Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông, \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD,SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Gọi \(H,I,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) trên các cạnh \(SB,SC,SD\). Chứng minh rằng:

a) \(CB \bot \left( {SAB} \right)\) và \(CD \bot \left( {SAD} \right)\);

b) \(HK \bot AI\).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy SA = a 2 . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB, SD (tham khảo hình vẽ). Góc giữa mặt phẳng (AMN) và đường thẳng SB bằng

A. 45 °

B. 60 °

C. 90 °

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, có góc  B A D ^   =   60 o  và  S A   = S B   =   S D   =   a 3 2

a) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) và độ dài cạnh SC.

b) Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

c) Chứng minh SB vuông góc với BC.

d) Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD). Tính tanφ.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc

cạnh bên SD = a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng

(ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho H D → = -3 H B → . Gọi M là

trung điểm của cạnh SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

CM và SB.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc A B C ^ = 60 ∘  cạnh bên  S D = a 2   . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho H D → = - 3 H B → . Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SB.

A.  a 30 8

B.  a 7 4

C.  30 a 7

D.  a 30 17

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=a.Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng (AHK) bằng

A.  3

B.  2

C.  1 3

D.  3 2

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}.$$ **Lời giải:** Áp dụng định lí Menelaus lần lượt trên tam giác $ABC$ và $ACD$, ta có: $$\frac{SM}{SB}\cdot \frac{BO}{OC}\cdot \frac{CQ}{QA} = 1,$$ $$\frac{SD}{SC}\cdot \frac{CO}{OB}\cdot \frac{BP}{PA} = 1,$$ trong đó $Q$ là giao điểm của $SN$ và $OM$. Do đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{SC}{SO},$$ $$\frac{SD}{SC} = \frac{SB}{SO}.$$ Tiếp theo, ta chứng minh $AP \parallel DC$. Ta có $\angle BSA = 90^{\circ}$ và $\angle BSC = \angle DSC$ nên tam giác $BSD$ vuông cân tại $S$. Do đó $SM = NS$. Khi đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{NS}{NB} = \frac{1}{2}.$$ Từ đó ta suy ra $\frac{SC}{SO} = \frac{1}{2}$, hay $SO = 2SC$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SBO$ ta có: $SB = \sqrt{2}a$. Mặt khác, ta có $OM = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $BM = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $BO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SDO$ ta có: $SD = \sqrt{6}a$. Mặt khác, ta có $ON = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $DN = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $DO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Ta có $AP \parallel DC$ khi và chỉ khi: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{DC} = \sqrt{2} - 1,$$ trong đó ta đã sử dụng tính chất hình học của hình vuông. Từ định lí Menelaus cho tam giác $ACD$, ta có: $$\frac{AD}{CD}\cdot \frac{CP}{PA}\cdot \frac{NB}{ND} = 1.$$ Do đó, ta có: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{CD}\cdot \frac{ND}{NB} = (\sqrt{2} - 1)\cdot \frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}.$$ Ta cũng có thể tính được $\frac{PM}{PN}$ bằng cách sử dụng định lí Menelaus cho tam giác $ANB$: $$\frac{AP}{PB}\cdot \frac{MB}{MN}\cdot \frac{SN}{SA} = 1,$$ từ đó ta có: $$\frac{PM}{PN} = \frac{SN}{SM}\cdot \frac{PB}{PA}\cdot \frac{MB}{NB} = \frac{2}{1}\cdot \frac{2 - \sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{1}{3}.$$ Vậy $\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}$, ta đã chứng minh được bài toán.