Cho hình chóp sabc có sa=a tam giác abc đều tam giác sab vuông cân tại s
Bởi Nguyễn Quốc Tuấn Giới thiệu về cuốn sách này Page 2Bởi Nguyễn Quốc Tuấn Giới thiệu về cuốn sách này
Câu hỏi: Cho hình chóp S.ABC có \(SA = a,\) tam giác ABC đều, tam giác SAB vuông cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S.ABC là: trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án bên dưới
Đáp án đúng: C
Gọi H là trung điểm của AB suy ra \(SH \bot AB.\) Lại có \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {SAB} \right)\) Khi đó \(SH = \frac{{SA}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }};\,\,AB = SA\sqrt 2 = a\sqrt 2 \) Suy ra \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}.\)
đã hỏi trong Lớp 12 Toán học · 15:57 07/04/2021
Cho hình chóp S.ABC có SA=a, tam giác ABC đều, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) bằng.
Chọn A
Câu hỏi hot cùng chủ đề
LIVESTREAM 2K4 ÔN THI THPT QUỐC GIA 2022
Tiếng Anh (mới) Xem thêm ...
Phương pháp giải: - Gọi H là trung điểm của AB, chứng minh \(SH \bot \left( {ABC} \right)\). - Sử dụng phương pháp đổi đỉnh, đổi sang tính khoảng cách từ H đến (SAC). - Sử dụng phương pháp 3 nét để dựng khoảng cách từ chân đường cao đến mặt bên. - Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách. Giải chi tiết: Gọi H là trung điểm của AB, do tam giác SAB vuông cân tại S nên \(SH \bot AB\). Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right) = AB\\SH \subset \left( {SAB} \right);\,\,SH \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, AM. Do tam giác ABC đều nên \(BM \bot AC\), mà \(HN\parallel BM\) (do HN là đường trung bình của tam giác ABM) \( \Rightarrow HN \bot AC\). Trong (SHN) kẻ \(HK \bot SN\,\,\left( {K \in SN} \right)\) ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HN\\AC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHN} \right) \Rightarrow AC \bot HK\\\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SN\\HK \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right)\\ \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = HK\end{array}\) Lại có: \(BH \cap \left( {SAC} \right) = A \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)}} = \dfrac{{BA}}{{HA}} = 2\). \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = 2HK\). Tam giác SAB vuông cân tại S, có SA = a \( \Rightarrow AB = SA\sqrt 2 = a\sqrt 2 \) và \(SH = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\). \( \Rightarrow \) Tam giác ABC đều cạnh \(a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow BM = a\sqrt 2 .\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\) \( \Rightarrow HN = \dfrac{1}{2}BM = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHN có: \(HK = \dfrac{{SH.HN}}{{\sqrt {S{H^2} + H{N^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}}}{{\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{2} + \dfrac{{3{a^2}}}{8}} }} = \dfrac{{a\sqrt {42} }}{{14}}\). Vậy \(d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = 2HK = \dfrac{{a\sqrt {42} }}{7}\). Chọn A.
Giải chi tiết: Gọi H là trung điểm của AB, do tam giác SAB vuông cân tại S nên \(SH \bot AB\). Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right) = AB\\SH \subset \left( {SAB} \right);\,\,SH \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, AM. Do tam giác ABC đều nên \(BM \bot AC\), mà \(HN\parallel BM\) (do HN là đường trung bình của tam giác ABM) \( \Rightarrow HN \bot AC\). Trong (SHN) kẻ \(HK \bot SN\,\,\left( {K \in SN} \right)\) ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HN\\AC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHN} \right) \Rightarrow AC \bot HK\\\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SN\\HK \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right)\\ \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = HK\end{array}\) Lại có: \(BH \cap \left( {SAC} \right) = A \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)}} = \dfrac{{BA}}{{HA}} = 2\). \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = 2HK\). Tam giác SAB vuông cân tại S, có SA = a \( \Rightarrow AB = SA\sqrt 2 = a\sqrt 2 \) và \(SH = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\). \( \Rightarrow \) Tam giác ABC đều cạnh \(a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow BM = a\sqrt 2 .\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\) \( \Rightarrow HN = \dfrac{1}{2}BM = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHN có: \(HK = \dfrac{{SH.HN}}{{\sqrt {S{H^2} + H{N^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}}}{{\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{2} + \dfrac{{3{a^2}}}{8}} }} = \dfrac{{a\sqrt {42} }}{{14}}\). Vậy \(d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = 2HK = \dfrac{{a\sqrt {42} }}{7}\). Chọn A.
Gọi H là trung điểm của AB suy ra \(SH \bot AB.\) Lại có \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {SAB} \right)\) Khi đó \(SH = \frac{{SA}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }};\,\,AB = SA\sqrt 2 = a\sqrt 2 \) Suy ra \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}.\) |