Bài 7. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thoi \(ABCD\) cạnh \(a\), góc \(\widehat {BAD} = 60^0\) và \(SA = SB = SD = {{a\sqrt 3 } \over 2}\)
a) Tính khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \((ABCD)\) và độ dài cạnh \(SC\)
b) Chứng minh mặt phẳng \((SAC)\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\)
c) Chứng minh \(SB\) vuông góc với \(BC\)
d) Gọi \(\varphi\) là góc giữa hai mặt phẳng \((SBD)\) và \((ABCD)\). Tính \(\tan\varphi\)
a) Kẻ \(SH⊥(ABCD)\)
Do \(SA = SB = SD\) suy ra \(HA = HB = HC\)
\(⇒ H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \( ABD\).
Do \(AB = AD = a\) và \(\widehat{ BAD} = 60^0\) nên tam giác \(ABD\) là tam giác đều cạnh \(a\),
Ta có:
\(\eqalign{
& AO = {{a\sqrt 3 } \over 2} \cr
& AH = {2 \over 3}AO \Rightarrow AH = {{a\sqrt 3 } \over 3} \cr} \)
Trong tam giác vuông \(SAH\), ta có: \(SA = {{a\sqrt 3 } \over 2};AH = {{a\sqrt 3 } \over 3}\)
Tính ra: \(SH = {{a\sqrt {15} } \over 6}\)
Ta cũng có: \(HC = {{2a\sqrt 3 } \over 3}\)
Trong tam giác vuông \(SHC\):
Advertisements (Quảng cáo)
\(S{C^2} = S{H^2} + H{C^2}\)
Do đó ta tính được:
\(SC = {{a\sqrt 7 } \over 2}\)
b)
\(\left. \matrix{
SH \bot (ABCD) \hfill \cr
SH \subset (SAC) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow (SAC) \bot (ABCD)\)
c) Ta có:
\(\eqalign{
& S{C^2} = {{7{a^2}} \over 4}(1) \cr
& B{C^2} = {a^2}(2) \cr
& S{B^2} = {{3{a^2}} \over 4}(3) \cr} \)
Từ (1), (2) và (3) ta có: \(S{C^2} = B{C^2} + S{B^2}\)
Theo định lí Pytago đảo, tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\).
d) Ta có:
\(\eqalign{
& \left. \matrix{
DB \bot AC \hfill \cr
SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot DB \hfill \cr} \right\} \Rightarrow DB \bot (SAC) \cr
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
DB \bot {\rm{OS}} \hfill \cr
{\rm{DB}} \bot AC \hfill \cr} \right. \cr} \)
Suy ra: \(\widehat{ SOH}\) là góc giữa hai mặt phẳng \((SBD)\) và \((ABCD)\)
Ta có:
\(\eqalign{
& \widehat{ SOH} = \varphi \cr
& \tan \varphi = {{SH} \over {OH}} \Rightarrow \tan \varphi = \sqrt 5 \cr} \)