Bài 1 trang 81 Toán 11 tập 2 Chân trời sáng tạo

Bài 1 trang 81 Toán 11 tập 2 Chân trời sáng tạo:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a có O là giao điểm của hai đường chéo, $\widehat{ABC}=60^o$, SO ⊥ (ABCD), SO = a$\sqrt{3}$ Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SCD).

Phân Tích Hướng Dẫn Giải:

1. Dựng Khoảng cách: Khoảng cách $d(O, (SCD))$ chính là độ dài đoạn $OH$, với $OH$ được dựng vuông góc theo quy tắc 2 lần dựng vuông góc.

2. Lần 1: Từ $O$ kẻ $\mathbf{OI \perp CD}$ (trong mặt phẳng đáy).

3. Lần 2: Từ $O$ kẻ $\mathbf{OH \perp SI}$ (trong $\triangle SOI$).

4. Tính toán: Tính $OI$ trong $\triangle OCD$ vuông tại $O$, sau đó dùng hệ thức lượng $\frac{1}{OH^2} = \frac{1}{SO^2} + \frac{1}{OI^2}$ trong $\triangle SOI$ vuông tại $O$.

Giải bài 1 trang 81 Toán 11 tập 2 Chân trời sáng tạo:

Ta có hình minh hoạ như sau:

Kẻ OI ⊥ CD, OH ⊥ SI

Ta có: SO ⊥ (ABCD);

Suy ra: CD ⊥ SO (1)

Mà: OI ⊥ CD (2)

Từ (1) và (2) ⇒ CD ⊥ (SOI)

⇒ CD ⊥ OH

Mà OH ⊥ SI ⇒OH ⊥ (SCD)

Nên d(O, (SCD)) = OH.

Ta có: ΔABC đều ⇒ AC = a

⇒ OC = AC/2 = a/2

• Xét ΔABD, áp dụng định lí cos, ta có:

$BD=\sqrt{AB^2+AD^2-2AB.AD.cos\widehat{BAD}}$ $=\sqrt{a^2+a^2-2.a.a.cos120^o}$

$=\sqrt{a^2+a^2-2.a.a.\left ( \frac{-1}{2} \right )}$ $=a\sqrt{3}$

$\Rightarrow OD = \frac{BD}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

• Xét ΔOCD vuông tại O có OI là đường cao

$\frac{1}{OI^2}=\frac{1}{OC^2}+\frac{1}{OD^2}$ $\Rightarrow OI=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Ta có SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ OI

Vì vậy, tam giác SOI vuông tại O có OH là đường cao nên

$\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{SO^2}+\frac{1}{OI^2}$

$\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{51}}{17}$

$\Rightarrow d(O,(SCD))=\frac{a\sqrt{51}}{17}$

Vậy khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SCD) là$\frac{a\sqrt{51}}{17}$