Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=3$, $BC=4$. Tam giác $SAC$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách từ điểm $C$ đến đường thẳng $SA$ bằng $4$. Côsin của góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)$ bằng.
A. $\dfrac{3\sqrt{17}}{17}$.
B. $\dfrac{3\sqrt{34}}{34}$.
C. $\dfrac{2\sqrt{34}}{17}$.
D. $\dfrac{5\sqrt{34}}{17}$.
Xét tam giác $ABC$ vuong tại $B$ ta có : $A{{C}^{2}}=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=5$.
Gọi $K$ là chân đường vuông góc kẻ từ $C$ xuống $SA$. Xét tam giác $CAK$ vuông tại $K$ ta có :
$AK=\sqrt{C{{A}^{2}}-C{{K}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{4}^{2}}}=3$.
Kẻ $SH\bot AC,H\in AC$.
Vì $\left( SAC \right)\bot \left( ABCD \right)$ và $\left( SAC \right)\cap \left( ABCD \right)=AC$ nên $SA\bot \left( ABCD \right)$.
Kẻ $SH\bot AC,H\in AC$ và $KP//SH,P\in AC$ thì $KP\bot \left( ABCD \right)$.
Xét tam giác BAC vuông tại B và tam giác KAC vuông tại K ta thấy các cạnh tương ứng bằng nhau và $KP$ là đường cao của tam giác $KAC$ nên BP là đường cao của tam giác $BAC$.
Kẻ $PM\bot KA.M\in KA.$ Vì $KA\bot PB$ và $KA\bot PM$ nên $KA\bot \left( PMB \right)$. Suy ra $KA\bot MB$.
Như vậy, góc giữa mặt phẳng $\left( SAC \right)$ và $\left( SAB \right)$ bằng góc $\widehat{PMB}$.
Xét tam giác $KAC$ vuông tại K ta có: $KP.AC=KA.KC\Rightarrow KP=\dfrac{KA.KC}{AC}=\dfrac{3.4}{5}=\dfrac{12}{5}$
Suy ra $BP=KP=\dfrac{12}{5}$.
Xét tam giác $KPA$ vuông tại P ta có $PA=\sqrt{K{{A}^{2}}-K{{P}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}-{{\left( \dfrac{12}{5} \right)}^{2}}}=\dfrac{9}{5}$.
Lại có $PM.AK=PA.PK\Rightarrow PM=\dfrac{PA.PK}{AK}=\dfrac{36}{25}$.
Xét tam giác $PMB$ vuông tại P ta có $MB=\sqrt{P{{B}^{2}}+P{{M}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{12}{5} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{36}{25} \right)}^{2}}}=\dfrac{12\sqrt{34}}{25}$.
Ta có: $\cos \widehat{PMB}=\dfrac{MP}{MB}=\dfrac{36}{25}.\dfrac{25}{12\sqrt{34}}=\dfrac{3\sqrt{34}}{34}$.
A. $\dfrac{3\sqrt{17}}{17}$.
B. $\dfrac{3\sqrt{34}}{34}$.
C. $\dfrac{2\sqrt{34}}{17}$.
D. $\dfrac{5\sqrt{34}}{17}$.
Xét tam giác $ABC$ vuong tại $B$ ta có : $A{{C}^{2}}=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=5$.
Gọi $K$ là chân đường vuông góc kẻ từ $C$ xuống $SA$. Xét tam giác $CAK$ vuông tại $K$ ta có :
$AK=\sqrt{C{{A}^{2}}-C{{K}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{4}^{2}}}=3$.
Kẻ $SH\bot AC,H\in AC$.
Vì $\left( SAC \right)\bot \left( ABCD \right)$ và $\left( SAC \right)\cap \left( ABCD \right)=AC$ nên $SA\bot \left( ABCD \right)$.
Kẻ $SH\bot AC,H\in AC$ và $KP//SH,P\in AC$ thì $KP\bot \left( ABCD \right)$.
Xét tam giác BAC vuông tại B và tam giác KAC vuông tại K ta thấy các cạnh tương ứng bằng nhau và $KP$ là đường cao của tam giác $KAC$ nên BP là đường cao của tam giác $BAC$.
Kẻ $PM\bot KA.M\in KA.$ Vì $KA\bot PB$ và $KA\bot PM$ nên $KA\bot \left( PMB \right)$. Suy ra $KA\bot MB$.
Như vậy, góc giữa mặt phẳng $\left( SAC \right)$ và $\left( SAB \right)$ bằng góc $\widehat{PMB}$.
Xét tam giác $KAC$ vuông tại K ta có: $KP.AC=KA.KC\Rightarrow KP=\dfrac{KA.KC}{AC}=\dfrac{3.4}{5}=\dfrac{12}{5}$
Suy ra $BP=KP=\dfrac{12}{5}$.
Xét tam giác $KPA$ vuông tại P ta có $PA=\sqrt{K{{A}^{2}}-K{{P}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}-{{\left( \dfrac{12}{5} \right)}^{2}}}=\dfrac{9}{5}$.
Lại có $PM.AK=PA.PK\Rightarrow PM=\dfrac{PA.PK}{AK}=\dfrac{36}{25}$.
Xét tam giác $PMB$ vuông tại P ta có $MB=\sqrt{P{{B}^{2}}+P{{M}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{12}{5} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{36}{25} \right)}^{2}}}=\dfrac{12\sqrt{34}}{25}$.
Ta có: $\cos \widehat{PMB}=\dfrac{MP}{MB}=\dfrac{36}{25}.\dfrac{25}{12\sqrt{34}}=\dfrac{3\sqrt{34}}{34}$.
Đáp án B.