Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S . A B C D$ có đáy $A B C D$ là hình bình hành, $A B=2 a, B C=a, \widehat{A B C}=120^{\circ}$. Cạnh bên $S D=a \sqrt{3}$ và $S D$ vuông góc với mặt phẳng đáy (tham khảo hình vẽ bên). Tính sin của góc tạo bởi $S B$ và mặt phẳng $(S A C)$
A. $\dfrac{\sqrt{3}}{7}$.
B. $\dfrac{3}{4}$.
C. $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$.
D. $\dfrac{1}{4}$.
Ta có $\sin (S B ; \widehat{(S A C}))=\dfrac{d(B ;(S A C))}{S B}=\dfrac{d(D ; S A C)}{S B}$.
Xét tam giác $A B C$ ta có $A C=\sqrt{B A^2+B C^2-2 B A \cdot B C \cdot \cos \widehat{B A C}}=a \sqrt{7}$.
$B O=\sqrt{\dfrac{B A^2+B C^2}{2}-\dfrac{A C^2}{4}}=\sqrt{\dfrac{4 a^2+a^2}{2}-\dfrac{7 a^2}{4}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow B D=a \sqrt{3}$ và $S B=\sqrt{S D^2+B D^2}=\sqrt{3 a^2+3 a^2}=a \sqrt{6}$.
Xét tam giác $A D C$ ta có $\dfrac{A D}{\sin \hat{C}}=\dfrac{A C}{\sin \widehat{D}} \Rightarrow \sin \hat{C}=\dfrac{A D \cdot \sin \widehat{D}}{A C}=\dfrac{a \cdot \sin 120^{\circ}}{a \sqrt{7}}=\dfrac{\sqrt{21}}{14}$.
Gọi $K$ là hình chiếu của $D$ lên $A C$, và $I$ là hình chiếu của $D$ lên $S K$. Ta có $\left\{\begin{array}{l}A C \perp D K \\ A C \perp S D\end{array} \Rightarrow A C \perp D I\right.$.
Do đó $\left\{\begin{array}{l}D I \perp S K \\ D I \perp A C\end{array} \Rightarrow d(D ;(S A C))=D I\right.$.
Mặt khác $\sin \hat{C}=\dfrac{D K}{D C} \Rightarrow D K=D C \cdot \sin \hat{C}=2 a \cdot \dfrac{\sqrt{21}}{14}=\dfrac{a \sqrt{21}}{7}$.
Xét tam giác $S D K$ ta có $D I=\dfrac{S D . D K}{\sqrt{S D^2+D K^2}}=\dfrac{a \sqrt{3} \cdot \dfrac{a \sqrt{21}}{7}}{\sqrt{3 a^2+\dfrac{21}{49} a^2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4} a$.
Vậy $\sin (S B ; \widehat{(S A C}))=\dfrac{d(D ; S A C)}{S B}=\dfrac{D I}{S B}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{6}}{4} a}{a \sqrt{6}}=\dfrac{1}{4}$.
Trong mặt phẳng $(S D K)$ kẻ $D I \perp S K$ suy ra $d(D ;(S A C))=D I$.
B. $\dfrac{3}{4}$.
C. $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$.
D. $\dfrac{1}{4}$.
Xét tam giác $A B C$ ta có $A C=\sqrt{B A^2+B C^2-2 B A \cdot B C \cdot \cos \widehat{B A C}}=a \sqrt{7}$.
$B O=\sqrt{\dfrac{B A^2+B C^2}{2}-\dfrac{A C^2}{4}}=\sqrt{\dfrac{4 a^2+a^2}{2}-\dfrac{7 a^2}{4}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow B D=a \sqrt{3}$ và $S B=\sqrt{S D^2+B D^2}=\sqrt{3 a^2+3 a^2}=a \sqrt{6}$.
Xét tam giác $A D C$ ta có $\dfrac{A D}{\sin \hat{C}}=\dfrac{A C}{\sin \widehat{D}} \Rightarrow \sin \hat{C}=\dfrac{A D \cdot \sin \widehat{D}}{A C}=\dfrac{a \cdot \sin 120^{\circ}}{a \sqrt{7}}=\dfrac{\sqrt{21}}{14}$.
Gọi $K$ là hình chiếu của $D$ lên $A C$, và $I$ là hình chiếu của $D$ lên $S K$. Ta có $\left\{\begin{array}{l}A C \perp D K \\ A C \perp S D\end{array} \Rightarrow A C \perp D I\right.$.
Do đó $\left\{\begin{array}{l}D I \perp S K \\ D I \perp A C\end{array} \Rightarrow d(D ;(S A C))=D I\right.$.
Mặt khác $\sin \hat{C}=\dfrac{D K}{D C} \Rightarrow D K=D C \cdot \sin \hat{C}=2 a \cdot \dfrac{\sqrt{21}}{14}=\dfrac{a \sqrt{21}}{7}$.
Xét tam giác $S D K$ ta có $D I=\dfrac{S D . D K}{\sqrt{S D^2+D K^2}}=\dfrac{a \sqrt{3} \cdot \dfrac{a \sqrt{21}}{7}}{\sqrt{3 a^2+\dfrac{21}{49} a^2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4} a$.
Vậy $\sin (S B ; \widehat{(S A C}))=\dfrac{d(D ; S A C)}{S B}=\dfrac{D I}{S B}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{6}}{4} a}{a \sqrt{6}}=\dfrac{1}{4}$.
Trong mặt phẳng $(S D K)$ kẻ $D I \perp S K$ suy ra $d(D ;(S A C))=D I$.
Đáp án D.