\(\left\{{}\begin{matrix}BD\perp SA\\BD\perp AC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)

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

0

a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).

b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).

Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.

Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=√AB2+SA2=a√3SB=AB2+SA2=a3. tanˆCSB=CBSB=aa√3=1√3⇒ˆCSB=30∘tan⁡CSB^=CBSB=aa3=13⇒CSB^=30∘.

Vậy ˆ(SC,(SAB))=30∘(SC,(SAB))^=30∘

c) Gọi MMlà trung điểm ADAD.

Suy ra ABCMABCM là hình vuông và CM=AB=aCM=AB=a.

Suy ra CM=12ADCM=12AD nên ΔACDΔACD vuông tại CC hay AC⊥CDAC⊥CD.

Ta có {CD⊥ACCD⊥SA⇒CD⊥(SAC){CD⊥ACCD⊥SA⇒CD⊥(SAC).

Kẻ AK⊥SC (K∈SC)AK⊥SC (K∈SC)

⇒AK⊥(SCD)⇒d(A,(SCD))=AK⇒AK⊥(SCD)⇒d(A,(SCD))=AK.

AC=√AB2+BC2=a√2AC=AB2+BC2=a2.

Do đó d(A,(SCD))=AK=SA.AC√SA2+AC2=ad(A,(SCD))=AK=SA.ACSA2+AC2=a. (∗)(∗)

Trong (ABCD)(ABCD), gọi {E}=AB∩CD{E}=AB∩CD.

Ta có ⎧⎨⎩BC//ADBC=12AD{BC//ADBC=12AD nên BCBC là đường trung bình của ΔEADΔEAD.

⇒SB⇒SB là đường trung tuyến của ΔSAEΔSAE. (1)(1)

Mặt khác, tam giác ΔSAEΔSAE vuông tại AA có chiều cao AHAH cho ta SH.SB=SA2 ⇒ SHSB=SA2SB2=23SH.SB=SA2 ⇒ SHSB=SA2SB2=23 (2)(2)

Từ (1)(1) và (2)(2) suy ra HH là trọng tâm tam giác ΔSAEΔSAE.

Trong (SAE)(SAE), gọi {L}=AH∩SE⇒⎧⎨⎩AH∩(SCD)={L}LHLA=13{L}=AH∩SE⇒{AH∩(SCD)={L}LHLA=13.

⇒d(H,(SCD))d(A,(SCD))=LHLA=13 (∗∗)⇒d(H,(SCD))d(A,(SCD))=LHLA=13 (∗∗).

Từ (∗)(∗) và (∗∗)(∗∗) suy ra d(H,(SCD))=a3d(H,(SCD))=a3.

mu

a.

\(\left\{{}\begin{matrix}SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp AC\\AC\perp BD\left(\text{hai đường chéo hình vuông}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow AC\perp\left(SBD\right)\)

Mà \(AC\in\left(SAC\right)\Rightarrow\left(SAC\right)\perp\left(SBD\right)\)

b.

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

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

\(OC=\dfrac{1}{2}AC=a\sqrt{2}\)

\(tan\widehat{SCO}=\dfrac{SO}{OC}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SCO}=60^0\)

c.

Gọi E là trung điểm CD, từ O kẻ \(OF\perp SE\)

OE là đường trung bình tam giác BCD \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OE=\dfrac{1}{2}BC=a\\OE||BC\Rightarrow OE\perp CD\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow CD\perp\left(SOE\right)\)\(\Rightarrow CD\perp OF\)

\(\Rightarrow OF\perp\left(SCD\right)\Rightarrow OF=d\left(O;\left(SCD\right)\right)\)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}AO\cap\left(SCD\right)=C\\AC=2OC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow d\left(AB;\left(SCD\right)\right)=d\left(A;\left(SCD\right)\right)=2d\left(O;\left(SCD\right)\right)=2OF\)

Hệ thức lượng: \(OF=\dfrac{OE.SO}{\sqrt{OE^2+SO^2}}=...\)

a) SA vuông góc với (ABCD) => SA vuông góc AD; hình thang ABCD vuông tại A => AD vuông góc AB

=> AD vuông góc (SAB), mà AD nằm trong (SAD) nên (SAB) vuông góc (SAD).

b) AD vuông góc (SAB), BC || AD => BC vuông góc (SAB) => B là hc vuông góc của C trên (SAB)

=> (SC,SAB) = ^CAB

\(SB=\sqrt{AS^2+AB^2}=\sqrt{2a^2+a^2}\)\(=a\sqrt{3}\)

\(\tan\widehat{CAB}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)=> (SC,SAB) = ^CAB = 30⁰.

c) T là trung điểm của AD, K thuộc ST sao cho AK vuông góc ST, BT cắt AC tại O, HK cắt AO tại I, AI cắt SC tại L.

