Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB // CD và AB = BC = DA = a, CD = 2a

Bài 7.44 trang 65 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB // CD và AB = BC = DA = a, CD = 2a. Biết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA = a . Tính theo a khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) và thể tích của khối chóp S.ABCD.

Trả lời

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) nên SO $\perp$ (ABCD).

Khi đó d(S, (ABCD)) = SO.

Kẻ AH $\perp$ DC tại H, BK $\perp$ DC tại K.

Khi đó ABKH là hình chữ nhật nên AB = HK = a.

Xét $∆$AHD và $∆$BKC có: AD = BC = a, $\widehat{AHD}=\widehat{BKC}=90°$ , $\widehat{ADH}=\widehat{BCK}$ (do ABCD là hình thang cân).

Do đó $∆$AHD = $∆$BKC, suy ra DH = CK = $\frac{DC-HK}{2}=\frac{2a-a}{2}=\frac{a}{2}$ ;

CH = HK + CK = a+$\frac{a}{2}=\frac{3a}{2}$.

Xét tam giác AHD vuông tại H, có AH = $\sqrt{A{D}^2-D{H}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Xét tam giác AHC vuông tại H, có AC = $\sqrt{A{H}^2+H{C}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{9a^2}{4}}=a\sqrt{3}$.

Vì AB // CD nên $\frac{AO}{OC}=\frac{AB}{CD}\Rightarrow \frac{AO}{OC}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$$\Rightarrow AO=\frac{1}{3}AC=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ .

Xét tam giác SOA vuông tại O, có SO = $\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}$$=\sqrt{2a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{15}}{3}$ .

Khi đó d(S, (ABCD)) $=\frac{a\sqrt{15}}{3}$ .

Ta có $S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot \left(AB+CD\right)\cdot AH$$=\frac{1}{2}\cdot \left(a+2a\right)\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}$$=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$ .

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO$$=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{15}}{3}$$=\frac{a^3\sqrt{45}}{12}$$=\frac{a^3\sqrt{5}}{4}$.

Xem thêm các bài giải SGK Toán lớp 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác: