Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A,B

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng qua hình chiếu vuông góc

Lời giải

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\). Vì \(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Hình chiếu của \(SM\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(HM\)

\( \Rightarrow \left( {SM;\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SM,HM} \right) = \widehat {SMH}\)

Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot HM\)

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}SHM\) vuông tại H

\(SH\) là đường cao trong tam giác đều \(SAB \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Gọi \(I\) là trung điểm \(AD \Rightarrow ABCI\) là hình vuông

\( \Rightarrow IC = ID = a \Rightarrow C{D^2} = 2{a^2}\)

Xét tam giác \(HBC\) vuông tại \(B\)

\( \Rightarrow H{C^2} = B{H^2} + B{C^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + {a^2} = \frac{{5{a^2}}}{4} \Rightarrow HC = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

Xét \(\Delta AHD\) vuông tại \(A\) có: \(D{H^2} = A{H^2} + A{D^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + 4{a^2} = \frac{{17{a^2}}}{4} \Rightarrow DH = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\)

Áp dụng định lý Cosin trong tam giác \(HCD\) có:

\({\rm{cos}}\widehat {HCD} = \frac{{H{C^2} + C{D^2} - H{D^2}}}{{2.CD.HC}} = \frac{{\frac{{5{a^2}}}{4} + 2{a^2} - \frac{{17{a^2}}}{4}}}{{2.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.a\sqrt 2 }} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {10} }}\)

Xét \(\Delta HCM\) có:

\(HM = \sqrt {H{C^2} + C{M^2} - 2.CM.HC.{\rm{cos}}\widehat {HCD}} = \sqrt {\frac{{5{a^2}}}{4} + \frac{{2{a^2}}}{9} + 2.\frac{{a\sqrt 2 }}{3}.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\frac{1}{{\sqrt {10} }}} = \sqrt {\frac{{65}}{{36}}{a^2}} = \frac{{a\sqrt {65} }}{6}\)

Xét \({\rm{\Delta }}SHM\) có: \({\rm{tan}}\widehat {SMH} = \frac{{SH}}{{HM}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {65} }}{6}}} = \frac{{3\sqrt {195} }}{{65}}\)