Đề bài

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA và BC. Biết \(MN = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

a) Gọi I hình chiếu của M lên (ABCD) nên \(CI = \frac{2}{3}AC\).

Đúng

Sai

b) \(SO = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\).

Đúng

Sai

c) Khoảng cách giữa IN và SC bằng \(\frac{{\sqrt {14} }}{4}\).

Đúng

Sai

d) Giá trị sin của góc giữa đường thẳng \(MN\) và mặt phẳng \((SBD)\) là \(\frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Đúng

Sai

Đáp án

a) Gọi I hình chiếu của M lên (ABCD) nên \(CI = \frac{2}{3}AC\).

Đúng

Sai

b) \(SO = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\).

Đúng

Sai

c) Khoảng cách giữa IN và SC bằng \(\frac{{\sqrt {14} }}{4}\).

Đúng

Sai

d) Giá trị sin của góc giữa đường thẳng \(MN\) và mặt phẳng \((SBD)\) là \(\frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Đúng

Sai

Phương pháp giải

Áp dụng định lý cosin, phương pháp tọa độ hóa.

a) Sai. Gọi I hình chiếu của M lên (ABCD), suy ra I là trung điểm của AO.

Khi đó \(CI = \frac{3}{4}AC = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}\).

b) Đúng. Áp dụng định lý cosin ta có:

\(NI = \sqrt {C{N^2} + C{I^2} - 2CN.CI.\cos 45^\circ }  = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{9{a^2}}}{8} - 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{3a\sqrt 2 }}{4} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\).

Do \(\Delta MIN\) vuông tại I nên \(MI = \sqrt {M{N^2} - N{I^2}}  = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{2} - \frac{{5{a^2}}}{8}}  = \frac{{a\sqrt {14} }}{4}\).

Mà MI // SO, \(MI = \frac{1}{2}SO \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\).

c) Sai. Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.

Khi đó ta có tọa độ các điểm: \(O(0;0;0),B\left( {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right),D\left( {0; - \frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right),C\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};0;0} \right)\), \(N\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4};\frac{{\sqrt 2 }}{4};0} \right),A\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2};0;0} \right),S\left( {0;0;\frac{{\sqrt {14} }}{2}} \right),M\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{4};0;\frac{{\sqrt {14} }}{4}} \right)\), \(I\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{4};0;0} \right)\).

Suy ra\({\rm{ }}\left[ {\overrightarrow {IN} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {\frac{{\sqrt 7 }}{4}; - \frac{{\sqrt 7 }}{2};\frac{1}{4}} \right);\overrightarrow {IC}  = \left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{4};0;0} \right)\)

Khoảng cách giữa \(IN\) và \(SC\) bằng \(d = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IN} ,\overrightarrow {SC} } \right].\overrightarrow {IC} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IN} ,\overrightarrow {SC} } \right]} \right|}} = \frac{{\sqrt {14} }}{8}\).

d) Sai. \(\overrightarrow {MN}  = \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{4}; - \frac{{\sqrt {14} }}{4}} \right),\overrightarrow {SB}  = \left( {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}; - \frac{{\sqrt {14} }}{2}} \right),\overrightarrow {SD}  = \left( {0; - \frac{{\sqrt 2 }}{2}; - \frac{{\sqrt {14} }}{2}} \right)\).

Vecto pháp tuyến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right):\vec n = \left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SD} } \right] = \left( { - \sqrt 7 ;0;0} \right)\).

Suy ra \(\sin \left( {MN,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{|\overrightarrow {MN} .\vec n|}}{{|\overrightarrow {MN} |.|\vec n|}} = \frac{{\left| {\frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \left( { - \sqrt 7 } \right)} \right|}}{{\frac{{\sqrt 6 }}{2} \cdot \sqrt 7 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).