Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là hình vuông tại B và $\ \widehat {ACB} = 2\widehat {BAC}.$ Các đường trung tuyến BB', phân giác trong CC'. Các mặt phẳng (SBB'), (SCC') cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SB'C') với đáy bằng $\ {60^0},\,B'C' = a.$ Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm tam giác SBC đến đường thẳng B'C' theo a.
- Xác định rõ chiều cao của hình chóp.
- Vẽ hình phụ (đáy) và định hình vị trí của chân đường vuông góc.
- Xác định diện tích đáy qua các dữ kiện đề bài đã cho.
- Phát hiện và chứng minh được khoảng cách từ điểm đến đường thẳng xuất hiện ngay trong hình vẽ.
Lời giải:
- Ta có: $\ \left\{ \begin{array}{l}
\left( {SBB'} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\
\left( {SCC'} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\
\left( {SBB'} \right) \cap \left( {SCC'} \right) = SH
\end{array} \right.$
$\ \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow h = SH.$
- Trong (ABC) có:
$\ \left\{ \begin{array}{l}
\widehat A + \widehat C = {90^0}\\
\widehat C = 2\widehat A
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\widehat A = {30^0}\\
\widehat C = {60^0}
\end{array} \right.$
$\ \Rightarrow \widehat {ACC'} = \widehat {CAC'} = {30^0}.$
$\ \Rightarrow \Delta ACC'$ cân tại C' $\ \Rightarrow C'B' \bot AC.$
$\ \; \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{CC' = AC' = \frac{{B'C'}}{{\sin {\mkern 1mu} {\kern 1pt} {{30}^0}}} = 2a}\\
{AC = 2B'A = 2.\frac{{B'C'}}{{\tan {\mkern 1mu} {\kern 1pt} {{30}^0}}} = 2a\sqrt 3 }
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{BC = a\sqrt 3 }\\
{BC' = a}
\end{array}} \right. \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.a\sqrt 3 .\left( {2a + a} \right) = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}.$
- Ta có: $\ \left\{ \begin{array}{l}
\widehat {CBB'} = {60^0}\\
\widehat {BCC'} = {30^0}
\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {BHC} = {90^0} \Rightarrow CC' \bot BB'.$
- Trong tam giác HB'C' có: $\ \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{HB' = B'C.\sin {{30}^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}\\
{\widehat {HC'B'} = {{60}^0}}
\end{array}} \right. \Rightarrow HC' = HB'\cot {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{a}{2}.$
- Dựng $\ HK \bot B'C' \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{{B'}^2}}} + \frac{1}{{H{{C'}^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$
Và ta có: $\ \left( {\left( {SB'C'} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SKH} = {60^0} \Rightarrow h = SH = HK\tan {60^0} = \frac{{3a}}{4}.$
Vậy $\ {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{4}.\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}.$
- Trong tam giác đều BB'C gọi M là trung điểm của BC ta có:
$\ \left\{ \begin{array}{l}
MB = MC\\
HB = HB'\left( {CC' \bot BB'} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow MH//AC\left( 1 \right).$
Mặt khác, $\ \left\{ \begin{array}{l}
HK \bot B'C'\\
AC \bot B'C'
\end{array} \right. \Rightarrow HK//AC\left( 2 \right).$
Từ (1) và (2) ta thấy M,H,K thẳng hàng.
Gọi $\ KL \bot SM\left( {L \in SM} \right) \Rightarrow KL = \frac{{SH.MK}}{{SM}}.$
Trong đó: $\ \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{SM = \sqrt {S{H^2} + M{H^2}} = \sqrt {S{H^2} + {{\left( {\frac{{B'C}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{4}}\\
{MK = MH + HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} + \frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{4}}
\end{array}} \right. \Rightarrow KL = \frac{{9a\sqrt 7 }}{{28}}.$
$\ \Rightarrow ML = \sqrt {M{K^2} - K{L^2}} = \frac{{3a\sqrt {21} }}{{14}} \Rightarrow GL = ML - MG = ML - \frac{{SM}}{3} = \frac{{11a\sqrt {21} }}{{84}}.$
Vậy $\ d\left( {G \to B'C'} \right) = KG = \sqrt {G{L^2} + K{L^2}} = \frac{{a\sqrt {39} }}{6}.$
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét