Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SC tạo với (SAD) góc 30o. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SCD).
+ Xác định góc của SC với (SAD).
Hạ CE ⊥ AD, ta có E là trung điểm AD và CE ⊥ (SAD) nên \(\widehat {CSE} = {30^0}\).
\(\widehat {CSE}\) cũng chính là góc giữa SC và mp(SAD).
Trong ΔCSE, ta có:
\(SE = CE.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \Rightarrow SA = \sqrt {S{E^2} - A{E^2}} = \sqrt {3{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 2 \)
Nhận xét:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AE.
Ta có MN // BE nên MN // CD. Như vậy MN // (SCD). Ta suy ra d(M,(SCD)) = d(N,(SCD)).
Mà \(\frac{{DN}}{{DA}} = \frac{3}{4}\) nên \(d\left( {N,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\)
+ Xác định khoảng cách từ A đến (SCD).
Vì vậy tam giác ACD vuông cân tại C nên CD vuông góc với AC.
\(\left\{ \begin{array}{l}
CD \bot AC\\
CD \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
Hạ AH ⊥ SC, ta có AH ⊥ (SCD).
Trong tam giác SAC, ta có:
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = a\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
S \in \left( {SCD} \right)\\
\frac{{SG}}{{SM}} = \frac{2}{3}
\end{array} \right.\) nên \(d\left[ {G,\left( {SCD} \right)} \right] = \frac{2}{3}d\left[ {A,\left( {SCD} \right)} \right] = \frac{2}{3}.\frac{3}{4}d\left[ {A,\left( {SCD} \right)} \right] = \frac{a}{2}\)
-- Mod Toán 11