Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD); M, N là hai điểm nằm trên hai cạnh BC, CD. Đặt B M = x ,    D N = y 0 < x , y < a .  Hệ thức liên hệ giữa x và y để hai mặt phẳng (SAM) và (SMN) vuông góc với nhau là:

A.  x 2 + a 2 = a x + 2 y .

B.  x 2 + a 2 = a x + y .

C.  x 2 + 2 a 2 = a x + y .

D.  2 x 2 + a 2 = a x + y .

Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD); M, N là hai điểm nằm trên hai cạnh BC, CD. Đặt BM=x, DN=y (0<x,y<a). Hệ thức liên hệ giữa x và y để hai mặt phẳng (SAM) và (SMN) vuông góc với nhau là:

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.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B,AB=BC=a,AD=2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy,SA=3a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA, SD. Thể tích của khối đa diện ABCDNMlà

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại C và D, AD = 3a, BC = CD = 4a; cạnh bên SA vuông góc với đáy và S A = a 3 . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AD sao cho AM = a và N là trung điểm của CD. Gọi α là số đo của góc giữa hai đường thẳng SM và BN. Khi đó cosα bằng

A.  5 5

B.  6 3

C.  2 3

D.  6 6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại C và D, A D = 3 a , B C = C D = 4 a ; cạnh bên SA vuông góc với đáy và S A = a 3 . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AD sao cho A M = a và N là trung điểm của CD. Gọi α  là số đo của góc giữa hai đường thẳng SM và BN. Khi đó cos α  bằng