Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\),\(AD = DC = x\), \(AB = 2x\). Tam giác \(SAB\) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(SAD\). Tính khoảng cách \(d\) từ điểm \(G\) đến mặt phẳng

700887240395950

2 năm trước

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\),\(AD = DC = x\), \(AB = 2x\). Tam giác \(SAB\) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(SAD\). Tính khoảng cách \(d\) từ điểm \(G\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).
A.\(d = \dfrac{{x\sqrt {21} }}{7}\).
B.\(d = \dfrac{{4x\sqrt {21} }}{{63}}\).
C.\(d = \dfrac{{x\sqrt {15} }}{5}\).
D.\(d = \dfrac{{4x\sqrt {15} }}{{45}}\).

Loga Hóa Học lớp 12

0 lượt thích 42 xem

1 trả lời

Thích Trả lời

irubys072

Đáp án đúng: A
Giải chi tiết:
Gọi \(H,\,\,M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AD,\,\,AH\).
Do tam giác \(SAB\) là tam giác đều nên \(SH \bot AB\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot AB\end{array} \right.\)\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có: \(MG \cap \left( {SBC} \right) = S \Rightarrow \dfrac{{d\left( {G;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {M;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \dfrac{{GS}}{{MS}} = \dfrac{2}{3}\) \( \Rightarrow d\left( {G;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}d\left( {M;\left( {SBC} \right)} \right)\).
Lại có \(MN\parallel DH\parallel BC\) (Do \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ADH\))
\( \Rightarrow MN\parallel \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {G;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}d\left( {M;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}d\left( {N;\left( {SBC} \right)} \right).\)
Ta lại có: \(NH \cap \left( {SBC} \right) = B \Rightarrow \dfrac{{d\left( {N;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \dfrac{{NB}}{{HB}} = \dfrac{3}{2}\) \( \Rightarrow d\left( {G;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}.\dfrac{3}{2}d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {H;\left( {SBC} \right)} \right).\)
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HE \bot BC\,\,\left( {E \in BC} \right)\), trong \(\left( {SHE} \right)\) kẻ \(HK \bot SE\,\,\left( {K \in SE} \right)\) ta có :
\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot HE\\BC \bot SH\,\,\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SHE} \right)\) \( \Rightarrow BC \bot HK\).
\(\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SE\\HK \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right) = HK\).
Do \(CH\parallel AD,\,\,AD \bot AB\) nên \(CH \bot AB\), do đó tam giác \(HBC\) vuông tại \(H\).
Tam giác \(SAD\) đều cạnh \(2x\) nên \(SH = \dfrac{{2x\sqrt 3 }}{2} = x\sqrt 3 \).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có :
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{H{E^2}}} = \dfrac{1}{{H{C^2}}} + \dfrac{1}{{H{B^2}}} = \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2}}} = \dfrac{2}{{{x^2}}}\\\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{E^2}}} = \dfrac{1}{{3{x^2}}} + \dfrac{2}{{{x^2}}} = \dfrac{7}{{3{x^2}}}\\ \Rightarrow HK = \dfrac{{x\sqrt {21} }}{7}\end{array}\)
Vậy \(d\left( {G;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{{x\sqrt {21} }}{7}\).
Chọn A.

Vote (0) Phản hồi (0) 2 năm trước

Các câu hỏi liên quan

Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, \(BC = 2{\rm{a}}\). Góc giữa \(\left( {AB'C} \right)\) và \(\left( {BB'C} \right)\) bằng \({60^0}\). Tính thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\).
A.\(2{a^3}\).
B.\({a^3}\sqrt 2 \).
C.\({a^3}\sqrt 3 \).
D.\({a^3}\sqrt 6 \).

Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình sau
Số nghiệm của phương trình \(f\left( {\left| {2{\rm{cos}}\,x} \right|} \right) = 1\) với \(x \in \left( {0;\dfrac{{5\pi }}{2}} \right)\) là
A.\(4.\)
B.\(3.\)
C.\(5.\)
D.\(2.\)

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\), hàm số \(y = f'\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ sau
Bất phương trình \(f\left( x \right) < x + m\) có nghiệm với mọi \(x \in \left( {0;2} \right]\) khi và chỉ khi
A.\(m \ge f\left( 2 \right) - 2\).
B.\(m \le f\left( 0 \right)\).
C.\(m > f\left( 2 \right) - 2\).
D.\(m < f\left( 0 \right)\).

Cho hình hộp chữ nhật có tổng độ dài tất cả các cạnh bằng 40, độ dài đường chéo bằng \(5\sqrt 2 \). Tìm thể tích lớn nhất \({V_{{\rm{max}}}}\) của khối hộp chữ nhật đó.
A.\({V_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{500}}{{27}}\).
B.\({V_{{\rm{max}}}} = 1000\).
C.\({V_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{1000}}{{27}}\).
D.\({V_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{1000}}{9}\).

Cho 38,4 gam hỗn hợp gồm FeO và Fe2O3 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thu được 3,36 lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Phần trăm khối lượng của FeO trong hỗn hợp là
A.56,25%
B.51,56%
C.54,25%
D.55,06%

Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 37,6 gam hỗn hợp rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư) thấy thoát ra 3,36 lít khí (ở đktc). Giá trị của m là:
A.25,6
B.32
C.19,2
D.22,4

Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 phản ứng vừa đủ với 0,75 mol H2SO4, thu được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất và 1,68 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S +6). Giá trị của m là
A.24,0.
B.34,8.
C.10,8.
D.46,4.

Cho 20,8 gam hỗn hợp FeS và FeS2 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư, sau phản ứng thu được 26,88 lít khí SO2 (đktc). Khối lượng FeS trong hỗn hợp ban đầu là:
A.4,4 gam
B.13,2 gam
C.8,8 gam
D.12 gam

Để 5,6 gam sắt ngoài không khí thu được 7,2 gam chất rắn X gồm sắt và các oxit. Hòa tan hoàn toàn chất rắn đó vào dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được V lít khí SO2 (đktc). Giá trị của V là:
A.3,36
B.1,12
C.0,56
D.2,24

Hòa tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch X và 3,248 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối sunfat khan. Giá trị của m là:
A.52,2
B.54
C.58
D.48,4

Loga.vn - Cộng Đồng Luyện Thi Trực Tuyến