Phương pháp: Giả sử ta cần tính khoảng cách từ một điểm M đến mặt phẳng (P). Ta có thể tiến hành như sau:
Bước 1: Lấy một mặt phẳng (Q) đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng (P).
Tức là mặt phẳng (Q) chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) hoặc mặt phẳng (P) chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (Q).
Bước 2: Xác định giao tuyến ∆ của hai mặt phẳng ((P) và (Q)).
Bước 3: Từ điểm M kẻ MH vuông góc với giao tuyến ∆, với H ∈ Δ. Khi đó \(MH \bot \left( P \right)\) và do đó đoạn MH là khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P).
Việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng có thể dựa vào các kết quả của hình học phẳng và thường gắn liền với đường cao trong tam giác: Tam giác vuông; hệ thức lượng trong tam giác.
Trên đây là phương pháp chung để giải quyết bài toán này. Ngoài ra, nếu bài toán có sự đặc biệt nào đó ta có thể tính dựa vào các kết quả dưới đây:
- Tính chất 1: Đường thẳng AB cắt mặt phẳng (α) tại điểm I khác A, B thì \(\frac{{d\left( {A,\,\left( \alpha \right)} \right)}}{{d\left( {B,\,\left( \alpha \right)} \right)}} = \frac{{IA}}{{IB}}\).
- Tính chất 2: Nếu đường thẳng d song song với mặt phẳng (α), M là một điểm thuộc d thì \(d\left( {M,\,\left( \alpha \right)} \right) = d\left( {I,\,\left( \alpha \right)} \right)\), với mọi điểm I thuộc đường thẳng d.
- Tính chất 3: Nếu mặt phẳng (α) song song với mặt phẳng (β) và M là một điểm thuộc mặt phẳng (β) thì \(d\left( {M,\,\left( \alpha \right)} \right) = d\left( {I,\,\left( \alpha \right)} \right)\), với mọi điểm I thuộc (β).
Cách 1: Tìm một mặt phẳng (Q) chứa M và vuông góc với (P) . Xác định $m = \left( P \right) \cap \left( Q \right)$.
Cách 2: Dựng $MH//\left( d \right) \bot \left( \alpha \right)$
- Nếu $MA//\left( \alpha \right) \Rightarrow d\left( {M\,,\,\left( \alpha \right)} \right) = d\left( {A\,,\,\left( \alpha \right)} \right)$.
- Nếu $MA \cap \left( \alpha \right) = I$$ \Rightarrow \frac{{d\left( {M\,,\,\left( \alpha \right)} \right)}}{{d\left( {A\,,\,\left( \alpha \right)} \right)}} = \frac{{IM}}{{IA}}$
Ví dụ vận dụng
Câu 1: Cho hình chóp S.ABC trong đó SA, AB, BC vuông góc với nhau từng đôi một. Biết $SA = a\sqrt 3 $, $AB = a\sqrt 3 $. Khoảng cách từ A đến $\left( {SBC} \right)$ bằng:
A. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
B. $\frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
C. $\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.
D. $\frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.
Chọn D
Kẻ $AH \bot SB$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.
Suy ra $AH \bot \left( {SBC} \right)$$ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH$.
Trong tam giác vuông $SAB$ta có:
$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}$$ \Rightarrow AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 a}}{2}$.
Kẻ $AH \bot SB$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.
Suy ra $AH \bot \left( {SBC} \right)$$ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH$.
Trong tam giác vuông $SAB$ta có:
$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}$$ \Rightarrow AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 a}}{2}$.
A. $\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}$.
B. $\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.
C. $\frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$.
D. $\frac{{3a}}{{\sqrt 7 }}$.
Chọn C
Kẻ $AH \bot SD$, mà vì $CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH$nên $d\left( {A;SCD} \right) = AH$.
Trong tam giác vuông $SAD$ta có:
$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}}$
$ \Rightarrow AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a.2a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$.
Kẻ $AH \bot SD$, mà vì $CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH$nên $d\left( {A;SCD} \right) = AH$.
Trong tam giác vuông $SAD$ta có:
$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}}$
$ \Rightarrow AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a.2a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$.
A. $\frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.
B. $\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.
C. $a\sqrt {\frac{3}{{10}}} $.
D. $a\sqrt {\frac{2}{5}} $.
Chọn C
$SO \bot \left( {ABC} \right)$, với O là trọng tâm của tam giác ABC. Mlà trung điểm của BC.
Kẻ $OH \bot SM$, ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SO\\BC \bot MO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OH$
nên suy ra $d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH$.
