Cho hình chóp S.ABCD có mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy

❮ Bài trước Bài sau ❯

Cho hình chóp S.ABCD có mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy (ABCD), tam giác SAB đều, đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Gọi H là trung điểm của cạnh AB. Khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SAC) bằng

Giải sách bài tập Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm - Kết nối tri thức

Bài 20 trang 69 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy (ABCD), tam giác SAB đều, đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Gọi H là trung điểm của cạnh AB. Khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SAC) bằng

A. $\frac{a \sqrt{30}}{5}$ .

B. $\frac{a \sqrt{30}}{10}$ .

C. $\frac{a \sqrt{6}}{10}$ .

D. $\frac{a \sqrt{6}}{5}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: E. $\frac{a \sqrt{21}}{14}$ .

Cho hình chóp S.ABCD có mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy

Vì tam giác SAB đều, H là trung điểm của AB nên SH là đường cao hay SH $⊥$ AB.

Do (SAB) $⊥$ (ABCD); (SAB) $\cap$ (ABCD) = AB mà SH $⊥$ AB nên SH $⊥$ (ABCD), suy ra SH $⊥$ AC.

Gọi N là trung điểm của AD.

Xét tam giác ABD có H là trung điểm của AB, N là trung điểm của AD nên HN là đường trung bình của tam giác ABD, suy ra HN // BD.

Do ABCD là hình vuông nên AC $⊥$ BD mà HN // BD nên HN $⊥$ AC.

Vì HN $⊥$ AC và SH $⊥$ AC nên AC $⊥$ (SHN), suy ra (SAC) $⊥$ (SHN).

Gọi AC $\cap$ HN = I, kẻ HK $⊥$ SI tại K.

Vì (SAC) $⊥$ (SHN), (SAC) $\cap$ (SHN) = SI mà HK $⊥$ SI nên HK $⊥$ (SAC).

Do đó d(H, (SAC)) = HK.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của BD.

Xét tam giác ABD vuông tại A, có $B D = \sqrt{A B^{2} + A D^{2}} = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a \sqrt{2}$ .

Vì O là trung điểm của BD nên BO = $\frac{B D}{2}$ = $\frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác ABO có H là trung điểm của AB, HI // BO (do HN //BD) nên I là trung điểm của AO.

Vì I là trung điểm của AO, H là trung điểm của AB nên HI là đường trung bình của tam giác ABO, suy ra $H I = \frac{B O}{2} = \frac{a \sqrt{2}}{4}$ .

Vì tam giác SAB là tam giác đều cạnh a, SH là đường cao nên $S H = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Vì SH $⊥$ (ABCD) nên SH $⊥$ HI hay tam giác SHI vuông tại H.

Xét tam giác SHI vuông tại H, HK là đường cao, có:

$\frac{1}{H K^{2}} = \frac{1}{S H^{2}} + \frac{1}{H I^{2}}$ $= \frac{4}{3 a^{2}} + \frac{16}{2 a^{2}}$ $= \frac{28}{3 a^{2}}$ $\Rightarrow H K = \frac{a \sqrt{21}}{14}$ .

Vậy d(H, (SAC)) = $\frac{a \sqrt{21}}{14}$ .

Lời giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm hay khác:

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

❮ Bài trước Bài sau ❯