Chương 3: VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Lời giải:

a)

Vì $ABCD$ là hình thoi nên \(AC\perp BD\) (1)

\(SB\perp (ABCD); AC\subset (ABCD)\Rightarrow SB\perp AC\) (2)

Từ \((1); (2)\Rightarrow AC\perp (SBD)\)

Ta có đpcm.

b)

Thấy tam giác $ABD$ cân tại $A$ do $AB=AD$ mà góc $A$ bằng $60^0$ nên là tam giác đều.

Do đó \(BD=AB=a\)

Đường trung tuyến $DI$ đồng thời là đường cao nên áp dụng định lý Pitago:

\(DI=\sqrt{AD^2-AI^2}=\sqrt{AD^2-(\frac{AB}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)

Theo định lý Pitago cũng có:

\(SI=\sqrt{SB^2+BI^2}=\sqrt{SB^2+(\frac{AB}{2})^2}=\frac{\sqrt{13}a}{2}\)

\(SD=\sqrt{SB^2+BD^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a\)

Từ các kết quả trên có \(SI^2+ID^2=SD^2\) nên theo định lý Pitago đảo thì tam giác $SID$ vuông tại $I$

c)

Có:

\(\overrightarrow {BD}.\overrightarrow{SC}=\overrightarrow {BD}(\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{BC})\) \(=\overrightarrow {BD}.\overrightarrow{SB}+\overrightarrow {BD}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{BC}\)

(do \(SB\perp BD\Rightarrow \overrightarrow {BD}.\overrightarrow {SB}=\overrightarrow{0}\) )

Lại có: \(\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{BC}=|\overrightarrow{BD}||\overrightarrow {BC}|\cos (BD, BC)\)

\(=a^2\cos \widehat{DBC}=a^2\cos 60^0=\frac{a^2}{2}\)

Suy ra \(\overrightarrow {BD}.\overrightarrow{SC}=\frac{a^2}{2}\)

d) Vì $SB$ vuông góc với mặt phẳng đáy nên:

\(\angle (SD, (ABC))=\angle (SD, BD)=\widehat{SDB}\)

\(\tan \widehat{SDB}=\frac{SB}{BD}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow \angle (SD, (ABC))=\widehat{SDB}=60^0\)

------------

Gọi $N$ là giao điểm của $BD$ và $AC$

\(\angle (BD,(SAC))=\angle (BN, (SAC))=\angle (BN,SN)=\widehat{BNS}\)

\(\tan \widehat{BNS}=\frac{BS}{BN}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{a}{2}}=2\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow \angle (BD, (SAC))= \widehat{BNS}=\arctan 2\sqrt{3}\)

Lời giải:

Vì \(SA\perp (BCD)\) nên:

\(\Rightarrow V_{S.BCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{BCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{6}.\frac{a\sqrt{2}.a\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{3}a^3\)

Từ $B$ kẻ đường cao $BM$ xuống mặt phẳng \((SCD)\)

\(\Rightarrow \angle (SB, (SCD))=\angle (SB,SM)=\angle BSM\)

Pitago: \(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=\sqrt{6a^2+2a^2}=2\sqrt{2}a\)

\(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=\sqrt{6a^2+2a^2}=2\sqrt{2}a\)

\(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{6a^2+4a^2}=\sqrt{10}a\)

Sử dụng công thức Herong biết độ dài ba cạnh $SCD$ suy ra:

\(S_{SCD}=2a^2\) (hoặc cm được \(SD^2+CD^2=SC^2\) nên $SCD$ vuông tại $D$ , dễ dàng tính được diện tích)

\(\Rightarrow S_{S.BCD}=S_{B.SCD}=\frac{1}{3}.BM.S_{SCD}\)

\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{6}}{3}a^3=\frac{1}{3}BM.2a^2\Rightarrow BM=\frac{\sqrt{6}a}{2}\)

Do đó: \(\sin \angle BSM=\frac{BM}{SB}=\frac{\sqrt{3}}{4}\)

Hay góc tạo bởi $SB$ và $(SCD)$ là \(\arcsin \frac{\sqrt{3}}{4}\)

Lời giải:

Kẻ \(AH\perp BC (H\in BC)\)

\(\angle ABC=120^0\Rightarrow \angle ABH=180^0-120^0=60^0\)

Có: \(\sin \widehat{ABH}=\frac{AH}{AB}\Leftrightarrow \frac{AH}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow AH=\frac{\sqrt{3}}{2}.AB=\sqrt{3}a\)

Ta thấy: \(\left\{\begin{matrix} SA\perp BC\\ AH\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow (SAH)\perp BC\)

Kẻ \(AT\perp SH\). Vì \(AT\subset (SAH)\Rightarrow AT\perp BC\)

Do đó \(\left\{\begin{matrix} AT\perp SH\\ AT\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow AT\perp (SHC)\) hay \(AT\perp (SBC)\)

\(\Rightarrow AT=d(A, (SBC))\)

Xét tam giác vuông tại $A$ là $SAH$ có đường cao $AT$ thì theo hệ thức lượng trong tam giác vuông:

\(\frac{1}{AT^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{(3a)^2}+\frac{1}{(\sqrt{3}a)^2}\)

\(\Rightarrow AT=\frac{3}{2}a\) hay \(d(A,(SBC))=\frac{3}{2}a\)