50 bài tập Hình học không gian có lời giải
Xem toàn bộ quiz

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = 2a\), \(AD = a\). Hình chiếu của

44/50

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = 2a\), \(AD = a\). Hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là trung điểm \(H\) của \(AB\) và \(\widehat {SCH} = 45^\circ \).

a) \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).

b) \(d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

c) Gọi \(K\) là trung điểm \(CD\). Khi đó \(CD \bot \left( {SHK} \right)\).

d) \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

0/3000 ký tự
Giải thích

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = 2a\), \(AD = a\). Hình chiếu của (ảnh 1)Kẻ đường cao \(HE\) trong tam giác \(SBH\). (1)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SH{\rm{ }}\left( {{\rm{do }}SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot HE\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(HE \bot \left( {SBC} \right)\).

Suy ra \(d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HE\).

Tam giác \(BCH\) vuông tại \(B\) có: \(CH = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}}  = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \).

Tam giác \(SCH\) vuông tại \(H\) có: \(\tan \widehat {SCH} = \frac{{SH}}{{CH}} \Rightarrow SH = a\sqrt 2 {\rm{. }}\)

Tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HE\) nên \(\frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{B{H^2}}}\).

Suy ra \(HE = \frac{{SH \cdot BH}}{{\sqrt {S{H^2} + B{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2  \cdot a}}{{\sqrt {2{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\) Vậy \(d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HE = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Vì \(K\) là trung điểm \(CD\) nên \(HK\) là đường trung bình của hình chữ nhật \(ABCD\), từ đó suy ra \(HK\,{\rm{//}}\,BC\,{\rm{//}}\,AD \Rightarrow HK \bot CD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot HK}\\{CD \bot SH}\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SHK} \right)} \right.\).

Kẻ đường cao \(HI\) của tam giác \(SHK\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HI \bot SK}\\{HI \bot CD\,\,\,\left( {{\rm{do }}CD \bot \left( {SHK} \right),HI \subset \left( {SHK} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow HI \bot \left( {SCD} \right)} \right.\).

Tam giác \(SHK\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HI\) nên

\(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} \Rightarrow HI = \frac{{SH \cdot HK}}{{\sqrt {S{H^2} + H{K^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2  \cdot a}}{{\sqrt {2{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Vậy \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HI = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Đáp án:       a) Đúng,      b) Đúng,     c) Đúng,      d) Sai.