Cho hình nón đỉnh S đáy là đường tròn tâm O bán kính R= 5, góc ở đỉnh bằng

43 26/04/2024

A. $\frac{3 \sqrt{13}}{4}$ .

\frac{15 \sqrt{7}}{14}

\frac{15 \sqrt{13}}{26}

\frac{15 \sqrt{34}}{34}

Chọn B

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB khi đó $I A = I B = 4$ và $O I ⊥ A B .$

Trong (SOI) kẻ $O H ⊥ S I .$

Ta có $\begin{array}{l} O I ⊥ A B \\ S O ⊥ A B \end{array}\} \Rightarrow A B ⊥ (S O I) \Rightarrow A B ⊥ O H .$

Ta có $\begin{array}{l} O H ⊥ S I \\ O H ⊥ A B \end{array}\} \Rightarrow O H ⊥ (S A B) \Rightarrow d (O H, (S A B)) = O H .$

Trong tam giác vuông SOI với đường cao OH, ta có

$\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{S O^{2}} + \frac{1}{O I^{2}} \Leftrightarrow O H = \frac{S O . O I}{\sqrt{S O^{2} + O I^{2}}}$

Áp dụng định lý pytago vào tam giác OAI vuông tại I ta có:

$O A^{2} = O I^{2} + I A^{2} \Leftrightarrow O I^{2} = O A^{2} - I A^{2} = 5^{2} - 4^{2} = 9 \Leftrightarrow O I = 3.$

Hình nón có góc ở đỉnh bằng $60^{o}$ nên $\hat{O S A} = 30^{o} .$ Trong $Δ S O A$ vuông tại O ta có:

$\tan 30^{o} = \frac{O A}{S O} \Leftrightarrow S O = \frac{O A}{\tan 30^{o}} = \frac{5}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = 5 \sqrt{3}$ .

Vậy $O H = \frac{5 \sqrt{3} .3}{\sqrt{{(5 \sqrt{3})}^{2} + 3^{2}}} = \frac{15 \sqrt{7}}{14}$ .

Xem tất cả