Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 4a, \(\Delta SAB\) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, \(\widehat {BAD} = {120^0}\). Gọi M là điểm trên cạnh CD sao cho CM = 3a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM bằng
Suy nghĩ và trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án
Lời giải:
Báo sai.png)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\{\rm{Trong }}\left( {SAB} \right),{\rm{ }}SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Theo giả thiết ta có: AB = BC = 4a và \(\widehat {BAD} = {120^0} \Rightarrow \widehat {ABD} = {30^0} \Rightarrow \widehat {ABC} = {60^0}\) nên \(\Delta ABC\) là tam giác đều, cạnh 4a.
\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {4a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 {a^2}\) và \(SH = \frac{{4a\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 a\).
Ta có: \(A{M^2} = A{D^2} + D{M^2} – 2AD.DM.\cos \widehat {ADM} = {\left( {4a} \right)^2} + {a^2} – 2.4a.a.\cos 60^\circ = 13{a^2}\).
\( \Rightarrow AM = a\sqrt {13} \).
Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE = a.
Khi đó, tứ giác AMEB là hình bình hành \( \Rightarrow BE = AM = a\sqrt {13} \).
Mặt khác, \(\Delta ADM = \Delta BCE \Rightarrow {S_{AMEB}} = {S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = 2.4\sqrt 3 {a^2} = 8\sqrt 3 {a^2}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AM \not\subset \left( {SBE} \right)\\AM\,{\rm{//}}\,BE\\BE \subset \left( {SBE} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AM{\rm{//}}\left( {SBE} \right)\).
Do đó \({\rm{d}}\left( {AM,SB} \right) = {\rm{d}}\left( {AM,\left( {SBE} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right)\).
Ta lại có: \(\frac{{{\rm{d}}\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right)}}{{{\rm{d}}\left( {H,\left( {SBE} \right)} \right)}} = \frac{{AB}}{{HB}} = 2 \Rightarrow {\rm{d}}\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right) = 2{\rm{d}}\left( {H,\left( {SBE} \right)} \right)\).
Trong \(\left( {ABCD} \right)\), gọi K và F lần lượt là hình chiếu của H và A lên BE.
\( \Rightarrow HK = \frac{1}{2}AF = \frac{1}{2}.\frac{{{S_{AMEB}}}}{{EB}} = \frac{1}{2}.\frac{{8\sqrt 3 {a^2}}}{{a\sqrt {13} }} = \frac{{4\sqrt {39} a}}{{13}}\) (do HK là đường trung bình của \(\Delta ABF\)).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot HK\\BE \bot SH{\rm{ }}\left( {{\rm{Do }}SH \bot \left( {ABCD} \right) \supset BE} \right)\\HK,SH \subset \left( {SHK} \right)\\HK \cap SH = H\end{array} \right. \Rightarrow BE \bot \left( {SHK} \right)\).
Mà \(BE\, \subset \left( {SBE} \right) \Rightarrow \,\left( {SBE} \right) \bot \left( {SHK} \right)\).
Ta lại có: \(\left( {SBE} \right) \cap \left( {SHK} \right) = SK\)
Trong \(\left( {SHK} \right)\), kẻ \(HI \bot SK\left( {I \in SK} \right)\)
\( \Rightarrow HI \bot \left( {SBE} \right) \Rightarrow {\rm{d}}\left( {H,\left( {SBE} \right)} \right) = HI\).
Tam giác SHK vuông tại H, đường cao HI nên
\(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2\sqrt 3 a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{4\sqrt {39} a}}{{13}}} \right)}^2}}} = \frac{{17}}{{48{a^2}}}\).
Do đó: \(HI = \frac{{4\sqrt {51} }}{{17}}a\) . Vậy \(d\left( {AM,SB} \right) = \frac{{8\sqrt {51} }}{{17}}a\)
