Bài 7.44 trang 65 Toán 11 Tập 2 - Kết nối tri thức

Giải Toán 11 Bài tập cuối chương 7 - Kết nối tri thức

Bài 7.44 trang 65 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB // CD và AB = BC = DA = a, CD = 2a. Biết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA = a $\sqrt{2}$ . Tính theo a khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) và thể tích của khối chóp S.ABCD.

Quảng cáo

Lời giải:

Bài 7.44 trang 65 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) nên SO $⊥$ (ABCD).

Khi đó d(S, (ABCD)) = SO.

Kẻ AH $⊥$ DC tại H, BK $⊥$ DC tại K.

Khi đó ABKH là hình chữ nhật nên AB = HK = a.

Xét $∆$ AHD và $∆$ BKC có: AD = BC = a, $\hat{A H D} = \hat{B K C} = 90 °$ , $\hat{A D H} = \hat{B C K}$ (do ABCD là hình thang cân).

Do đó $∆$ AHD = $∆$ BKC, suy ra DH = CK = $\frac{D C - H K}{2} = \frac{2 a - a}{2} = \frac{a}{2}$ ;

CH = HK + CK = a+ $\frac{a}{2} = \frac{3 a}{2}$ .

Xét tam giác AHD vuông tại H, có AH = $\sqrt{A D^{2} - D H^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Xét tam giác AHC vuông tại H, có AC = $\sqrt{A H^{2} + H C^{2}} = \sqrt{\frac{3 a^{2}}{4} + \frac{9 a^{2}}{4}} = a \sqrt{3}$ .

Vì AB // CD nên $\frac{A O}{O C} = \frac{A B}{C D} \Rightarrow \frac{A O}{O C} = \frac{a}{2 a} = \frac{1}{2}$ $\Rightarrow A O = \frac{1}{3} A C = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

Xét tam giác SOA vuông tại O, có SO = $\sqrt{S A^{2} - A O^{2}}$ $= \sqrt{2 a^{2} - \frac{a^{2}}{3}} = \frac{a \sqrt{15}}{3}$ .

Khi đó d(S, (ABCD)) $= \frac{a \sqrt{15}}{3}$ .

Ta có $S_{A B C D} = \frac{1}{2} \cdot (A B + C D) \cdot A H$ $= \frac{1}{2} \cdot (a + 2 a) \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2}$ $= \frac{3 a^{2} \sqrt{3}}{4}$ .

Vậy $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} \cdot S_{A B C D} \cdot S O$ $= \frac{1}{3} \cdot \frac{3 a^{2} \sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a \sqrt{15}}{3}$ $= \frac{a^{3} \sqrt{45}}{12}$ $= \frac{a^{3} \sqrt{5}}{4}$ .