Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB = 1, BC = căn bậc hai của 3. Tam giác SAO cân tại S, mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa SD và (ABCD) bằng 60

21/22

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật tâm $O$, $AB = 1$, $BC = \sqrt 3 $. Tam giác \[ASO\] cân tại $S$, mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, góc giữa $SD$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng $60^\circ $. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SB$ và $AC$ bằng bao nhiêu?

Nhập câu trả lời ở đây

Giải thích

Trả lời: 0,75

$Vậy $d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = HK = 1$ và $d(AC,\,SB) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4} = 0,75$. (ảnh 1)$

Ta có $\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$, $\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD$; trong mp$\left( {SAD} \right)$, kẻ $SH \bot AD$ thì $SH \bot \left( {ABCD} \right)$

Gọi $I$ là trung điểm $OA$, vì $\Delta ASO$ cân tại $S$ nên $AO \bot SI$ mà $AO \bot SH$ $ \Rightarrow OA \bot (SHI) \Rightarrow OA \bot HI$

Tam giác $ADC$ vuông tại $D$ có $AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}} = 2$ và $\tan \widehat {DAC} = \frac{{DC}}{{AD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ $ \Rightarrow \widehat {DAC} = 30^\circ $

Tam giác $AHI$ vuông tại $I$ có $AH = \frac{{AI}}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$$ \Rightarrow HD = AD - AH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Tam giác $ABH$ vuông tại $A$ có $HB = \sqrt {A{H^2} + A{B^2}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}$, $A{B^2} = IB.HB$ $ \Rightarrow IB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, dựng hình bình hành $ABEC$ thì $BE\,{\rm{//}}\,AC$, $BE \subset \left( {SBE} \right)$ $ \Rightarrow AC\,{\rm{//}}\,\left( {SBE} \right)$ $ \Rightarrow $ $d\left( {SB,\,AC} \right) = d\left( {AC,\,\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right)$

Mà $\frac{{IB}}{{HB}} = \frac{3}{4}$ nên $d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right)$

Lại có tam giác $OAB$ là tam giác đều cạnh 1 nên $BI \bot AC$ $ \Rightarrow BI \bot BE$ mà $BE \bot SH$ $ \Rightarrow BE \bot \left( {SBH} \right)$$ \Rightarrow \left( {SBE} \right) \bot \left( {SBH} \right)$.

Ta có:$\left( {SBE} \right) \cap \left( {SBH} \right) = SB$

Trong mặt phẳng $\left( {SBH} \right)$, kẻ $HK \bot SB$ thì $HK \bot \left( {SBE} \right)$ $ \Rightarrow HK = d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right)$

Ta có: $SH = HD.\tan 60^\circ = 2$; \[HB = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\] .

Tam giác $SBH$ vuông tại $H$ có $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} = 1$ $ \Rightarrow HK = 1$.

Vậy $d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = HK = 1$ và $d(AC,\,SB) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4} = 0,75$.