Bài 9. Cho hình thang vuông ABCD, có  =  = 90^o và AD = 2BC. Kẻ AH vuông góc với BD (H thuộc BD). Gọi I là trung điểm của HD.

Chứng minh rằng: CI ^ AI

Giải:

Gọi G là trung điểm AD. Suy ra GI là đường trung bình traong tam giác ADH => GI // AH.

Vẽ IJ // AD => Tứ giác AGIJ là hình bình hành => AG = IJ = BC => Tứ giác BCIJ cũng là hình bình hành.

Vì IJ // AD => IJ vuông góc với AB. Trong tam giác ABI thì J là giao điểm hai đường cao IJ và AH nên J là trực tâm => BJ vuông góc AI.

Mà BJ // CI (Do tứ giác BCIJ là hình bình hành) nên CI vuông góc với AI.

Ta có

\(SH\perp\left(ABCD\right);SH\in\left(SBD\right)\Rightarrow\left(SBD\right)\perp\left(ABCD\right)\)

Trong mp (ABCD) từ C dựng đường thẳng vuông góc với BD cắt BD tại F ta có

\(SH\perp\left(ABCD\right);CF\in ABCD\Rightarrow SH\perp CF\)

Mà \(CF\perp BD\)

Ta có \(BD\in\left(SBD\right);SH\in\left(SBD\right)\)

\(\Rightarrow CF\perp\left(SBD\right)\) => CF là khoảng cách từ C đến (SBD)

Trong mp (ABCD) nối CH cắt AD tại E

Ta có BC//AD \(\Rightarrow\dfrac{BC}{ED}=\dfrac{HB}{HD}=\dfrac{HC}{HE}=1\Rightarrow ED=BC=\dfrac{3a}{2}\)

\(\Rightarrow EA=AD-ED=3a-\dfrac{3a}{2}=\dfrac{3a}{2}=BC\)

Mà BC//AE và \(\widehat{ABC}=90^o\)

=> ABCE là hình chữ nhật 

Trong mp (ABCD) từ H dựng đường thẳng vuông góc với CD cắt CD tại K

Xét tg vuông CDE có

\(CD=\sqrt{CE^2+ED^2}=\sqrt{4a^2+\dfrac{9a^2}{4}}=\dfrac{5a}{2}\)

Xét tg vuông ABD có

\(BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{4a^2+9a^2}=a\sqrt{13}\)

\(\Rightarrow HB=HD=\dfrac{BD}{2}=\dfrac{a\sqrt{13}}{2}\)

Xét tg vuông CKH và tg vuông CED có \(\widehat{ECD}\) chung

=> tg CKH đồng dạng với tg CED (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{CK}{CE}=\dfrac{HC}{CD}\Rightarrow CK=\dfrac{CE.HC}{CD}=\dfrac{2a.a}{\dfrac{5a}{2}}=\dfrac{4a}{5}\)

Xét tg vuông CKH có

\(HK=\sqrt{HC^2-CK^2}=\sqrt{a^2-\dfrac{16a^2}{25}}=\dfrac{3a}{5}\)

Xét tg vuông DKH và tg vuông DFC có \(\widehat{BDC}\) chung

=> tg DKH đồng dạng với tg DFC (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{HK}{CF}=\dfrac{HD}{CD}\Rightarrow CF=\dfrac{HK.CD}{HD}=\dfrac{\dfrac{3a}{5}.\dfrac{5a}{2}}{\dfrac{a\sqrt{13}}{2}}=\dfrac{3a\sqrt{13}}{13}\)

a) Để \(AC\perp BD\) thì \(\Rightarrow\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=0\Rightarrow\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}\right)=0\\ \Rightarrow\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}=0\\ \Rightarrow-h^2+0+0+ab=0\\ \Rightarrow h^2=ab\)

b) Để \(AI\perp BI\) thì \(\Rightarrow\overrightarrow{AI}\cdot\overrightarrow{BI}=0\Rightarrow\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC}\right)\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\right)=0\\ \Rightarrow\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)=0\\ \\ \Rightarrow\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BC}=0\\ \Rightarrow-h^2+a^2+ab+ab+b^2=0\\ \Rightarrow a^2+2ab+b^2=\left(a+b\right)^2=h^2\\ \Rightarrow a+b=h\)

Ta có \(\frac{d\left(A,\left(SCD\right)\right)}{d\left(M,\left(SCD\right)\right)}=2\Rightarrow d=\left(m,\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,\left(SCD\right)\right)\)

Dễ thấy AC _|_ CD, SA _|_ CD dựng AH _|_ SA => AH _|_ (SCD)

Vậy d(A,(SCD))=AH

Xét tam giác vuông SAC (A=1v) có \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{AS^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)

Vậy suy ra \(d\left(M,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)

$E=AB\cap CD,G=EN\cap SB\Rightarrow G$ là trọng tâm tam giác SAE.

d(M,(NCD))=GMGBd(B,(NCD))=12d(B,(NCD))=12.12d(A,(NCD))=14d(A,(NCD))=14hd(M,(NCD))=GMGBd(B,(NCD))=12d(B,(NCD))=12.12d(A,(NCD))=14d(A,(NCD))=14h 

Tứ diện AEND vuông tại đỉnh A nên 

h=\(\dfrac{\sqrt{6}}{6}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\\CD\perp AD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow\left(SCD\right)\perp\left(SAD\right)\)

\(AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=a\sqrt{2}\)

\(BC=\sqrt{BE^2+CE^2}=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow AC^2+BC^2=AB^2\Rightarrow AC\perp BC\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(SAC\right)\Rightarrow BC\perp AH\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\)

b.

\(CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow\widehat{SDA}\) là góc giữa (SCD) và (ABCD) 

\(\Rightarrow\widehat{SDA}=30^0\Rightarrow SA=AD.tan30^0=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AD\\AD\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AD\perp\left(SAB\right)\)

Qua S kẻ đường thẳng d song song AD

Do \(AD||CE\) \(\Rightarrow\) d là giao tuyến (SAD) và (SCE)

Mà \(d\perp\left(SAB\right)\Rightarrow\widehat{ASE}\) là góc giữa (SAD) và (SCE)

\(AE=\dfrac{AB}{2}=a\)

\(tan\widehat{ASE}=\dfrac{AE}{SA}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{ASE}=60^0\)