Ta có: $OM = \frac{1}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$
$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}$
$ \Rightarrow OH = \frac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{{\sqrt {3{a^2} + \frac{3}{9}{a^2}} }} = \frac{{3a}}{{\sqrt {30} }} = \sqrt {\frac{3}{{10}}} a$.
$SO \bot \left( {ABC} \right)$, với O là trọng tâm của tam giác ABC. Mlà trung điểm của BC.
Kẻ $OH \bot SM$, ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SO\\BC \bot MO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OH$
nên suy ra $d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH$.
Ta có: $OM = \frac{1}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$
$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}$
$ \Rightarrow OH = \frac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{{\sqrt {3{a^2} + \frac{3}{9}{a^2}} }} = \frac{{3a}}{{\sqrt {30} }} = \sqrt {\frac{3}{{10}}} a$.
A. $\frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.
B. $\frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
C. $\frac{{a\sqrt 3 }}{6}$.
D. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
Chọn B
Ta có: $AO \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow O$là trọng tâm tam giác $BCD$.
$d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right) = AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{3{a^2}}}{9}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
Ta có: $AO \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow O$là trọng tâm tam giác $BCD$.
$d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right) = AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{3{a^2}}}{9}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
A. $\frac{a}{3}.$
B. $\frac{{3a}}{4}.$
C. $\frac{{3a}}{8}.$
D. $\frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$
Trong mặt phẳng $\left( {ABC{\rm{D}}} \right):$ kẻ $OK \bot BC\left( {K \in BC} \right).$
Mà $BC \bot SO$ nên suy ra hai mặt phẳng $\left( {SOK} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ vuông góc nhau theo giao tuyến $SK.$
Trong mặt phẳng $\left( {SOK} \right):$ kẻ $OH \bot SK\left( {H \in SK} \right).$
Suy ra: $OH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OH.$
A. $3\sqrt 3 $ cm
B. $6\sqrt 3 $ cm
C. 6 cm
D. $6\sqrt 2 $cm
• Gọi M là trung điểm AB suy ra:
• Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên $CM$ $ \Rightarrow DH = d(D,(ABC))$
• $DH = \sin {60^0}.DM = 6\sqrt 3 $
Chọn B
A. $a\sqrt 2 $.
B. $a\sqrt 3 $.
C. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
D. $\frac{{a\sqrt 3 }}{6}$.
Bài toán chứng minh $AC' \bot \left( {A'BD} \right)$trong sách giáo khoa đã có. Không chứng minh lại.
Dễ dàng tìm được $AC' = a\sqrt 3 $
$d\left( {O,\left( {A'BD} \right)} \right) = OJ = \frac{1}{6}AC' = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$
Chọn D
A. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
B. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
C. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
D. $\frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
Ta có $\left. \begin{array}{l}AC' \bot \left( {BDA'} \right)\\AC' \cap \left( {BDA'} \right) = \left\{ G \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow d\left( {A,\left( {BDA'} \right)} \right) = AG = \frac{1}{3}AC'$
$d\left( {A,\left( {BCA'} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$
Chọn B
A. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
B. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
C. $\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.
D. $\frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
Ta có: $AB' = AC = AD' = B'D' = B'C = CD' = a\sqrt 2 $
Nên tứ diện AB'CD' là tứ diện đều.
Gọi I là trung điểm $B'C$, G là trọng tâm tam giác $B'CD'$.
Khi đó ta có: $d\left( {A;\left( {B'CD'} \right)} \right) = AG$
Vì tam giác B'CD' đều nên $D'I = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.
Theo tính chất trọng tâm ta có: $D'G = \frac{2}{3}D'I = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
Trong tam giác vuông AGD' có: $AG = \sqrt {D'{A^2} - D'{G^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.
Chọn C
A. $\frac{a}{2}$.
B. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
C. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
D. $\frac{{3a}}{2}$.
Gọi H là hình chiếu của S lên $\left( {ABC} \right)$, vì mặt bên $\left( {SBC} \right)$ vuông góc với $(ABC)$ nên $H \in BC.$
Dựng $HI \bot AB,HJ \bot AC$, theo đề bài ta có $\widehat {SIH} = \widehat {SJH} = {45^0}$.
Do đó tam giác $SHI = SHJ$ (cạnh góc vuông - góc nhọn)
Suy ra $HI = HJ$.
Lại có $\widehat B = \widehat C = {45^0} \Rightarrow \Delta BIH = \Delta CJH \Rightarrow HB = HC$
Vậy H trùng với trung điểm của BC. Từ đó ta có $HI$ là đường trung bình của tam giác ABC nên $HI = \frac{{AC}}{2} = \frac{a}{2}$.
