Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $a,$ góc $\angle BAD={{60}^{0}},$ $SA\bot \left( ABCD \right),\left( SC;\left( ABCD \right) \right)={{45}^{0}}.$ Gọi $I$ là trung điểm $SC$. Tính khoẳng cách từ $I$ đến mặt phẳng $\left( SBD \right)$.
A. $\dfrac{a\sqrt{15}}{15}$
B. $\dfrac{a\sqrt{15}}{5}$
C. $\dfrac{2a\sqrt{15}}{5}$
D. $\dfrac{a\sqrt{15}}{10}$
A. $\dfrac{a\sqrt{15}}{15}$
B. $\dfrac{a\sqrt{15}}{5}$
C. $\dfrac{2a\sqrt{15}}{5}$
D. $\dfrac{a\sqrt{15}}{10}$
Phương pháp:
- Đổi khoảng cách từ $I$ đến $\left( SBD \right)$ sang $d\left( A;\left( SBD \right) \right)$.
- Xác định $\angle \left( SC;\left( ABCD \right) \right)$ là góc giữa $SC$ và hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $\left( ABCD \right).$
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, hệ thức lượng trong tam giác vuông để tínhkhoảng cách.
Cách giải:
Gọi $O=AC\cap BD$.
Trong $\left( SAC \right)$ gọi $G=AI\cap SO\Rightarrow G=AI\cap \left( SBD \right)$ và $G$ là trọng tâm $\Delta SAC$.
Ta có: $AI\cap \left( SBD \right)=G\Rightarrow \dfrac{d\left( I;\left( SBD \right) \right)}{d\left( A;\left( SBD \right) \right)}=\dfrac{IG}{AG}=\dfrac{1}{2}.$
Trong $\left( SAC \right)$ kẻ $AH\bot SO$ ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& BD\bot AC \\
& BD\bot SA \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right)\Rightarrow BD\bot AH$
$\left\{ \begin{aligned}
& AH\bot BD \\
& AH\bot SO \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AH\bot \left( SBD \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBD \right) \right)=AH$
Vì $SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $\left( ABCD \right)\Rightarrow \angle \left( SC;\left( ABCD \right) \right)=\angle SCA={{45}^{0}}.$
$\Rightarrow \Delta SAC$ vuông cân tại $A.$
Xét tam giác $ABD$ có $\left\{ \begin{aligned}
& AB=AD=a \\
& \angle BAD={{60}^{0}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \Delta ABD $ đều cạnh $ a\Rightarrow AO=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=a\sqrt{3}.$
$\Rightarrow SA=AC=a\sqrt{3}.$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SAO$ có: $AH=\dfrac{SA.AO}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{O}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3{{a}^{2}}+\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}}}=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}.$
Vậy $d\left( I;\left( SBD \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{15}}{10}.$
- Đổi khoảng cách từ $I$ đến $\left( SBD \right)$ sang $d\left( A;\left( SBD \right) \right)$.
- Xác định $\angle \left( SC;\left( ABCD \right) \right)$ là góc giữa $SC$ và hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $\left( ABCD \right).$
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, hệ thức lượng trong tam giác vuông để tínhkhoảng cách.
Cách giải:
Gọi $O=AC\cap BD$.
Trong $\left( SAC \right)$ gọi $G=AI\cap SO\Rightarrow G=AI\cap \left( SBD \right)$ và $G$ là trọng tâm $\Delta SAC$.
Ta có: $AI\cap \left( SBD \right)=G\Rightarrow \dfrac{d\left( I;\left( SBD \right) \right)}{d\left( A;\left( SBD \right) \right)}=\dfrac{IG}{AG}=\dfrac{1}{2}.$
Trong $\left( SAC \right)$ kẻ $AH\bot SO$ ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& BD\bot AC \\
& BD\bot SA \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right)\Rightarrow BD\bot AH$
$\left\{ \begin{aligned}
& AH\bot BD \\
& AH\bot SO \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AH\bot \left( SBD \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBD \right) \right)=AH$
Vì $SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $\left( ABCD \right)\Rightarrow \angle \left( SC;\left( ABCD \right) \right)=\angle SCA={{45}^{0}}.$
$\Rightarrow \Delta SAC$ vuông cân tại $A.$
Xét tam giác $ABD$ có $\left\{ \begin{aligned}
& AB=AD=a \\
& \angle BAD={{60}^{0}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \Delta ABD $ đều cạnh $ a\Rightarrow AO=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=a\sqrt{3}.$
$\Rightarrow SA=AC=a\sqrt{3}.$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SAO$ có: $AH=\dfrac{SA.AO}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{O}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3{{a}^{2}}+\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}}}=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}.$
Vậy $d\left( I;\left( SBD \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{15}}{10}.$
Đáp án D.