Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA=a\sqrt{2}$. Các mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAD \right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$. Gọi $N$ là trung điểm cạnh $CD$.
a. Chứng minh rằng $BC\bot \left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)\bot \left( SBD \right)$.
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AN$ và $SC$ theo $a$.
a, ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\\\left(SAD\right)\perp\left(ABCD\right)\\\left(SAB\right)\cap\left(SAD\right)=SA\end{matrix}\right.\Rightarrow SA\perp\left(ABCD\right)\)
⇒\(SA\perp BC\)
mà ta có \(BC\perp AB\)
⇒\(BC\perp\left(SAB\right)\).
Vì SA\(\perp\)(ABCD)⇒SA\(\perp\)BD
mà ABCD là hình vuông⇒BD\(\perp\)AC
⇔BD\(\perp\)(SAC)
mà BD⊂(SBD)
⇔(SAC)\(\perp\)(SBD).
b, Đặt M là trung điểm AB⇒AN//MC
⇔AN//(AMC)⇒d(AN,SC)=d(A,(SMC)).
Kẻ AI\(\perp\)MC tại I.
Kẻ AH\(\perp\)SI tại H.
Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}CI\perp AI\\CI\perp SA\\SA\cap AI=A\end{matrix}\right.\Leftrightarrow CI\perp\left(SAI\right)\Rightarrow AH\perp CI\) mà AH\(\perp\)SI
⇔AH\(\perp\)(SMC)
⇔d(AN,SC)=AH.
Ta có \(tan\left(\widehat{BCM}+\widehat{MCA}\right)=\dfrac{tan\widehat{BCM}+tan\widehat{MCA}}{1-tan\widehat{BCM}.tan\widehat{MCA}}=tan\widehat{BCA}\) ⇔\(\dfrac{\dfrac{1}{2}+tan\widehat{MCA}}{1-\dfrac{1}{2}tan\widehat{MCA}}=tan45=1\)
⇔\(tan\widehat{MCA}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow cot\widehat{MCA}=3\Leftrightarrow sin\widehat{MCA}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}=\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{AI}{a\sqrt{2}}\)
⇔AI=\(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\).
Tam giác SAI vuông tại A (SA\(\perp\)AI) và có đường cao AH
⇔\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AI^2}\Leftrightarrow AH=\dfrac{\sqrt{22}}{11}\)
a.
Ta có: ⎧⎪⎨⎪⎩(SAB)⊥(ABCD)(SAD)⊥(ABCD)SA=(SAB)∩(SAD)⇒SA⊥(ABCD){(SAB)⊥(ABCD)(SAD)⊥(ABCD)SA=(SAB)∩(SAD)⇒SA⊥(ABCD).
Ta lại có: BC⊥ABBC⊥AB (do ABCDABCD là hình vuông) (1).(1).
BC⊥SABC⊥SA (do SA⊥(ABCD)SA⊥(ABCD)) (2).(2).
Từ (1)(1) và (2)(2) suy ra BC⊥(SAB)BC⊥(SAB).
Ta có: {BD⊥ACBD⊥SA(doSA⊥(ABCD))⇒BD⊥(SAC)⇒(SBD)⊥(SAC){BD⊥ACBD⊥SA(doSA⊥(ABCD))⇒BD⊥(SAC)⇒(SBD)⊥(SAC).
b. Gọi KK là trung điểm của ABAB.
Tứ giác AKCNAKCN là hình bình hành suy ra AN//CK⇒AN//(SCK)⇒d(AN;SC)=d(AN;(SCK))=d(A;(SCK))AN//CK⇒AN//(SCK)⇒d(AN;SC)=d(AN;(SCK))=d(A;(SCK)).
Trong mặt phẳng (ABCD)(ABCD) kẻ AQ⊥KCAQ⊥KC tại QQ.
Ta có {CK⊥AQCK⊥SA(do SA⊥(ABCD))⇒CK⊥(SAQ)⇒(SCK)⊥(SAQ){CK⊥AQCK⊥SA(do SA⊥(ABCD))⇒CK⊥(SAQ)⇒(SCK)⊥(SAQ).
Lại có (SCK)∩(SAQ)=SQ(SCK)∩(SAQ)=SQ, trong mặt phẳng (SAQ)(SAQ) kẻ AH⊥SQAH⊥SQ tại HH.
Suy ra AH⊥(SCK)⇒d(A;(SCK))=AHAH⊥(SCK)⇒d(A;(SCK))=AH.
ΔAQK∼ΔCBKΔAQK∼ΔCBK ⇔AQBC=AKKC⇔AQa=a2√a2+a24⇔AQ=a√55⇔AQBC=AKKC⇔AQa=a2a2+a24⇔AQ=a55.
ΔSAQΔSAQ vuông tại AA ⇒AH=SA.AQ√SA2+AQ2=a√2.a√55√2a2+5a225=a√2211⇒AH=SA.AQSA2+AQ2=a2.a552a2+5a225=a2211.
Vậy d(AN;SC)=a√2211d(AN;SC)=a2211.
a.
Ta có: ⎧⎪⎨⎪⎩(SAB)⊥(ABCD)(SAD)⊥(ABCD)SA=(SAB)∩(SAD)⇒SA⊥(ABCD){(SAB)⊥(ABCD)(SAD)⊥(ABCD)SA=(SAB)∩(SAD)⇒SA⊥(ABCD).
Ta lại có: BC⊥ABBC⊥AB (do ABCDABCD là hình vuông) (1).(1).
BC⊥SABC⊥SA (SA
⊥(ABCD)SA⊥(ABCD)) (2).(2).
Từ (1)(1) và (2)(2) suy ra BC⊥(SAB)BC⊥(SAB).
Ta có: {BD⊥ACBD⊥SA(doSA⊥(ABCD))⇒BD⊥(SAC)⇒(SBD)⊥(SAC){BD⊥ACBD⊥SA(doSA⊥(ABCD))⇒BD⊥(SAC)⇒(SBD)⊥(SAC).
b. Gọi KK là trung điểm của ABAB.
Tứ giác AKCNAKCN là hình bình hành suy ra AN//CK⇒AN//(SCK)⇒d(AN;SC)=d(AN;(SCK))=d(A;(SCK))AN//CK⇒AN//(SCK)⇒d(AN;SC)=d(AN;(SCK))=d(A;(SCK)).
Trong mặt phẳng (ABCD)(ABCD) kẻ AQ⊥KCAQ⊥KC tại QQ.
Ta có {CK⊥AQCK⊥SA(do SA⊥(ABCD))⇒CK⊥(SAQ)⇒(SCK)⊥(SAQ){CK⊥AQCK⊥SA(do SA⊥(ABCD))⇒CK⊥(SAQ)⇒(SCK)⊥(SAQ).
Lại có (SCK)∩(SAQ)=SQ(SCK)∩(SAQ)=SQ, trong mặt phẳng (SAQ)(SAQ) kẻ AH⊥SQAH⊥SQ tại HH.
Suy ra AH⊥(SCK)⇒d(A;(SCK))=AHAH⊥(SCK)⇒d(A;(SCK))=AH.
ΔAQK∼ΔCBKΔAQK∼ΔCBK ⇔AQBC=AKKC⇔AQa=a2√a2+a24⇔AQ=a√55⇔AQBC=AKKC⇔AQa=a2a2+a24⇔AQ=a55.
ΔSAQΔSAQ vuông tại AA ⇒AH=SA.AQ√SA2+AQ2=a√2.a√55√2a2+5a225=a√2211⇒AH=SA.AQSA2+AQ2=a2.a552a2+5a225=a2211.
Vậy d(AN;SC)=a√2211d(AN;SC)=a2211.