Tam giác $SHI$ vuông tại H và có $\widehat {SIH} = {45^0} \Rightarrow \Delta SHI$ vuông cân.
Do đó: $SH = HI = \frac{a}{2}$.Chọn A
A. $d\left( {S,(ABC)} \right) = \sqrt {{b^2} - \frac{1}{2}{d^2}} $.
B. $d\left( {S,(ABC)} \right) = \sqrt {{b^2} - {d^2}} $.
C. $d\left( {S,(ABC)} \right) = \sqrt {{b^2} - \frac{1}{3}{d^2}} $.
D. $d\left( {S,(ABC)} \right) = \sqrt {{b^2} + {d^2}} $.
Gọi I là trung điểm của BC, H là trọng tâm tam giác ABC.
Do ${\rm{S}}.ABC$ là hình chóp đều nên $SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SH$.
Ta có $AI = \sqrt {A{B^2} - B{I^2}} = \sqrt {{d^2} - \frac{{{d^2}}}{4}} = \frac{{d\sqrt 3 }}{2}$.
$AH = \frac{2}{3}AI = \frac{{d\sqrt 3 }}{3}$$ \Rightarrow SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{d^2}}}{3}} $. Chọn ${\bf{C}}$.
A. $a\sqrt 6 $.
B. $\frac{{a\sqrt 6 }}{6}$.
C. $a\sqrt 3 $.
D. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
Vì hình chóp S.ABC đều có $SO$ là đường cao $ \Rightarrow $ O là tâm của $\Delta ABC$
Gọi I là trung điểm cạnh BC.
Tam giác ABC đều nên $AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$$ \Rightarrow AO = \frac{2}{3}AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
Kẻ $OH \bot SA$.$ \Rightarrow d\left( {O,SA} \right) = OH$. Xét tam giác $SOA$ vuông tại O :
$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}} = \frac{6}{{{a^2}}}$ $ \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$.
A. $\frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$
B. $\frac{{2a}}{{\sqrt 6 }}$
C. $\frac{1}{2}a$
D. a
Gọi $N$ là trung điểm cạnh $D{D_1}$ và $H = {A_1}N \cap M{D_1}$
Khi đó ta chứng minh được ${A_1}N \bot M{D_1}$
suy ra${A_1}N \bot ({C_1}{D_1}M)$
$ \Rightarrow d\left( {{A_1},({C_1}{D_1}M)} \right) = AH = \frac{{{A_1}D_1^2}}{{{A_1}N}} = \frac{{{A_1}D_1^2}}{{\sqrt {{A_1}D_1^2 + ND_1^2} }}$
$ \Rightarrow d\left( {{A_1},({C_1}{D_1}M)} \right) = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$
Chọn A
A. 4a.
B. 3a.
C. a.
D. 2a.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Do S.ABC là chóp đều nên $SG \bot \left( {ABC} \right)$.
$AM = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AM = a\sqrt 3 .$
$\Delta SAG$ vuông tại $SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}} = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} = a.$
Chọn C
A. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
B. $\frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
C. $\frac{{2a\sqrt 5 }}{3}$.
D. $\frac{{a\sqrt {10} }}{5}$.
Chọn B
$SO \bot \left( {ABCD} \right)$, với O là tâm của hình vuông ABCD. Mlà trung điểm của CD.
Kẻ $OH \bot SM$, ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}DC \bot SO\\DC \bot MO\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow DC \bot OH$.
nên suy ra $d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OH$.
Ta có: $OM = \frac{1}{2}AD = \frac{a}{2}$
$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}$$ \Rightarrow OH = \frac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 a}}{3}$.
$SO \bot \left( {ABCD} \right)$, với O là tâm của hình vuông ABCD. Mlà trung điểm của CD.
Kẻ $OH \bot SM$, ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}DC \bot SO\\DC \bot MO\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow DC \bot OH$.
nên suy ra $d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OH$.
Ta có: $OM = \frac{1}{2}AD = \frac{a}{2}$
$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}$$ \Rightarrow OH = \frac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 a}}{3}$.
A. $a\sqrt 2 $; $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
B. $a\sqrt 2 $; $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$
C. $a\sqrt 3 $; $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
D. $a\sqrt 3 $; $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$
$d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH;\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{6{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = a\sqrt 2 $.
$d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}.d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$
Chọn A
A. khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CC1 bằng b.
B. khoảng cách từ A đến mặt phẳng (¬B1BD) bằng $\frac{{ab}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}$.
C. khoảng cách từ A đến mặt phẳng (¬B1BD) bằng $\frac{{abc}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}$.
D. $B{D_1} = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $
$d\left( {AB,C{C_1}} \right) = BC = b \Rightarrow $ Câu A đúng.
$d\left( {A,\left( {{B_1}BD} \right)} \right) = AH;\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{{\left( {ab} \right)}^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{ab}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}$. Câu B đúng.
Suy ra câu C sai.
Suy ra câu D đúng, đường chéo hình chữ nhật bằng $B{D_1} = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $.
Chọn C
A. $\frac{{a\sqrt {67} }}{{19}}$.
B. $\frac{{a\sqrt {47} }}{{19}}$.
C. $\frac{{a\sqrt {37} }}{{19}}$.
D. $\frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}$.
Vì hình thoi ABCD có $\widehat {BAD}$ bằng $120^\circ $
Suy ra tam giác ABC đều cạnh a.
Kẻ đường cao $AM$ của tam giác ABC
$ \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Kẻ $OI \bot BC$ tại I $ \Rightarrow OI = \frac{{AM}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.
Kẻ $OH \bot SI \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)$
$ \Rightarrow d\left( {O,\,\left( {SBC} \right)} \right) = OH$
Xét tam giác vuông $SOI$ ta có:
$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}$.
Chọn ${\bf{D}}$.
A. $\frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}$.
B. $\frac{{3a\sqrt {39} }}{{13}}$.
C. $\frac{{6a\sqrt {39} }}{{13}}$.
D. $\frac{{6a\sqrt {13} }}{{13}}$.
Kẻ $HK \bot CD$
$ \Rightarrow $ góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ và$\left( {ABCD} \right)$
là $\widehat {SKH} = 60^\circ $
Có $HK = AD = 2a$, $SH = HK.\tan 60^\circ = 2a\sqrt 3 $
Có $BC \bot \left( {SAB} \right)$,
Kẻ $HJ \bot SB$, mà $HJ \bot BC\,$$HJ \bot \left( {SBC} \right)$
$\frac{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{BA}}{{BH}} = 3$
$d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = 3.d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = 3HJ$
Mà $\frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{1}{{H{B^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{12{a^2}}} = \frac{{13}}{{12{a^2}}}$ $ \Rightarrow HJ = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}} \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{6a\sqrt {39} }}{{13}}$.
Chọn C.
A. $\frac{{a\sqrt 3 }}{6}$.
B. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
C. $\frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
D. $\frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
Xác định khoảng cách:
- Đặc điểm của hình: Có đáy là hình thoi, góc $\widehat {ABC} = {120^ \circ }$ nên tam giác $ABD$ đều cạnh $a;$$AC = a\sqrt 3 ;AG = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$
Tam giác SAC vuông ở S, có đường cao $SG$ nên $SA = \sqrt {AG.AC} = \sqrt {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.a\sqrt 3 } = a$;$SG = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$
Xét hình chóp $S.ABD$có chân đường cao trùng với tâm của đáy nên $SA = SB = SD = a$.
- Dựng hình chiếu của Alên mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$: Kẻ đường cao $AH$ của tam giác $SAO$ với O là tâm của hình thoi.
$\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SG\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAO} \right) \Rightarrow BD \bot AH$
$\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BD\\AH \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right)$ . Vậy $d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AH$
- Tính độ dài $AH$
$AH = \frac{{SG.AO}}{{SO}}$
Với $AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$; $SG = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$; $SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$
$AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
Cách khác: Nhận xét tứ diện $S.ABD$ có tất cả các cạnh bằng a;Do đó $S.ABD$là tứ diện đều, vậy $AH = SG = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.
Chọn D.
A. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
B. $\frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
C. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
D. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
+ Đặc điểm của hình: Đáy là hình vuông ABCD nên $AN \bot BM$.
Góc giữa mặt phẳng $\left( {SBM} \right)$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$là góc $\widehat {AIS} = {45^ \circ }$.Vậy tam giác $ASI$ vuông cân tại A.$AI = a$
- Xác định khoảng cách: $d\left( {D,\left( {SBM} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBM} \right)} \right) = AH$. Với Hlà chân đường cao của tam giác $ASI$.
- Tính $AH$: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}}$ $ \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
Chọn D
A. $\frac{{a\sqrt {11} }}{{33}}$.
B. $\frac{{a\sqrt {11} }}{{11}}$.
C. $\frac{{a\sqrt {33} }}{{11}}$.
D. $\frac{{2a\sqrt {33} }}{{11}}$.
- Đặc điểm của hình: Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right){\rm{ v\`a }}\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SIH} = {60^ \circ }$.
$IH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow SH = IH.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$
- Xác định khoảng cách: $d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = HK$. Với $HK$là đường cao của tam giác $SHM$với Mlà trung điểm BC.
- Tính $HK$.
Xét tam giác vuông $SHM$ có $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{S^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 6 a}}{4}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( a \right)}^2}}} = \frac{{11}}{{3{a^2}}}$
$HK = \frac{{\sqrt {33} a}}{{11}}$.
Chọn C
A. $\frac{{3a\sqrt {285} }}{{19}}$.
B. $\frac{{a\sqrt {285} }}{{19}}$.
C. $\frac{{a\sqrt {285} }}{{18}}$.
D. $\frac{{5a\sqrt {285} }}{{18}}$.
Đặc điểm hình: Góc giữa $SD$ tạo với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$là $\widehat {SDE} = {60^ \circ }.$$DE = \sqrt {O{D^2} + O{E^2}} = \frac{{2\sqrt 5 a}}{6}$;$SE = DE.\tan {60^0} = \frac{{2\sqrt {15} }}{6}a$
Xác định khoảng cách $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {E,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2}EH$
Tính $EH$: $\frac{1}{{E{H^2}}} = \frac{1}{{E{K^2}}} + \frac{1}{{E{S^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{2\sqrt {15} a}}{6}} \right)}^2}}} = \frac{{57}}{{20{a^2}}}$
$EH = \frac{{2\sqrt 5 a}}{{\sqrt {57} }}$. Vậy$d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {E,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2}EH = \frac{{a\sqrt {285} }}{{19}}$.
Chọn B
A. $\frac{{a\sqrt {15} }}{5}$.
B. $\frac{{2a\sqrt {15} }}{5}$.
C. $\frac{{4a\sqrt {15} }}{5}$.
D. $\frac{{3a\sqrt {15} }}{5}$.
Đặc điểm của hình: Góc giữa $SB$ tạo với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$là $\widehat {SBM} = {60^ \circ }.$$BM = \frac{3}{4}BD = 3a$;$SM = BM.\tan {60^0} = 3\sqrt 3 a$
Xác định khoảng cách:
$d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}MH$
Tính khoảng cách $MH$: $\frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{M{K^2}}} + \frac{1}{{M{S^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{4}.2\sqrt 3 a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {3\sqrt 3 a} \right)}^2}}} = \frac{5}{{27{a^2}}}$
$MH = \sqrt {\frac{{27}}{5}} a$, vậy $d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}MH = \frac{{4\sqrt {15} }}{5}a$
Chọn C.
A. $\frac{{\sqrt {34} a}}{{51}}$.
B. $\frac{{2\sqrt {34} a}}{{51}}$.
C. $\frac{{3\sqrt {34} a}}{{51}}$.
D. $\frac{{4\sqrt {34} a}}{{51}}$.
Đặc điểm của hình: $SC$ tạo với mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$góc $\widehat {CSB} = {30^ \circ }.$$BC = \sqrt 3 a$; $SB = BC.\tan {30^0} = a$; $MC = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)}^2} + 3{a^2}} = \frac{{\sqrt {57} }}{4}a$; $MA = \frac{a}{4}$;$AC = 2a$ ; $AS = 2\sqrt 2 a$
$AK = \frac{{2{S_{AMC}}}}{{MC}} = \frac{{\sqrt {19} }}{{19}}a$
Xác định khoảng cách: $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH$
Tính $AH$ $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt {19} }}{{19}}a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2\sqrt 2 a} \right)}^2}}} = \frac{{153}}{{8{a^2}}}$
Vậy $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{2\sqrt {34} }}{{51}}$
Chọn $B$.
A. $\frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.
B. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
C. $\frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.
D. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
Ta chứng minh : $NC \bot MD$
Thật vậy : $\Delta ADM = \Delta DCM$vì $\widehat A = \widehat D = {90^0};AD = DC;AM = DN$
$ \Rightarrow \widehat {ADM} = \widehat {DCN};$ mà $\widehat {ADM} + \widehat {MDC} = {90^0} \Rightarrow \widehat {MDC} + \widehat {DCN} = {90^0} \Rightarrow NC \bot MD$
Ta có : $BP \bot NC\left( {MD//BP} \right);BP \bot SH \Rightarrow BP \bot \left( {SNC} \right) \Rightarrow \left( {SBP} \right) \bot \left( {SNC} \right)$
Kẻ $HE \bot SF \Rightarrow HE \bot \left( {SBP} \right) \Rightarrow d\left( {H,(SBP)} \right) = d(C,(SBP)) = HE$
Do $D{C^2} = HC.NC \Rightarrow HC = \frac{{D{C^2}}}{{NC}} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \Rightarrow HF = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}$
Mà $HE = \frac{{SH.HF}}{{SF}} = \frac{{SH.HF}}{{\sqrt {S{H^2} + H{F^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$
A. $\frac{{a\sqrt {15} }}{2}$.
B. $\frac{{a\sqrt {15} }}{{20}}$.
C. $\frac{{3a\sqrt {15} }}{{20}}$.
D. $\frac{{9a\sqrt {15} }}{{20}}$.
Do $\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$
Dựng góc giữa $\left( {SCD} \right),(ABCD)$ :
$\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = DC$. Kẻ $OK \bot DC \Rightarrow SK \bot DC \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SKO}$
Kéo dài MO cắt $DC$ tại $E$
Ta có : $\widehat {{A_1}} = \widehat {{D_1}};\widehat {{A_1}} = \widehat {{M_1}};\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_2}} = \widehat {{O_1}} \Rightarrow \widehat {{D_1}} = \widehat {{O_1}};\widehat {{O_1}} + \widehat {EOD} = {90^0} \Rightarrow \widehat E = {90^0}$
$ \Rightarrow E \equiv K$
Ta có: $OK = \frac{{2a.a}}{{a\sqrt 5 }};OM = \frac{{AB}}{2} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2};MK = \frac{{9a\sqrt 5 }}{{10}}$
$\begin{array}{l}\frac{{d(O,(SCD))}}{{d(M,(SCD))}} = \frac{{OE}}{{ME}} = \frac{9}{4} \Rightarrow d\left( {M,(SCD)} \right)\\ = \frac{9}{4}d\left( {O,(SCD)} \right) = \frac{9}{4}OH\\OS = OK.\tan {60^0} = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5}\end{array}$$ \Rightarrow OH = \frac{{OK.OS}}{{\sqrt {O{K^2} + O{S^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5} \Rightarrow d\left( {M,(SCD)} \right) = \frac{{9a\sqrt {15} }}{{20}}$
A. $\frac{{2\sqrt {66} a}}{{11}}$.
B. $\frac{{\sqrt {11} a}}{{66}}$.
C. $\frac{{2\sqrt {66} a}}{{11}}$.
D. $\frac{{\sqrt {66} a}}{{11}}$.
$SC$ có hình chiếu vuông góc lên mp$\left( {ABCD} \right)$ là $HC$ $ \Rightarrow \widehat {SC,\left( {ABCD} \right)} = \widehat {SCH} = {30^0}$
Đặt $AD = 4x_{}^{}\left( {x > 0} \right)$
Ta có : $S{A^2} = AH.AD \Rightarrow 12{a^2} = 12{x^2} \Rightarrow x = a \Rightarrow AD = 4a,AH = 3a,HD = a$
Mà : $SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = a\sqrt 3 \Rightarrow HC = 3a \Rightarrow DC = 2\sqrt 2 a$
Kẻ $HE \bot BC,SH \bot BC \Rightarrow \left( {SHE} \right) \bot \left( {SBC} \right)$
Kẻ $HK \bot SE \Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {H,SBC} \right) = HK \Rightarrow d\left( {M,(SBC)} \right) = \frac{{HK}}{2}$
$HK = \frac{{SH.EH}}{{\sqrt {S{H^2} + E{H^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {66} }}{{11}} \Rightarrow d\left( {M,(SBC)} \right) = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$
A. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
B. $\frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.
C. $\frac{{3a\sqrt 3 }}{4}$.
D. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Ta có :$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2a$, mà $\Delta SAC$ vuông tại S $ \Rightarrow SI = \frac{{AB}}{2} = a$
$ \Rightarrow SH = \sqrt {S{I^2} - H{I^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$
Kẻ $HK \bot AB;AB \bot SH \Rightarrow AB \bot \left( {KHS} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot (KHS)$ Mà $\left( {SAB} \right) \cap \left( {KHS} \right) = SK$. Kẻ $HE \bot SK \Rightarrow HE \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d(H,(SCD)) = HE$
$A = HC \cap \left( {SAB} \right) \Rightarrow \frac{{d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)}}{{d\left( {H,(SAB)} \right)}} = \frac{{CA}}{{HA}} = 4 \Rightarrow d\left( {C,(SAB)} \right) = 4d(H,(SAB)) = 4HE$
$HE = \frac{{HK.SH}}{{\sqrt {H{K^2} + S{H^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {\frac{{3{a^2}}}{{16}} + \frac{{3{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}$ $ \Rightarrow d\left( {C,(SAB)} \right) = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5}$
