Google
Câu hỏi: Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a,AC$ cắt $BC$ tại $O.$ Khoảng cách giữa $SA$ và $CD$ bằng độ dài đoạn $SO.$ Tính sin của góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy.
A. $\dfrac{3}{5}$
B. $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$
C. $\dfrac{\sqrt{10}}{5}$
D. $\dfrac{4}{5}$
A. $\dfrac{3}{5}$
B. $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$
C. $\dfrac{\sqrt{10}}{5}$
D. $\dfrac{4}{5}$
Cách giải:
Ta có $SO\bot \left( ABCD \right)$ nên $OA$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ lên $\left( ABCD \right).$
$\Rightarrow \angle \left( SA;\left( ABCD \right) \right)=\angle \left( SA;OA \right)=\angle SAO.$
Gọi $M$ là trung điểm của $AB$ ta có $\left\{ \begin{aligned}
& AB\bot OM \\
& AB\bot SO \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SOM \right).$
Trong $\left( SOM \right)$ kẻ $OH\bot SM\left( H\in SM \right)$ ta có $\left\{ \begin{aligned}
& OH\bot AB \\
& OH\bot SM \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow OH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow d\left( O;\left( SAB \right) \right)=OH.$
Ta có: $AB//CD\Rightarrow CD//\left( SAB \right)\supset SA\Rightarrow d\left( SA;CD \right)=d\left( CD;\left( SAB \right) \right)=d\left( C;\left( SAB \right) \right).$
Lại có $CO\cap \left( SAB \right)=A\Rightarrow \dfrac{d\left( C;\left( SAB \right) \right)}{d\left( O;\left( SAB \right) \right)}=\dfrac{CA}{OA}=2\Rightarrow d\left( C;\left( SAB \right) \right)=2d\left( O;\left( SAB \right) \right)=2OH=SO.$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SOM$ ta có:
$\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{M}^{2}}}$
$\Rightarrow \dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{4O{{H}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{3}{4}.\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{4}{{{a}^{2}}}\Leftrightarrow OH=\dfrac{\sqrt{3}a}{4}$
$\Rightarrow SO=2OH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Xét tam giác vuông $SOA$ có: $\sin \angle SAO=\dfrac{SO}{SC}=\dfrac{SO}{\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{C}^{2}}}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}+\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}.$
Ta có $SO\bot \left( ABCD \right)$ nên $OA$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ lên $\left( ABCD \right).$
$\Rightarrow \angle \left( SA;\left( ABCD \right) \right)=\angle \left( SA;OA \right)=\angle SAO.$
Gọi $M$ là trung điểm của $AB$ ta có $\left\{ \begin{aligned}
& AB\bot OM \\
& AB\bot SO \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SOM \right).$
Trong $\left( SOM \right)$ kẻ $OH\bot SM\left( H\in SM \right)$ ta có $\left\{ \begin{aligned}
& OH\bot AB \\
& OH\bot SM \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow OH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow d\left( O;\left( SAB \right) \right)=OH.$
Ta có: $AB//CD\Rightarrow CD//\left( SAB \right)\supset SA\Rightarrow d\left( SA;CD \right)=d\left( CD;\left( SAB \right) \right)=d\left( C;\left( SAB \right) \right).$
Lại có $CO\cap \left( SAB \right)=A\Rightarrow \dfrac{d\left( C;\left( SAB \right) \right)}{d\left( O;\left( SAB \right) \right)}=\dfrac{CA}{OA}=2\Rightarrow d\left( C;\left( SAB \right) \right)=2d\left( O;\left( SAB \right) \right)=2OH=SO.$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SOM$ ta có:
$\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{M}^{2}}}$
$\Rightarrow \dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{4O{{H}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{3}{4}.\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{4}{{{a}^{2}}}\Leftrightarrow OH=\dfrac{\sqrt{3}a}{4}$
$\Rightarrow SO=2OH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Xét tam giác vuông $SOA$ có: $\sin \angle SAO=\dfrac{SO}{SC}=\dfrac{SO}{\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{C}^{2}}}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}+\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}.$
Đáp án B.