Giải bài 4 trang 121 – SGK môn Hình học lớp 11
Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc \(\widehat{BAD} = 60^o\). Gọi O là giao điểm của AC và BD. Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và \(SO = \dfrac{3a}{4}\) . Gọi E là trung điểm của đoạn BC, 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).
a) Vì tam giác \(BCD\) có \(CB=CD; \widehat{BCD}={{60}^{o}} \)
Nên tam giác \(BCD\) là tam giác đều.
Lại có \(E\) là trung điểm \(BC\) nên \(DE \bot BC\).
Xét tam giác \(BDE\) có \(\left\{ \begin{aligned} & OB=OD \\ & FE=FB \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow OF//DE \)
Vậy \(OF \bot BC.\)
Mặt khác ta lại có: \(SO\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SO\bot BC \)
Do đó: \(BC \bot (SOF)\)
Suy ra \((SBC) \bot (SOF)\)
b) Trong mặt phẳng \(SOF\) dựng \(OK \bot SF\) suy ra \(OK\bot (SBC)\)
Vậy \(d(O;(SBC))=OK.\)
Xét tam giác \(SOF\) vuông tại O có: \( OF=\dfrac{1}{2}DE=\dfrac{a\sqrt{3}}{4};\,SO=\dfrac{3a}{4} \)
\(\begin{aligned} & \dfrac{1}{O{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{O}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{F}^{2}}}=\dfrac{16}{9{{a}^{2}}}+\dfrac{16}{3{{a}^{2}}}=\dfrac{64}{9{{a}^{2}}} \\ & \Rightarrow OK=\dfrac{3a}{8} \\ \end{aligned} \)
Do đó khoảng cách từ O đến mặt phẳng \((SBC)\) là \(\dfrac{3a}{8}\)
Gọi I là giao điểm của \(FO\) và \(AD\).
Vì \(ABCD\) là hình thoi tâm O nên I là ảnh của F qua phép đối xứng tâm O hay \(OI=OF\)
Trong mặt phẳng \((SIF)\) dựng \(IK\) vuông góc với \(SF\).
Vì \(AD// (SBC)\) nên \(d(A;(SBC))=d(I;(SBC))\)
Ta có: \(IH\bot SK \Rightarrow IH\bot (SBC)\)
Suy ra \( d(I;(SBC))=IH.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{aligned} & OK\bot KF \\ & IH\bot KF \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow IH//OK\)
Xét tam giác \(FIK\) có: \(\left\{ \begin{aligned} & IH//OK \\ & OI=OF \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow IH=2OK=\dfrac{3a}{4} \)