Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là hình thoi cạnh \...

B

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) Xác định góc giữa hai mặt phẳng theo phương pháp đã nói ở câu 11.

+) Xác định khoảng cách từ một điểm H đến một mặt phẳng (P) theo các bước sau:

Xác định mặt phẳng (Q) chứa H và vuông góc với (P).

Xác định giao tuyến của (P) và (Q)

Trong (Q), từ H kẻ HK vuông góc với d tại K. Khi đó \(d\left( H;\left( P \right) \right)=HK\).

+) Sử dụng công thức tỉ lệ khoảng cách  để đưa về điểm dễ tính hơn.

\(\frac{d\left( L,\left( P \right) \right)}{d\left( Q,\left( P \right) \right)}=\frac{LP}{QP}\).

Giải chi tiết:

+) Xác định góc giữa (SAB) và (ABCD).

Gọi O là tâm của hình thoi, H là trọng tâm tam giác ABC \(\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\) tại H (giả thiết) và \(H\in BO;BH=\frac{2}{3}BO\).

Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt AB và CD lần lượt tại N và M.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SH\\AB \bot HN\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHN} \right) \Rightarrow AB \bot SN\) do đó \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot HN \subset \left( {ABCD} \right)\\AB \bot SN \subset \left( {SAB} \right)\\\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = AB\end{array} \right.\)nên góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng góc giữa SN và HN hay \(\widehat{SNH}=60{}^\circ \).

+) Ta có \(\frac{d\left( B,\left( SCD \right) \right)}{d\left( H,\left( SCD \right) \right)}=\frac{BD}{HD}=\frac{3}{2}\) (vì \(BH=\frac{2}{3}BO=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}BD=\frac{1}{3}BD\Rightarrow HD=\frac{2}{3}BD\)).

+) Xác định khoảng cách từ H đến (SCD).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SH \bot CD\\HM \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SHM} \right)\).

Mà \(\left( SCD \right)\cap \left( SHM \right)=SM\), trong \(\left( SHM \right)\)kẻ \(HK\bot SM\) tại K suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SM\\HK \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right)\) tại K

Hay \(d\left( H,\left( SCD \right) \right)=HK\).

+) Tính HK.

Tam giác ABD cân có \(\widehat{BAD}=60{}^\circ \) nên ABD là tam giác đều cạnh a mà \(BH=\frac{1}{3}BD\) nên \(BH=\frac{a}{3};DH=\frac{2a}{3}\).

Xét tam giác BNH vuông tại N có \(HN=BH.sin\widehat{HBN}=\frac{a}{3}.\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{6}\).

Xét tam giác SHN vuông tại H có \(SH=HN.tan\widehat{SNH}=\frac{a\sqrt{3}}{6}.tan60{}^\circ =\frac{a}{2}\).

Vì ABCD là hình thoi nên \(\widehat{ADB}=\widehat{BDC}=60{}^\circ \).

Xét tam giác HDM vuông tại M có \(HM=HD.\sin \widehat{HDM}=\frac{2a}{3}.\sin 60{}^\circ =\frac{2\sqrt{3}a}{6}\).

Xét tam giác SHM vuông tại H, theo hệ thức lượng ta có \(HK=\frac{SH.HM}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{M}^{2}}}}=\frac{\frac{a}{2}.\frac{2a\sqrt{3}}{6}}{\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{4}+\frac{12{{a}^{2}}}{36}}}\)\(=\frac{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}}=\frac{a\sqrt{7}}{7}\).

Ta có \(d\left( B,\left( SCD \right) \right)=\frac{3}{2}d\left( H,\left( SCD \right) \right)=\frac{3}{2}HK=\frac{3a\sqrt{7}}{14}\).

Chọn B.