Vì ABCD là hình chữ nhật nên \(BC \bot AB\).

Vì \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AB,\,SA \bot CD\)

+ Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\\AB \cap SA = A\\AB,\,SA \subset (SAB)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB\)

Xét \(\Delta SBC\) có \(BC \bot SB \Rightarrow \)Tam giác SBC vuông tại B.

+ Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\\AD \cap SA = A\\AD,\,SA \subset (SAD)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow CD \bot SD\)

Xét \(\Delta SCD\) có \(CD \bot SD \Rightarrow \)Tam giác SCD vuông tại D.

tham khảo

\(SA\perp\left(SBCD\right)\) nên \(SA\perp BC\)

Mà \(BC\perp AB\) nên \(BC\perp\left(SAB\right)\)

Tam giác \(SBC\) có \(MN\) là đường trung bình nên \(MN//BC,MN=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{a}{2}\text{​​}\)

Suy ra:\(MN\perp\left(SAB\right)\) và \(MN\perp AM\)

Tam giác \(SCD\) có \(NP\) là đường trung bình nên \(NP//CD\)

Mà \(MN//BC,BC\perp CD\)

Suy ra \(MN\perp NP\)

Vậy \(d\left(AM,NP\right)=MN=\dfrac{a}{2}\)

a) Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

b) Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right)\\SA \subset \left( {SCA} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SCA} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

c) Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot SB\\SB \bot SC\end{array} \right\} \Rightarrow SB \bot \left( {SCA} \right)\\SB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SCA} \right)\)

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l} + )AC \bot BD\,\,\left( {hv\,\,ABCD} \right)\\SA \bot BD\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\AC \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\\\left. \begin{array}{l} + )BD \bot SC\left( {BD \bot \left( {SAC} \right)} \right)\\BM \bot SC\\BD \cap BM = \left\{ B \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow SC \bot \left( {MBD} \right)\end{array}\)

Gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}\)

\(\left. \begin{array}{l}SC \bot \left( {MBD} \right)\\OM \subset \left( {MBD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow SC \bot OM\)

Mà \(AH \bot SC\)

\( \Rightarrow AH//OM,OM \subset \left( {MBD} \right) \Rightarrow AH//\left( {MBD} \right)\)

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l} + )BC \bot AB\left( {hcn\,\,ABCD} \right)\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\AB \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right);SB \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\\\left. \begin{array}{l} + )CD \bot AD\left( {hcn\,\,ABCD} \right)\\CD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\AD \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right);SD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD\end{array}\)

Xét tam giác SAB có

\(SA \bot AB\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow \) Tam giác SAB vuông tại A

Xét tam giác SBC có

\(SB \bot BC\)

\( \Rightarrow \) Tam giác SBC vuông tại B

Xét tam giác SCD có

\(SD \bot CD\)

\( \Rightarrow \) Tam giác SCD vuông tại D

Xét tam giác SAD có

\(SA \bot AD\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow \) Tam giác SAD vuông tại A

• Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)

Vậy \(B\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(C\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

• Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot A{\rm{D}}\\AB \bot A{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow A{\rm{D}} \bot \left( {SAB} \right)\)

Vậy \(A\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(D\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

Lại có \(B\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(C\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

Vậy đường thẳng \(AB\) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(CD\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

• Ta có:

\(A\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(D\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

\(B\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(C\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

\(S \in \left( {SAB} \right)\)

Vậy tam giác \(SAB\) là hình chiếu vuông góc của tam giác \(SCD\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

a) A là hình chiếu của S trên (ABCD) \(\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\)

C là hình chiếu của C trên (ABCD)

\( \Rightarrow \) AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)

\( \Rightarrow \) \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\)

Xét tam giác ABC vuông tại B có

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \)

Xét tam giác SAC vuông tại A có

\(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1 \Rightarrow \widehat {SCA} = {45^0}\)

Vậy \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = {45^0}\)

b) \(\left. \begin{array}{l}AC \bot BD\left( {hv\,\,ABCD} \right)\\SA \bot BD\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\AC \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {BD,\left( {SAC} \right)} \right) = {90^0}\)

c) Gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}\) mà \(BD \bot \left( {SAC} \right)\)

\( \Rightarrow \) O là hình chiếu của B trên (SAC)

S là hình chiếu của S trên (SAC)

\( \Rightarrow \) SO là hình chiếu của SB trên (SAC).

a) Gọi \(O\) là tâm của đáy

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot AB\)

\(I\) là trung điểm của \(AB\)

\(J\) là trung điểm của \(C{\rm{D}}\)

\( \Rightarrow IJ\) là đường trung bình của hình vuông \(ABCD\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow IJ\parallel A{\rm{D}}\\AB \bot A{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow IJ \bot AB\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}SO \bot AB\\IJ \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SIJ} \right)\)

b) Kẻ \(IH \bot SJ\left( {H \in SJ} \right),OK \bot SJ\left( {K \in SJ} \right) \Rightarrow IH\parallel OK\)

\(O\) là trung điểm của \(IJ \Rightarrow IH = 2{\rm{O}}K\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}AB\parallel C{\rm{D}}\\C{\rm{D}} \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB\parallel \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right)\)

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}AB \bot \left( {SIJ} \right)\\C{\rm{D}}\parallel AB\end{array} \right\} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {SIJ} \right) \Rightarrow C{\rm{D}} \bot IH\\ & IH \bot SJ\end{array} \right\} \Rightarrow IH \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow d\left( {AB,C{\rm{D}}} \right) = d\left( {AB,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = IH\end{array}\)

\(O\) là trung điểm của \(IJ\), \(IH\parallel {\rm{O}}K\)\( \Rightarrow IH = 2{\rm{O}}K\)

\(O\) là trung điểm của \(B{\rm{D}}\)

\(J\) là trung điểm của \(C{\rm{D}}\)

\( \Rightarrow OJ\) là đường trung bình của \(\Delta BCD\)

\( \Rightarrow OJ = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}\)

\(\Delta ABC\) vuông tại \(B\)\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 2  \Rightarrow OA = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(\Delta SAO\) vuông tại \(O\)\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

\(\Delta SOJ\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OK\)

\( \Rightarrow OK = \frac{{SO.OJ}}{{\sqrt {S{O^2} + O{J^2}} }} = \frac{{a\sqrt {42} }}{{14}}\)

\( \Rightarrow d\left( {AB,C{\rm{D}}} \right) = IH = 2OK = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}\)

tham khảo:

a) Vì SA⊥(ABCD) nên SA⊥CD

Ta có: DC⊥AD;DC⊥SA nên DC⊥(SAD)

b) Vì SA⊥(ABCD) nên SA⊥CM

Ta có: AB = 2CD nên AM = CD. Suy ra AMCD là hình chữ nhật nên CM⊥AB

Mà CM⊥SA

Suy ra: CM⊥(SAB)