Bài 5: Khoảng cách

Kẻ SO vuông góc (ABCD)

\(AM\subset\left(P\right)\)trong mp(SAC)

Gọi AM giao SD=I

Trong mp(SBD) qua I kẻ đường song song với BD cắt SB tại F, cắt SD tại E

=>Thiết diện cần tìm là tứ giác AEMF

Kẻ SO vuông góc (ABCD)

\(AM\subset\left(P\right)\)trong mp(SAC)

Gọi AM giao SD=I

Trong mp(SBD) qua I kẻ đường song song với BD cắt SB tại F, cắt SD tại E

=>Thiết diện cần tìm là tứ giác AEMF

Ta có : \(lim\dfrac{an^3+bn^2+2n+4}{n^2+1}=lim\dfrac{an+b+\dfrac{2}{n}+\dfrac{4}{n^2}}{1+\dfrac{1}{n^2}}=1\)  \(\Rightarrow a=0\)

Với a = 0 ; \(lim\dfrac{b+\dfrac{2}{n}+\dfrac{4}{n^2}}{1+\dfrac{1}{n^2}}=1\Rightarrow b=1\)  Vậy ... 

x^2+(y-1)^2=4

=>R=2 và I(0;1)

A(1;1-m) thuộc (C)

y'=4x^3-4mx

=>y'(1)=4-4m

PT Δsẽ là y=(4-m)(x-1)+1-m

Δ luôn đi qua F(3/4;0) và điểm F nằm trong (λ)

Giả sử (Δ) cắt (λ) tại M,N

\(MN=2\sqrt{R^2-d^2\left(I;\Delta\right)}=2\sqrt{4-d^2\left(I;\Delta\right)}\)

MN min khi d(I;(Δ)) max

=>d(I;(Δ))=IF 

=>Δ vuông góc IF

Khi đó, Δ có 1 vecto chỉ phương là: vecto u vuông góc với vecto IF=(3/4;p-1)

=>vecto u=(1;4-4m)

=>1*3/4-(4-4m)=0

=>m=13/16

a.

Đề sai, \(\left(BMD\right)\) và \(\left(ABCD\right)\) không hề vuông góc (mặt phẳng (BMD) trong trường hợp này trùng mặt phẳng (SBD), mà (SBD) và (ABCD) không hề vuông góc

Đề bài chỉ đúng khi M là trung điểm SC

b.

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow AC\) là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD)

\(\Rightarrow\widehat{SCA}\) là góc giữa SC và (ABCD)

\(AC=a\sqrt{2}\Rightarrow tan\widehat{SCA}=\dfrac{SA}{AC}=\sqrt{2}\Rightarrow\widehat{SCA}\approx54^044'\)

c.

Gọi E là điểm đối xứng D qua A, N là trung điểm SE

\(\Rightarrow BCMN\) là hình bình hành

\(\Rightarrow CM||BN\Rightarrow CM||\left(SBE\right)\Rightarrow d\left(CM;SB\right)=d\left(CM;\left(SBE\right)\right)=d\left(M;\left(SBE\right)\right)\)

Lại có AM là đường trung bình tam giác SDE 

\(\Rightarrow AM||SE\Rightarrow AM||\left(SDE\right)\Rightarrow d\left(M;\left(SDE\right)\right)=d\left(A;\left(SDE\right)\right)\)

Gọi F là trung điểm BE, từ A kẻ AH vuông góc SF (H thuộc SF)

\(\Delta ABE\) vuông cân tại A \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AF\perp BE\\AF=\dfrac{1}{2}BE=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow BE\perp\left(SAF\right)\Rightarrow BE\perp AH\)

\(\Rightarrow AH\perp\left(SBE\right)\Rightarrow AH=d\left(A;\left(SBE\right)\right)\)

Hệ thức lượng: \(AH=\dfrac{SA.AF}{\sqrt{SA^2+AF^2}}=\dfrac{2a}{3}\)

Hay \(d\left(SB;CM\right)=\dfrac{2a}{3}\)

Do ABCD là nửa lục giác đều đường kính AD \(\Rightarrow AC\perp CD\)

Mà \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\)

\(\Rightarrow CD\perp\left(SAC\right)\)

\(\Rightarrow SC\) là hình chiếu vuông góc của SD lên (SAC)

Hay \(\widehat{CSD}\) là góc giữa SD và (SAC)

\(CD=\dfrac{1}{2}AD=a\) ; \(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=2a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow sin\widehat{CSD}=\dfrac{CD}{SD}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\Rightarrow\widehat{CSD}\approx20^042'\)

b.

Do ABCD là nửa lục giác đều \(\Rightarrow BD\perp AB\)

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD\)

\(\Rightarrow BD\perp\left(SAB\right)\Rightarrow SB\) là hình chiếu vuông góc của SD lên (SAB)

Hay \(\widehat{BSD}\) là góc giữa SD và (SAB)

\(AB=\dfrac{1}{2}AD=a\Rightarrow SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow cos\widehat{BSD}=\dfrac{SB}{SD}=\dfrac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\Rightarrow\widehat{BSD}\approx37^046'\)

\(SA=SB=SD\Rightarrow\) hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD) trùng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

Mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}=90^0\Rightarrow\) tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AC

Gọi H là trung điểm AC \(\Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD

\(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH=d\left(S;\left(ABCD\right)\right)\)

Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác ABD:

\(\dfrac{BD}{sin\widehat{BAD}}=2R=2HA\Rightarrow HA=\dfrac{2a}{2.sin60^0}=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow SH=\sqrt{SA^2-HA^2}=\dfrac{a\sqrt{69}}{3}\)