A. $\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.
B. $\frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
C. $\frac{{2a\sqrt 2 }}{3}$.
D. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
Chọn D
Ta có: $\frac{{HI}}{{AD}} = \frac{{CH}}{{CA}} = \frac{3}{4} \Rightarrow HI = \frac{{3a}}{4}$
$\tan {60^0} = \frac{{SH}}{{HI}} \Rightarrow SH = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}a$
$SI = \sqrt {S{H^2} + H{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3\sqrt 3 a}}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)}^2}} = \frac{3}{2}a$
$d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {J,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {K,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{2}{3}.\frac{4}{3}.d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)$
$ = \frac{8}{9}d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{8}{9}HL = \frac{8}{9}.\frac{{SH.HI}}{{SI}} = \frac{8}{9}\frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{4}a.\frac{{3a}}{4}}}{{\frac{{3a}}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a$
Ta có: $\frac{{HI}}{{AD}} = \frac{{CH}}{{CA}} = \frac{3}{4} \Rightarrow HI = \frac{{3a}}{4}$
$\tan {60^0} = \frac{{SH}}{{HI}} \Rightarrow SH = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}a$
$SI = \sqrt {S{H^2} + H{I^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3\sqrt 3 a}}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)}^2}} = \frac{3}{2}a$
$d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {J,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {K,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{2}{3}.\frac{4}{3}.d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)$
$ = \frac{8}{9}d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{8}{9}HL = \frac{8}{9}.\frac{{SH.HI}}{{SI}} = \frac{8}{9}\frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{4}a.\frac{{3a}}{4}}}{{\frac{{3a}}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a$
A. $\frac{{a\sqrt {13} }}{{13}}$.
B. $\frac{{3a\sqrt {13} }}{{13}}$.
C. $\frac{{5a\sqrt {13} }}{{13}}$.
D. $\frac{{3a}}{{13}}$.
Chọn B
Ta có:
Gọi H là hình chiếu của J lên AB
Gọi G là hình chiếu của G lên AB
Gọi I là hình chiếu của G lên SZ
$BJ = \sqrt {B{A^2} + A{J^2} - 2BA.AJ.cos{{120}^0}} = \frac{{\sqrt 7 }}{2}a$
${S_{\Delta BAJ = }}\frac{1}{2}.AB.AJ.sin{120^0} = \frac{1}{2}JH.AB \Leftrightarrow JH = \frac{{\sqrt 3 a}}{4}$
$\frac{{GZ}}{{JH}} = \frac{{BG}}{{BJ}} = \frac{2}{3} \Rightarrow GZ = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a$
$\begin{array}{l}\tan \alpha = \frac{{SG}}{{GC}} \Leftrightarrow \frac{3}{{\sqrt 7 }} = \frac{{SG}}{{BG}} \Leftrightarrow \frac{3}{{\sqrt 7 }} = \frac{{SG}}{{\frac{2}{3}BJ}}\\ \Leftrightarrow SG = \frac{2}{{\sqrt 7 }}.\frac{{\sqrt 7 }}{2}a = a\end{array}$
$\begin{array}{l}d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = 3d\left( {G,\left( {SAB} \right)} \right) = 3GI = 3.\frac{{SG.GZ}}{{SZ}}\\ = 3\frac{{SG.GZ}}{{\sqrt {S{G^2} + G{Z^2}} }} = 3.\frac{{a.\frac{{\sqrt 3 }}{6}a}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{6}a} \right)}^2}} }} = \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}}a\end{array}$
Ta có:
Gọi H là hình chiếu của J lên AB
Gọi G là hình chiếu của G lên AB
Gọi I là hình chiếu của G lên SZ
$BJ = \sqrt {B{A^2} + A{J^2} - 2BA.AJ.cos{{120}^0}} = \frac{{\sqrt 7 }}{2}a$
${S_{\Delta BAJ = }}\frac{1}{2}.AB.AJ.sin{120^0} = \frac{1}{2}JH.AB \Leftrightarrow JH = \frac{{\sqrt 3 a}}{4}$
$\frac{{GZ}}{{JH}} = \frac{{BG}}{{BJ}} = \frac{2}{3} \Rightarrow GZ = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a$
$\begin{array}{l}\tan \alpha = \frac{{SG}}{{GC}} \Leftrightarrow \frac{3}{{\sqrt 7 }} = \frac{{SG}}{{BG}} \Leftrightarrow \frac{3}{{\sqrt 7 }} = \frac{{SG}}{{\frac{2}{3}BJ}}\\ \Leftrightarrow SG = \frac{2}{{\sqrt 7 }}.\frac{{\sqrt 7 }}{2}a = a\end{array}$
$\begin{array}{l}d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = 3d\left( {G,\left( {SAB} \right)} \right) = 3GI = 3.\frac{{SG.GZ}}{{SZ}}\\ = 3\frac{{SG.GZ}}{{\sqrt {S{G^2} + G{Z^2}} }} = 3.\frac{{a.\frac{{\sqrt 3 }}{6}a}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{6}a} \right)}^2}} }} = \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}}a\end{array}$
