Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và SC = a căn 2

Bài 7.51 trang 43 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và SC = a$\sqrt{2}$ . Gọi H là trung điểm của cạnh AB.

a) Chứng minh rằng SH $\perp$ (ABCD).

b) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

c) Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD).

Trả lời

a) ABCD là hình vuông cạnh a nên AB = BC = CD = DA = a.

Do tam giác SAB đều cạnh a và H là trung điểm của AB nên SH $\perp$ AB và SH = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ ; AH = BH = $\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$ .

Xét tam giác BHC vuông tại B có HC = $\sqrt{B{C}^2+B{H}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$ .

Có $S{C}^2={\left(a\sqrt{2}\right)}^2=2a^2$ ; $S{H}^2+H{C}^2={\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2=2a^2$ .

Suy ra SC² = SH² + HC². Do đó tam giác SHC vuông tại H hay SH $\perp$ HC mà SH $\perp$ AB nên SH $\perp$ (ABCD).

b) Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$ .

c) Vì H là trung điểm của AB nên d(A, (SBD)) = 2 . d(H, (SBD)).

Kẻ HK $\perp$ BD tại K, HQ $\perp$ SK tại Q.

Ta có SH $\perp$ (ABCD) nên SH $\perp$ BD mà HK $\perp$ BD nên BD $\perp$ (SHK), suy ra BD $\perp$HQ.

Vì BD $\perp$ HQ và HQ $\perp$ SK nên HQ $\perp$ (SBD), suy ra d(H, (SBD)) = HQ.

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

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC và BD, suy ra AO = $\frac{AC}{2}$ .

Xét tam giác ABO có HK là đường trung bình nên HK = $\frac{AO}{2}=\frac{AC}{4}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

Xét tam giác SHK vuông tại H, HQ là đường cao, ta có

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

Vậy d(A,(SBD)) = 2HQ = $\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

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