Google
Câu hỏi: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và $\widehat{ABC}=60{}^\circ $. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ trùng với trọng tâm tam giác ABC. Gọi $\varphi $ là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng $\left( SCD \right)$, tính $\sin \varphi $ biết rằng $SB=a$.
A. $\sin \varphi =\dfrac{1}{4}$.
B. $\sin \varphi =\dfrac{1}{2}$.
C. $\sin \varphi =\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
D. $\sin \varphi =\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
A. $\sin \varphi =\dfrac{1}{4}$.
B. $\sin \varphi =\dfrac{1}{2}$.
C. $\sin \varphi =\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
D. $\sin \varphi =\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
Phương pháp:
Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD)
Xác định góc $\varphi $ và tính $\sin \varphi $
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD) (vì $OM//SB$ )
Gọi H là hình chiếu của O trên (SCD)
$\Rightarrow \left( OM,\left( SCD \right) \right)=\left( OM,MH \right)=OMH$
Trong (SBD) kẻ $OE//SH$, khi đó tứ diện OECD là tứ diện vuông nên $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{C}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{D}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{E}^{2}}}$
Ta dễ dàng tính được $OC=\dfrac{a}{2},OD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Lại có: $\dfrac{OE}{SH}=\dfrac{OD}{HD}=\dfrac{3}{4}\Rightarrow OE=\dfrac{3}{4}SH$, mà $SH=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$
Do đó $OE=\dfrac{3}{4}SH=\dfrac{3}{4}.\dfrac{a\sqrt{6}}{3}=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}$
Suy ra $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a\sqrt{6}}{4} \right)}^{2}}}=\dfrac{8}{{{a}^{2}}}\Rightarrow OH=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}$
Tam giác OMH vuông tại H có $OM=\dfrac{1}{2}SB=\dfrac{a}{2}, OH=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow \sin OMH=\dfrac{OH}{OM}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
Vậy $\sin \varphi =\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD)
Xác định góc $\varphi $ và tính $\sin \varphi $
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD) (vì $OM//SB$ )
Gọi H là hình chiếu của O trên (SCD)
$\Rightarrow \left( OM,\left( SCD \right) \right)=\left( OM,MH \right)=OMH$
Trong (SBD) kẻ $OE//SH$, khi đó tứ diện OECD là tứ diện vuông nên $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{C}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{D}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{E}^{2}}}$
Ta dễ dàng tính được $OC=\dfrac{a}{2},OD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Lại có: $\dfrac{OE}{SH}=\dfrac{OD}{HD}=\dfrac{3}{4}\Rightarrow OE=\dfrac{3}{4}SH$, mà $SH=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$
Do đó $OE=\dfrac{3}{4}SH=\dfrac{3}{4}.\dfrac{a\sqrt{6}}{3}=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}$
Suy ra $\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a\sqrt{6}}{4} \right)}^{2}}}=\dfrac{8}{{{a}^{2}}}\Rightarrow OH=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}$
Tam giác OMH vuông tại H có $OM=\dfrac{1}{2}SB=\dfrac{a}{2}, OH=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow \sin OMH=\dfrac{OH}{OM}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
Vậy $\sin \varphi =\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
Đáp án D.