A. $\frac{a}{7}$.
B. $\frac{{7a}}{3}$.
C. $\frac{{3a}}{7}$.
D. $\frac{a}{3}$.
Chọn A
Ta có:
Trong $\Delta SGC$ vuông tại Gsuy ra $SG = GC\sqrt 3 = \frac{2}{3}\frac{{3a}}{2} = a.$
Gọi $E,F$ lần lượt là hình chiếu của G trên MN và $SE$.
Khi đó $d\left( {C,\left( {SMN} \right)} \right) = 3d\left( {G,\left( {SMN} \right)} \right) = 3GF$
Ta có : $\begin{array}{l}GE = \frac{1}{2}d\left( {G,AC} \right) = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.d\left( {M,AC} \right)\\ = \frac{1}{3}d\left( {M,AC} \right) = \frac{1}{6}d\left( {B,AC} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}.\end{array}$
Trong $\Delta SGE$ vuông tại Hsuy ra $GF = \frac{{GE.SG}}{{\sqrt {G{E^2} + S{G^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}.a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{a}{7}$
Ta có:
Trong $\Delta SGC$ vuông tại Gsuy ra $SG = GC\sqrt 3 = \frac{2}{3}\frac{{3a}}{2} = a.$
Gọi $E,F$ lần lượt là hình chiếu của G trên MN và $SE$.
Khi đó $d\left( {C,\left( {SMN} \right)} \right) = 3d\left( {G,\left( {SMN} \right)} \right) = 3GF$
Ta có : $\begin{array}{l}GE = \frac{1}{2}d\left( {G,AC} \right) = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.d\left( {M,AC} \right)\\ = \frac{1}{3}d\left( {M,AC} \right) = \frac{1}{6}d\left( {B,AC} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}.\end{array}$
Trong $\Delta SGE$ vuông tại Hsuy ra $GF = \frac{{GE.SG}}{{\sqrt {G{E^2} + S{G^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}.a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{a}{7}$
A. $\frac{{a\sqrt {21} }}{{4\sqrt {29} }}$.
B. $\frac{{a\sqrt {21} }}{{\sqrt {29} }}$.
C. $\frac{{4a\sqrt {21} }}{{\sqrt {29} }}$.
D. $\frac{{a\sqrt {21} }}{{2\sqrt {29} }}$.
Chọn A
Ta có: Trong $\Delta ACI$ có trung tuyến $AH$ suy ra$AH = \sqrt {\frac{{2\left( {A{I^2} + A{C^2}} \right) - C{I^2}}}{4}} = \sqrt {\frac{{7{a^2}}}{{16}}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}.$
Trong $\Delta SHA$ vuông tại Hsuy ra $SH = AH\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt {21} }}{4}$
Gọi $E,F$ lần lượt là hình chiếu của H trên BC và $SE$. Khi đó $d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HF$
Ta có : $HE = \frac{1}{2}d\left( {I,BC} \right) = \frac{1}{4}d\left( {A,BC} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{8}.$
Trong $\Delta SHE$ vuông tại Hsuy ra $HF = \frac{{HE.SH}}{{\sqrt {H{E^2} + S{H^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{8}.\frac{{a\sqrt {21} }}{4}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{8}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{4}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{4\sqrt {29} }}.$
Ta có: Trong $\Delta ACI$ có trung tuyến $AH$ suy ra$AH = \sqrt {\frac{{2\left( {A{I^2} + A{C^2}} \right) - C{I^2}}}{4}} = \sqrt {\frac{{7{a^2}}}{{16}}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}.$
Trong $\Delta SHA$ vuông tại Hsuy ra $SH = AH\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt {21} }}{4}$
Gọi $E,F$ lần lượt là hình chiếu của H trên BC và $SE$. Khi đó $d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HF$
Ta có : $HE = \frac{1}{2}d\left( {I,BC} \right) = \frac{1}{4}d\left( {A,BC} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{8}.$
Trong $\Delta SHE$ vuông tại Hsuy ra $HF = \frac{{HE.SH}}{{\sqrt {H{E^2} + S{H^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{8}.\frac{{a\sqrt {21} }}{4}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{8}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{4}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{4\sqrt {29} }}.$
Sửa lần cuối: