Bài HHKG khá hay! - Trích đề thi thử số 1 - Tạp chí THTT - Số 435/T9.2013

Đề bài: (Đề thi thử số 1 - Tạp chí THTT - Số 435/T9.2013)
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.

Hướng tư duy bài toán:
- 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 $\ d\left( {G \to B'C'} \right) = KG = \sqrt {G{L^2} + K{L^2}}  = \frac{{a\sqrt {39} }}{6}.$