháng. Cam kết giúp học sinh lớp 11 học tốt, hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
