Cho mình hỏi, cái chỗ tính HI không dùng cách này được hả bạn \(\dfrac{SH.HC}{\sqrt{SH^2+HC^2}}\)

Nếu không dùng được, bạn lí giải giùm mình với

AB//CD
=>AB//(SCD)

=>d(AB;SC)=d(AB;(SCD))=d(B;(SCD))

Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)

nên ΔABD đều

=>AB=AD=BD=a

O là trung điểm của BD

=>\(OB=OD=\frac{BD}{2}=\frac{a}{2}\)

H là trung điểm của OB

=>\(OH=HB=\frac{OB}{2}=\frac{a}{4}\)

HD=HO+OD=a/4+a/2=3a/4

TA có: \(\frac{d\left(B;\left(SCD\right)\right)}{d\left(H;\left(SCD\right)\right)}=\frac{BD}{HD}=\frac43\)

=>\(d\left(B;\left(SCD_{}\right)\right)=\frac43\cdot d\left(H;\left(SCD\right)\right)\)

Kẻ HK⊥CD tại K

CD⊥ SH

CD⊥HK

Do đó: CD⊥(SHK)

=>(SCD)⊥(SHK)

Trong mp(SHK), kẻ HI⊥SK tại I

=>HI⊥(SCD)

=>d(H;(SCD))=HI

ABCD là hình thoi

=>\(\hat{ADC}+\hat{BAD}=180^0\)

=>\(\hat{ADC}=180^0-60^0=120^0\)

DB là phân giác của góc ADC

=>\(\hat{ADB}=\hat{CDB}=\frac12\cdot\hat{ADC}=60^0\)

=>\(\hat{HDK}=60^0\)

Xét ΔKHD vuông tại K có sin HDK=HK/HD

=>\(HK=HD\cdot\sin60=\frac{3a}{4}\cdot\frac{\sqrt3}{2}=3\sqrt3\cdot\frac{a}{8}\)

Xét ΔHSK vuông tại H có HI là đường cao

nên \(\frac{1}{HI^2}=\frac{1}{HS^2}+\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2}+\frac{1}{\left(3\sqrt3\cdot\frac{a}{8}\right)^2}=\frac{100}{27a^2}\)

=>\(HI^2=\frac{27a^2}{100}\)

=>\(HI=\frac{3a\sqrt3}{10}\)

=>d(AB;SC)=\(\frac43\cdot HI=\frac43\cdot\frac{3a\sqrt3}{10}=\frac{4a\sqrt3}{10}=\frac{2a\sqrt3}{5}\)

a: CD⊥ AD

CD⊥ SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AD cùng thuộc mp(SAD)

nên CD⊥(SAD)

=>\(\hat{SC;\left(SAD\right)}=\hat{SC;SD}=\hat{CSD}\)

ΔSAD vuông tại A

=>\(SA^2+AD^2=SD^2\)

=>\(SD^2=\left(2a\right)^2+\left(a\sqrt5\right)^2=9a^2\)

=>SD=3a

Xét ΔSCD vuông tại D có tan CSD=\(\frac{CD}{SD}=\frac23\)

nên \(\hat{CSD}\) ≃34 độ

=>\(\hat{SC;\left(SAD\right)}\) ≃34 độ

Gọi O là giao điểm của AC và BD

ABCD là hình vuông

=>AC⊥BD tại O

BO⊥ AC
SA⊥ BO

mà SA,AC cùng thuộc mp(SAC)

nên BO⊥(SAC)

=>\(\hat{SB;\left(SAC\right)}=\hat{BSO}\)

ABCD là hình vuông

=>\(BD^2=AB^2+AD^2=\left(2a\right)^2+\left(2a\right)^2=8a^2\)

=>\(BD=2\sqrt2\cdot a\)

=>\(OB=OD=2\sqrt2\cdot\frac{a}{2}=a\sqrt2\)

ΔSAB vuông tại A

=>\(SA^2+AB^2=SB^2\)

=>\(SB^2=\left(a\sqrt5\right)^2+\left(2a\right)^2=9a^2=\left(3a\right)^2\)

=>SB=3a

Xét ΔSOB vuông tại O có sin BSO=\(\frac{BO}{BS}=\frac{\sqrt2}{3}\)

nên \(\hat{BSO}\) ≃28 độ

=>\(\hat{SB;\left(SAC\right)}\) ≃28 độ

c: d(SD;BC)=d(BC;(SAD))=d(C;(SAD))=CD=2a

a: BC vuông góc SA
BC vuông góc AB

=>CB vuông góc (SBA)

DC vuông góc AD

DC vuông góc SA

=>DC vuông góc (SAD)

=>(SDC) vuông góc (SAD)

b: (SC;(SAD))=(SC;SD)=góc CSD

\(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=2a\sqrt{7}\)

\(AC=\sqrt{\left(2a\right)^2+3a^2}=a\sqrt{7}\)

\(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=4a\sqrt{2}\)

\(cosCSD=\dfrac{SC^2+SD^2-DC^2}{2\cdot SC\cdot SD}=\dfrac{32a^2+28a^2-4a^2}{2\cdot2a\sqrt{7}\cdot4a\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{14}}{4}\)

=>góc CSD=21 độ

(SC;(ABCD))=(CS;CA)=góc SCA

tan SCA=SA/AC=5/căn 7

=>góc SCA=62 độ

Đáp án D

AC cắt (SBC) tại C , O là trung điểm AC =>khoảng cách 

* Trong (ABCD) dựng OH ⊥ BC, trong  (SOH) dựng OK  ⊥ SH ta chứng minh được OK  ⊥ (SBC)

=> khoảng cách  d(O,(SBC))= OK.

∆ O B C vuông tại O có OH đường cao

∆ S O H  vuông tại O có OK đường cao 

Vậy