Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, tâm O. Hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD) là trung điểm I của đoạn OB và SB = a. Trên cạnh AD lấy điểm M sao cho AM 1/4 AD. a) Chứ

8/18

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(2a\), tâm \(O\). Hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(\left( {ABCD} \right)\) là trung điểm \(I\) của đoạn \(OB\) và \(SB = a\). Trên cạnh \[AD\] lấy điểm \[M\] sao cho \[AM = \frac{1}{4}AD\].

a) Chứng minh \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\) và \(\left( {SIM} \right) \bot \left( {SAD} \right)\).

b) Tính góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

c) Gọi \[G\] là trọng tâm \[\Delta ABO\]. Tính khoảng cách từ điểm \(G\) đến mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Hướng dẫn giải

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, tâm O. Hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD) là trung điểm I của đoạn OB và SB = a. Trên cạnh AD lấy điểm M sao cho AM 1/4 AD. a) Chứng minh (SAC) vuông góc (SBD) và (SIM) vuông góc (SAD) (ảnh 1)

a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD{\rm{ }}\\AC \bot SI\,{\rm{ }}\,\left( {SI \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).

Vì \(I\) là trung điểm của \(BO\)\( \Rightarrow BI = \frac{1}{4}BD\) mà \[AM = \frac{1}{4}AD\] nên \(IM//AB\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}IM \bot AD{\rm{ }}\,\left( {IM{\rm{//}}AB,AB \bot AD} \right)\\SI \bot AD\,{\rm{ }}\,\left( {SI \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow AD \bot \left( {SIM} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAD} \right) \bot \left( {SIM} \right)\).

b) Ta có \(IC\) là hình chiếu của \(SC\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow \,\left( {SC,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,\,IC} \right)\).

Do \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(2a\) nên \(BD = 2a\sqrt 2 \).

\(IB = \frac{1}{4}BD = \frac{1}{4}.2a\sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\); \(OI = BI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};OC = a\sqrt 2 \).

Xét \(\Delta SIB\) vuông tại \(I\), có

\(SI = \sqrt {S{B^2} - B{I^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} \)\( = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\(IC = \sqrt {O{I^2} + O{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\).

Xét \(\Delta SIC\) ta có \(\tan \widehat {SCI} = \frac{{SI}}{{IC}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)\( \Rightarrow \,\widehat {SCI} \approx {24^{\rm{o}}}\).

c) Trong \(\Delta SIM\), gọi \(IH\) là đường cao.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}\left( {SIM} \right) \bot \left( {SAD} \right)\\\left( {SIM} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SM\\IH \bot SM;IH \subset \left( {SIM} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \,\,IH \bot \left( {SAD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {I,\,\left( {SAD} \right)} \right) = IH\).

Ta có: \[\frac{{d\left( {G,\,\left( {SAD} \right)} \right)}}{{d\left( {I,\,\left( {SAD} \right)} \right)}} = \frac{{GA}}{{IA}} = \frac{2}{3}\]\[ \Rightarrow d\left( {G,\,\left( {SAD} \right)} \right) = \frac{2}{3}.d\left( {I,\,\left( {SAD} \right)} \right) = \frac{2}{3}IH\].

Ta có: \(\frac{{IM}}{{AB}} = \frac{{MD}}{{AD}} = \frac{3}{4}\)\( \Rightarrow \,\,IM = \frac{3}{4}.2a = \frac{{3a}}{2}\).

Xét \(\Delta SIM\), ta có: \(\frac{1}{{I{H^2}}} = \frac{1}{{S{I^2}}} + \frac{1}{{I{M^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{4}{{9{a^2}}} = \frac{{22}}{{9{a^2}}} \Rightarrow IH = \frac{{3a\sqrt {22} }}{{22}}\,\,.\)

\[ \Rightarrow d\left( {G,\,\left( {SAD} \right)} \right) = \frac{2}{3}.\frac{{3a\sqrt {22} }}{{22}} = \frac{{a\sqrt {22} }}{{11}}\] .