Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và \(ABC=60^0\) Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Gọi \(\varphi \) là goc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SCD), tính \(\sin \varphi \) biết rằng SB = a.
Hãy suy nghĩ và trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án
Lời giải:
Báo sai.png)
Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD) (Vì OM//SB).
Gọi H là hình chiếu của O trên (SCD)
\( \Rightarrow \left( {OM,(SCD)} \right) = (OM,MH) = OMH.\)
Trong (SBD) kẻ OE//SH, khi đó tứ diện OECD là tứ diện vuông nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} + \frac{1}{{O{E^2}}}.\)
Ta dễ dàng tính được \(OC = \frac{a}{2},OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Lại có: \(\frac{{OE}}{{SH}} = \frac{{OD}}{{HD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow OE = \frac{3}{4}SH,\) mà \(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)
Do đó \(OE = \frac{3}{4}SH = \frac{3}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}.\)
Suy ra \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a/2} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 /2} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 6 /4} \right)}^2}}} = \frac{8}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}.\)
Tam giác OMH vuông tại H có \(OM = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2},OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow {\mathop{\rm sinOMH}\nolimits} = \frac{{OH}}{{OM}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
Vậy \(\sin \varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
Đề thi thử THPT QG môn Toán năm 2019
Sở GD & ĐT Bắc Ninh lần 2