BC vuông góc (SAB) => BC vuông góc AH, vì AH vuông góc SB nên AH vuông góc SC. Tương tự AK vuông góc SC

=> SC vuông góc (HAK) => SC vuông góc AI,AL. Lập luận tương tự thì AL,AI vuông góc (SCD).

Dễ thấy \(\Delta\)SAB = \(\Delta\)SAT, chúng có đường cao tương ứng AH và AK => \(\frac{HS}{HB}=\frac{KS}{KT}\)=> HK || BT || CD

=> d(H,SCD) = d(I,SCD) = IL (vì A,I,L vuông góc (SCD)) = \(\frac{IL}{AL}.AL=\frac{CO}{CA}.\frac{SI}{SO}.AL=\frac{1}{2}.\frac{SH}{SB}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}\)

\(=\frac{1}{2}.\frac{SA^2}{SA^2+SB^2}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}=\frac{1}{2}.\frac{2a^2}{2a^2+a^2}.\frac{a\sqrt{2}.a\sqrt{2}}{\sqrt{2a^2+2a^2}}=\frac{a}{3}\)

a) Ta có $\{\begin{array}{c}AB\perp AD\\ AB\perp SA\end{array}\Rightarrow AB\perp \left(SAD\right)\Rightarrow \left(SAB\right)\perp \left(SAD\right)$.

b) Ta có $\{\begin{array}{c}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$.

Suy ra góc giữa $SC$ và $\left(SAB\right)$ là góc $\widehat{CSB}$.

CBSB=aa3=13⇒CSB^=30∘.

Vậy $\widehat{\left(SC,\left(SAB\right)\right)}={30}^{\circ }$

c) Gọi $M$là trung điểm $AD$.

Suy ra $ABCM$ là hình vuông và $CM=AB=a$.

12AD nên $\Delta ACD$ vuông tại $C$ hay 

https://drive.google.com/file/d/14sFf-9MfaJuL3GJKeIrHLg4J4yfiGNuz/view?usp=sharing

Võ Ngọc Tú Uyên  

a) (SAB) và (SAD) cùng vuông góc (ABCD), (SAB) và (SAB) có giao tuyến SA => SA vuông góc (ABCD)

=> BC vuông góc SA. Mà BC vuông góc AB nên BC vuông góc (SAB).

Ta cũng có BD vuông góc AS, BD vuông góc AC vì ABCD là hình vuông

=> BD vuông góc (SAC) hay (SAC) vuông góc (SBD).

b) Gọi M là trung điểm của AB, CM cắt AD tại P, H thuộc CM sao cho AH vuông góc CM, K thuộc SH sao cho AK vuông góc SH.

Dễ thấy AN || CM => AN || (SCM) => d(AN,SC) = d(AN,SCM) = d(A,SCM) = d(A,SMP)

Ta có AH vuông góc MP, MP vuông góc AS => MP vuông góc (HAS) => (SMP) vuông góc (HAS)

Vì (SMP) và (HAS) có giao tuyến SH, AK vuông góc SH tại K nên d(A,SMP) = AK

Theo hệ thức lượng thì: \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AP^2}\)

\(\Rightarrow d\left(AN,SC\right)=d\left(A,SMP\right)=AK=\frac{AS.AM.AP}{\sqrt{AS^2AM^2+AM^2AP^2+AP^2AS^2}}\)

\(=\frac{a\sqrt{2}.\frac{a}{2}.a}{\sqrt{2a^2.\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}.a^2+a^2.2a^2}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}.\)

- Xác định góc \(\beta\) giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) :

\(\left\{{}\begin{matrix}BD\perp AO\\BD\perp SO\left(BD\perp\left(SAC\right)\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[\overline{\left(SBD\right),\left(ABCD\right)}\right]=\widehat{SOA}=\beta\)

- Tính góc \(\beta\) :

Trong tam giác vuông SOA, ta có :

\(\tan\beta=\dfrac{SA}{OA}=2\Rightarrow\beta=arc\tan2\)

\(ABCD\) là hình thoi \( \Rightarrow AC \bot B{\rm{D}}\)

\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot B{\rm{D}}\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow B{\rm{D}} \bot \left( {SAC} \right)\\B{\rm{D}} \subset \left( {SB{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SB{\rm{D}}} \right)\)

Tham khảo hình vẽ: