Câu 4: Trang 121 - SGK Hình học 11
Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) và có góc \(\widehat{ BAD} = 60^0\). Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và \(SO = {{3a} \over 4}\) . Gọi \(E\) là trung điểm của đoạn \(BC\) và \(F\) là trung điểm của đoạn \(BE\).
a) Chứng minh mặt phẳng \( (SOF)\) vuông góc với mặt phẳng \((SBC)\)
b) Tính các khoảng cách từ \(O\) và \(A\) đến mặt phẳng \((SBC)\)
Bài Làm:
a) Theo giả thiết hình thoi $ABCD$ có: \(\widehat{ BAD} = 60^0\) => \(\widehat{ BCD} = 60^0\)
suy ra tam giác $BCD$ đều => \(\widehat{ CBD} = 60^0\) hay \(\widehat{ OBC} = 60^0\)
$ABCD$ là hình thoi => $AC\perp BD \equiv O$ => $\Delta BOC$ vuông tại O có $E$ là trung điểm $BC$
=> $OE=EB=EC=\frac{1}{2}BC$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)
Xét tam giác \(BOE\) có \(BO=BE-cmt\) và \(\widehat{ OBE} = 60^0\) nên tam giác \(BOE\) đều
Có $F$ là trung điểm $BD$ => \(OF\) đồng thời là đường cao => \(OF ⊥BC\).
\(\left. \matrix{
SO \bot (ABCD) \hfill \cr
{\rm{OF}} \bot {\rm{BC}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow SF \bot BC\)
(Định lí 3 đường vuông góc)
\(\left. \matrix{
SF \bot BC \hfill \cr
{\rm{OF}} \bot {\rm{BC}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow BC \bot (SOF)\)
Mà \(BC ⊂ (SBC)\)
Suy ra \((SOF) ⊥ (SBC)\)
b) Vì \((SOF) ⊥ (SBC)\) và hai mặt phẳng này giao nhau theo giao tuyến \(SF\)
nên từ \(O\) ta kẻ \(OH⊥SF\) => \(OH⊥(SBC)\) => $d(O,(SBC))=OH$
Ta có:
\(\eqalign{
& SO = {{3a} \over 4}{\rm{;OF = }}{{a\sqrt 3 } \over 4} \Rightarrow SF = {{a\sqrt 3 } \over 2} \cr
& OH.SF = SO.{\rm{OF}} \Rightarrow {\rm{OH = }}{{3a} \over 8} \cr} \)
Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \((SBC)\), ta có \(AK//OH\)
Trong \(ΔAKC\) thì \(OH\) là đường trung bình, do đó:
\(AK = 2OH \Rightarrow AK = {{3a} \over 4}\)