Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy ABCDlà hình bình hành, $AB=a,AD=a\sqrt{3},\angle BAD={{150}^{0}}$. Mặt bên SABlà tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với $\left( ABCD \right)$. Gọi Mlà trung điểm của SA. Khoảng cách từ Cđến $\left( MBD \right)$ là:
A. $\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$
B. $\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$
C. $\dfrac{a\sqrt{93}}{31}$
D. $\dfrac{a\sqrt{111}}{37}$
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đổi đỉnh.
Cách giải:
Gọi Hlà trung điểm của $AB\Rightarrow SH\bot AB.~$
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& \left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right) \\
& \left( SAB \right)\cap \left( ABCD \right)=AB\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right) \\
& \left( SAB \right)\supset SH\bot AB \\
\end{aligned} \right.$
Gọi Klà trung điểm của AHta có: MKlà đường trung bình của tam giác SAHnên $MK//SH~$
$\Rightarrow MK\bot \left( ABCD \right).~$
Gọi $E=KC\cap BD\Rightarrow E=KC\cap \left( MBD \right).~$
$\Rightarrow \dfrac{d\left( C;\left( MBD \right) \right)}{d\left( K;\left( MBD \right) \right)}=\dfrac{CE}{KE}=\dfrac{CD}{BK}=\dfrac{4}{3}$ (Định lí Ta-lét).
Trong ( ABCD) kẻ $KN\bot BD(N\in ND),$ trong $\left( MKN \right)$ kẻ $KJ\bot MN$ ta có:
$\begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& BD\bot KN \\
& BD\bot MK \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BD\bot \left( MKN \right)\Rightarrow BD\bot KJ \\
& \left\{ \begin{aligned}
& KJ\bot MN \\
& KJ\bot BD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow KJ\bot \left( MBD \right) \\
& \Rightarrow d\left( K;\left( MBD \right) \right)=KJ \\
\end{aligned}$
Trong $\left( ABCD \right)$ kẻ $AI\bot BD(I\in BD)\Rightarrow ~AI//KN.~$
Ta có ${{S}_{ABD}}=\dfrac{1}{2}AB.AD.\sin \angle BAD=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$
Áp dụng định lí Co\sin trong tam giác ABDta có: $BD=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.\cos \angle BAD}=a\sqrt{7}$
Lại có ${{S}_{ABD}}=~\dfrac{1}{2}AI.BD\Rightarrow AI=\dfrac{2{{S}_{ABD}}}{BD}=\dfrac{2.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}}{a\sqrt{7}}=\dfrac{a\sqrt{21}}{14}$
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\dfrac{KN}{AI}=\dfrac{BK}{AB}~=\dfrac{3}{4}\Rightarrow KN=\dfrac{3a\sqrt{21}}{56}$
Tam giác SABđều cạnh anên $SH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow MK=\dfrac{1}{2}SH=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MKNta có:
$KJ=\dfrac{MK.KN}{\sqrt{M{{K}^{2}}.K{{N}^{2}}}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{4}.\dfrac{3a\sqrt{21}}{56}}{\sqrt{\dfrac{3{{a}^{2}}}{16}+\dfrac{27{{a}^{2}}}{448}}}=\dfrac{9a}{4\sqrt{111}}$
Vậy $d\left( C;\left( MBD \right) \right)=\dfrac{4}{3}KJ=\dfrac{a\sqrt{111}}{37}$
A. $\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$
B. $\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$
C. $\dfrac{a\sqrt{93}}{31}$
D. $\dfrac{a\sqrt{111}}{37}$
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đổi đỉnh.
Cách giải:
Gọi Hlà trung điểm của $AB\Rightarrow SH\bot AB.~$
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& \left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right) \\
& \left( SAB \right)\cap \left( ABCD \right)=AB\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right) \\
& \left( SAB \right)\supset SH\bot AB \\
\end{aligned} \right.$
Gọi Klà trung điểm của AHta có: MKlà đường trung bình của tam giác SAHnên $MK//SH~$
$\Rightarrow MK\bot \left( ABCD \right).~$
Gọi $E=KC\cap BD\Rightarrow E=KC\cap \left( MBD \right).~$
$\Rightarrow \dfrac{d\left( C;\left( MBD \right) \right)}{d\left( K;\left( MBD \right) \right)}=\dfrac{CE}{KE}=\dfrac{CD}{BK}=\dfrac{4}{3}$ (Định lí Ta-lét).
Trong ( ABCD) kẻ $KN\bot BD(N\in ND),$ trong $\left( MKN \right)$ kẻ $KJ\bot MN$ ta có:
$\begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& BD\bot KN \\
& BD\bot MK \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BD\bot \left( MKN \right)\Rightarrow BD\bot KJ \\
& \left\{ \begin{aligned}
& KJ\bot MN \\
& KJ\bot BD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow KJ\bot \left( MBD \right) \\
& \Rightarrow d\left( K;\left( MBD \right) \right)=KJ \\
\end{aligned}$
Trong $\left( ABCD \right)$ kẻ $AI\bot BD(I\in BD)\Rightarrow ~AI//KN.~$
Ta có ${{S}_{ABD}}=\dfrac{1}{2}AB.AD.\sin \angle BAD=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$
Áp dụng định lí Co\sin trong tam giác ABDta có: $BD=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.\cos \angle BAD}=a\sqrt{7}$
Lại có ${{S}_{ABD}}=~\dfrac{1}{2}AI.BD\Rightarrow AI=\dfrac{2{{S}_{ABD}}}{BD}=\dfrac{2.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}}{a\sqrt{7}}=\dfrac{a\sqrt{21}}{14}$
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\dfrac{KN}{AI}=\dfrac{BK}{AB}~=\dfrac{3}{4}\Rightarrow KN=\dfrac{3a\sqrt{21}}{56}$
Tam giác SABđều cạnh anên $SH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow MK=\dfrac{1}{2}SH=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MKNta có:
$KJ=\dfrac{MK.KN}{\sqrt{M{{K}^{2}}.K{{N}^{2}}}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{4}.\dfrac{3a\sqrt{21}}{56}}{\sqrt{\dfrac{3{{a}^{2}}}{16}+\dfrac{27{{a}^{2}}}{448}}}=\dfrac{9a}{4\sqrt{111}}$
Vậy $d\left( C;\left( MBD \right) \right)=\dfrac{4}{3}KJ=\dfrac{a\sqrt{111}}{37}$
Đáp án D.