Google
Câu hỏi: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B có $AC=2BC$, đường trung tuyến BM, đường phân giác trong CN và $MN=a$. Các mặt phẳng $\left( SBM \right)$ và $\left( SCN \right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $\left( ABC \right)$. Thể tích khối chóp S.ABC bằng $\dfrac{3\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8}$. Gọi I là trung điểm của SC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và IB bằng:
A. $\dfrac{a\sqrt{3}}{4}.$
B. $\dfrac{a\sqrt{3}}{8}.$
C. $\dfrac{3a}{4}.$
D. $\dfrac{3a}{8}.$
A. $\dfrac{a\sqrt{3}}{4}.$
B. $\dfrac{a\sqrt{3}}{8}.$
C. $\dfrac{3a}{4}.$
D. $\dfrac{3a}{8}.$
Cách 1: Gọi H là giao điểm của CN và BM. Ta có $SH\bot \left( ABC \right)$. Đặt $BC=x$ (với $x>0$ ).
Ta có $CB=CM=BM=\dfrac{AC}{2}\Rightarrow \Delta BCM$ đều.
Xét $\Delta BCM$ đều có đường phân giác CH cũng là đường cao nên $CH\bot BM$.
$\Rightarrow CN\bot BM$ tại $H\Rightarrow $ tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn.
$\Rightarrow \widehat{CMN}=90{}^\circ $, hay $MN\bot CA$.
Suy ra hai tam giác MNA và BCA đồng dạng $\Rightarrow \dfrac{MN}{BC}=\dfrac{AM}{AB}\Leftrightarrow \dfrac{a}{x}=\dfrac{x}{\sqrt{3}x}\Rightarrow x=a\sqrt{3};\ AC=2a\sqrt{3}.$
Lấy E là trung điểm của CM.
Ta có $\begin{aligned}
& \dfrac{AN}{AB}=\dfrac{AM}{AE}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow MN//BE\Rightarrow MN//\left( BEI \right) \\
& \Rightarrow d\left( MN,BI \right)=d\left( MN,\left( BEI \right) \right)=d\left( M,\left( BEI \right) \right)=2d\left( H,\left( BEI \right) \right). \\
\end{aligned}$
Nên $SH=\dfrac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\dfrac{3}{4}a.$
Ta có $HB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2};\ HC=\sqrt{B{{C}^{2}}-H{{B}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{3a}{2}\Rightarrow HF=\dfrac{1}{3}HC=\dfrac{a}{2}.$
Đặt $y=d\left( H,\left( BEI \right) \right)$. Xét tam diện vuông đỉnh H với ba cạnh HB, HC, HS ta có mặt phẳng $\left( IEB \right)$ cắt HB tại B ; cắt HC tại F và cắt HS tại K, ta có $\dfrac{1}{{{y}^{2}}}=\dfrac{1}{H{{B}^{2}}}+\dfrac{1}{H{{F}^{2}}}+\dfrac{1}{H{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{{}}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{3a}{4} \right)}^{2}}}=\dfrac{64}{9{{a}^{2}}}\Rightarrow y=\dfrac{3}{8}a.$
Do đó $d\left( MN,BI \right)=2.\dfrac{3}{8}a=\dfrac{3a}{4}.$
Cách 2:
Đặt $BC=x$ (với $x>0$ ).
Dễ thấy $x=a\sqrt{3}$. Gọi K là giao điểm của BM và CN. Gọi J là trung điểm của CM, G là giao điểm của CN và BJ.
Ta có $\left( IJB \right)//\left( SMN \right)\Rightarrow d\left[ BI,MN \right]=d\left( G,\left( SMN \right) \right)=\dfrac{1}{2}d\left( C,\left( SMN \right) \right).$
Mà $\begin{aligned}
& {{V}_{S.CMN}}=\dfrac{1}{3}{{V}_{S.ABC}}=\dfrac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8}\Rightarrow \dfrac{1}{3}d\left( C,\left( SMN \right) \right).{{S}_{\Delta SMN}}=\dfrac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8} \\
& \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}d\left( C,\left( SMN \right) \right).\dfrac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}=\dfrac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8}\Rightarrow d\left( C,\left( SMN \right) \right)=\dfrac{3}{2}a\Rightarrow d\left( BI,MN \right)=\dfrac{3a}{4}. \\
\end{aligned}$
Ta có $CB=CM=BM=\dfrac{AC}{2}\Rightarrow \Delta BCM$ đều.
Xét $\Delta BCM$ đều có đường phân giác CH cũng là đường cao nên $CH\bot BM$.
$\Rightarrow CN\bot BM$ tại $H\Rightarrow $ tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn.
$\Rightarrow \widehat{CMN}=90{}^\circ $, hay $MN\bot CA$.
Suy ra hai tam giác MNA và BCA đồng dạng $\Rightarrow \dfrac{MN}{BC}=\dfrac{AM}{AB}\Leftrightarrow \dfrac{a}{x}=\dfrac{x}{\sqrt{3}x}\Rightarrow x=a\sqrt{3};\ AC=2a\sqrt{3}.$
Lấy E là trung điểm của CM.
Ta có $\begin{aligned}
& \dfrac{AN}{AB}=\dfrac{AM}{AE}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow MN//BE\Rightarrow MN//\left( BEI \right) \\
& \Rightarrow d\left( MN,BI \right)=d\left( MN,\left( BEI \right) \right)=d\left( M,\left( BEI \right) \right)=2d\left( H,\left( BEI \right) \right). \\
\end{aligned}$
Nên $SH=\dfrac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\dfrac{3}{4}a.$
Ta có $HB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2};\ HC=\sqrt{B{{C}^{2}}-H{{B}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{3a}{2}\Rightarrow HF=\dfrac{1}{3}HC=\dfrac{a}{2}.$
Đặt $y=d\left( H,\left( BEI \right) \right)$. Xét tam diện vuông đỉnh H với ba cạnh HB, HC, HS ta có mặt phẳng $\left( IEB \right)$ cắt HB tại B ; cắt HC tại F và cắt HS tại K, ta có $\dfrac{1}{{{y}^{2}}}=\dfrac{1}{H{{B}^{2}}}+\dfrac{1}{H{{F}^{2}}}+\dfrac{1}{H{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{{}}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{3a}{4} \right)}^{2}}}=\dfrac{64}{9{{a}^{2}}}\Rightarrow y=\dfrac{3}{8}a.$
Do đó $d\left( MN,BI \right)=2.\dfrac{3}{8}a=\dfrac{3a}{4}.$
Cách 2:
Đặt $BC=x$ (với $x>0$ ).
Dễ thấy $x=a\sqrt{3}$. Gọi K là giao điểm của BM và CN. Gọi J là trung điểm của CM, G là giao điểm của CN và BJ.
Ta có $\left( IJB \right)//\left( SMN \right)\Rightarrow d\left[ BI,MN \right]=d\left( G,\left( SMN \right) \right)=\dfrac{1}{2}d\left( C,\left( SMN \right) \right).$
Mà $\begin{aligned}
& {{V}_{S.CMN}}=\dfrac{1}{3}{{V}_{S.ABC}}=\dfrac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8}\Rightarrow \dfrac{1}{3}d\left( C,\left( SMN \right) \right).{{S}_{\Delta SMN}}=\dfrac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8} \\
& \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}d\left( C,\left( SMN \right) \right).\dfrac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}=\dfrac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8}\Rightarrow d\left( C,\left( SMN \right) \right)=\dfrac{3}{2}a\Rightarrow d\left( BI,MN \right)=\dfrac{3a}{4}. \\
\end{aligned}$
Đáp án C.