Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a biết SO = (acăn bậc hai 3 )/2

14/21

Cho hình chóp tứ giác đều \[S.ABCD\] có cạnh đáy bằng \[a\], \[O = AC \cap BD\] biết \[SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]. Gọi \[M\]và \[N\] lần lượt là trung điểm của các cạnh \[AD\] và \[BC\].

a) \[\left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\].

b) \[{V_{S.ABC}} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\].

c) \[d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].

d) \[{\rm{cos}}\alpha = - \frac{1}{4}\] với \[\alpha \] là số đo góc nhị diện \[\left[ {B,SC,D} \right]\].

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

a)Đúng. Vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều \[ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\].

Mà \[SO \subset \left( {SMN} \right)\]\[ \Rightarrow \left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\].

b)Đúng. Vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \[a\]\[ \Rightarrow ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\]

\[ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\].

Vậy \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\] (1).

c)Sai. Vì \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\] có \[M\], \[N\] là trung điểm của \[AD\] và \[BC\] nên dễ thấy \[MN = a\]

Có \[O = AC \cap BD\]\[ \Rightarrow O\] là trung điểm của \[AC,BD,MN\]\[ \Rightarrow ON = \frac{{MN}}{2} = \frac{a}{2}\].

Xét \[\Delta SON\] vuông tại \[O\] (vì \[SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot MN\]) có:

\[SN = \sqrt {S{O^2} + O{N^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = a\].

Xét \[\Delta SBC\] cân tại \[S\] (vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều \[ \Rightarrow SB = SC\]) có \[N\] là trung điểm của \[BC\]\[ \Rightarrow SN \bot BC\]\[ \Rightarrow {S_{SBC}} = \frac{1}{2} \cdot SN \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\].

Ta có: \[{V_{A.SBC}} = \frac{1}{3} \cdot d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot {S_{SBC}} = \frac{1}{3} \cdot d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot \frac{{{a^2}}}{2}\] (2).

Mà \[{V_{A.SBC}} = {V_{S.ABC}}\] nên từ (1) và (2) \[ \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

d)Đúng. Ta có \[\left. \begin{array}{l}BD \bot AC{\rm{ }}\left( {{\rm{vì }}ABCD{\rm{ là hình vuông }}} \right)\\BD \bot SO{\rm{ }}\left( {{\rm{vì }}SO \bot \left( {ABCD} \right){\rm{; }}BD \subset \left( {ABCD} \right)} \right)\\AC \cap SO = O{\rm{ trong }}\left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\].

Trong \[\left( {SAC} \right)\] kẻ \[OH \bot SC\] tại \[H\]. Mà \[OH \cap BD{\rm{ trong }}\left( {BHD} \right)\] \[ \Rightarrow SC \bot \left( {BHD} \right)\]

\[ \Rightarrow SC \bot BH\] và \[SC \bot DH\] \[ \Rightarrow \left[ {B,SC,D} \right] = \widehat {BHD}\].

Vì \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\] \[ \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow OB = OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].

Xét \[\Delta SOC\] vuông tại \[O\] (vì \[SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OC\]) có \[OH \bot SC\]

\[ \Rightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{3{a^2}}} \Rightarrow O{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}}\].

Xét \[\Delta BOH\] vuông tại \[O\] (vì \[BD \bot \left( {SAC} \right);OH \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot OH\]) có:

\[B{H^2} = O{H^2} + O{B^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}} + {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\]. Chứng minh tương tự: \[D{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\].

Áp dụng định lí côsin trong \[\Delta BHD\]: \[{\rm{cos}}\widehat {BHD} = \frac{{B{H^2} + D{H^2} - B{D^2}}}{{2.BH.DH}} = \frac{{2 \cdot \frac{{4{a^2}}}{5} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{{4{a^2}}}{5}}} = - \frac{1}{4}\].