Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a căn bậc hai 3 . Cạnh bên SB vuông góc với đáy và SB = 2a, M là trung điểm của cạnh AC, G là trọng tâm của tam giác ABC . a) Chứng m

Hướng dẫn giải

a) Vì \(SB \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SB \bot AC\)(1).

Vì \(\Delta ABC\) đều,\(M\) là trung điểm của AC nên \(BM \bot AC\)(2).

Từ (1) và (2), ta có \(AC \bot \left( {SBM} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBM} \right)\).

b) Dựng \(AD//BC\) khi đó \(ABCD\) là hình bình hành.

Khi đó \(\left( {BC,SA} \right) = \left( {SA,AD} \right)\).

Ta có \(BM = \frac{{3a}}{2} \Rightarrow BD = 3a\)

\(SD = \sqrt {S{B^2} + B{D^2}}  = a\sqrt {13} \)

\(SA = \sqrt {S{B^2} + A{B^2}}  = a\sqrt 7 \)

\(\cos \widehat {SAD} = \frac{{S{A^2} + A{D^2} - S{D^2}}}{{2.SA.AD}} = \frac{{7{a^2} + 3{a^2} - 13{a^2}}}{{2.a\sqrt 7 .a\sqrt 3 }} =  - \frac{3}{{2\sqrt {21} }} \Rightarrow \widehat {SAD} \approx 109^\circ \).

Do đó \(\left( {BC,SA} \right) = \left( {SA,AD} \right) = 71^\circ \).

c) Dựng \(BI \bot SM\) .

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI \bot SM\\BI \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BI \bot \left( {SAC} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = BI\).

Xét \(\Delta SBM\) vuông tại B, có \(\frac{1}{{B{I^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{B{M^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{4}{{9{a^2}}} = \frac{{25}}{{36{a^2}}} \Rightarrow BI = \frac{{6a}}{5}\)

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

\[{\rm{d}}\left( {G,\,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{2a}}{5}\].