Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác ABC và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết AC = 12a , AB = 7a , BC = 9a , SA = 9a .

9/50

Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác ABC và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết \(AC = 12a,\,AB = 7a,\,BC = 9a,\,SA = 9a\). Góc nhị diện \(\left[ {A,SC,B} \right]\) bằng \(\alpha ^\circ \). Khi đó \(\tan \alpha = \frac{{m\sqrt 5 }}{n},m \in \mathbb{Z},n \in \mathbb{N}\) và \(\frac{m}{n}\) là phân số rút gọn. Tính \(m + n\) (nhập đáp án vào ô trống).

____

Click vào chỗ trống để nhập đáp án. Nhấn Enter để xác nhận, Esc để hủy.

Giải thích

Kẻ BI vuông góc với AC tại I.

Khi đó \(BI \bot \left( {SAC} \right)\) . Suy ra \(BI \bot SC\) (1).

Kẻ \(IH \bot SC\). Khi đó \(SC \bot \left( {IBH} \right)\). Suy ra \(BH \bot SC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra góc nhị diện \(\left[ {A,SC,B} \right]\) là \(\widehat {IHB}\).

Áp dụng công thức Hê-rông, ta có

\(p = \frac{{AB + BC + AC}}{2} = \frac{{7a + 9a + 12a}}{2} = 14a\).

\({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - AC} \right)} = 14\sqrt 5 \,{a^2}\).

Ta có \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BI \cdot AC = 14\sqrt 5 \,{a^2} \Rightarrow \frac{1}{2}BI \cdot 12a = 14\sqrt 5 \,{a^2} \Rightarrow BI = \frac{{7\sqrt 5 }}{3}a\).

\(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 15a\).

\(CI = \sqrt {B{C^2} - B{I^2}} = \frac{{22}}{3}a\).

Tam giác CHI đồng dạng với tam giác CAS \( \Rightarrow \frac{{HI}}{{AS}} = \frac{{CI}}{{CS}} \Rightarrow \frac{{HI}}{{9a}} = \frac{{\frac{{22}}{3}a}}{{15a}} \Rightarrow HI = \frac{{22}}{5}a\).

Tam giác IBH vuông tại I, ta có \(\tan \widehat {IHB} = \frac{{IB}}{{IH}} = \frac{{35\sqrt 5 }}{{66}}\). Suy ra \(m = 35;n = 66\).

Vậy \(m + n = 101\).

Đáp án cần nhập là: \(101\).