A B C D S O I J H

a) Hình chóp đều S.ABCD có O là tâm đáy, suy ra \(SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow CB\perp SO\)

Hình vuông ABCD có I,J lần lượt là trung điểm BC,AD, suy ra \(CB\perp IJ\)

Vậy \(CB\perp\left(SIJ\right)\)hay \(\left(SBC\right)\perp\left(SIJ\right).\)

b) Ta có: \(OC=\frac{CD}{\sqrt{2}}=a;SC=2a\Rightarrow\frac{OC}{SC}=\frac{1}{2}\)

\(\hept{\begin{cases}SO\perp\left(ABCD\right)\\C\in\left(ABCD\right)\end{cases}}\Rightarrow\left(SC,ABCD\right)=\widehat{SCO}=arc\cos\left(\frac{OC}{SC}\right)=60^0\)(Vì \(\widehat{SCO}< 90^0\))

b) Lấy H thuộc SI sao cho JH vuông góc SI

\(\hept{\begin{cases}AD||BC\\BC\subset\left(SBC\right)\end{cases}}\Rightarrow AD||\left(SBC\right)\)

\(\Rightarrow d\left(AD,SB\right)=d\left(AD,SBC\right)=d\left(J,SBC\right)\)

Ta thấy: SI là giao tuyến của (SIJ) và (SBC), mà \(\hept{\begin{cases}J\in\left(SIJ\right)\\JH\perp SI\end{cases}\left(H\in SI\right)}\)nên \(JH\perp\left(SBC\right)\)

Ta có \(SO=a\sqrt{3},OI=a\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow\cos\widehat{OSI}=\frac{SO}{\sqrt{SO^2+OI^2}}=\frac{\sqrt{42}}{7}\)

Suy ra \(d\left(J,SBC\right)=JH=IJ.\cos\widehat{HJI}=IJ.\cos\widehat{OSI}=\frac{\sqrt{42}a}{7}\)

Vậy \(d\left(AD,SB\right)=\frac{\sqrt{42}a}{7}.\)

Chữa câu c:

\(d\left(AD,SB\right)=JH=IJ.\cos\widehat{HJI}=a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{42}}{7}=\frac{2\sqrt{21}a}{7}\)

a) Gọi O là tâm hình vuông ABCD , dễ thấy I, O, K thẳng hàng. Vì K là trung điểm của BC nên SK ⊥ BC.

Ta có 

Do đó (SBC) ⊥ (SIK)

b) Hai đường thẳng AD và SB chéo nhau. Ta có mặt phẳng (SBC) chứa SB và song song với AD. Do đó khoảng cách giữa AD và SB bằng khoảng cách giữa AD và mặt phẳng (SBC).

Theo câu a) ta có (SIK) ⊥ (SBC) theo giao tuyến SK và khoảng cách cần tìm là IM, trong đó M là chân đường vuông góc hạ từ I tới SK. Dựa vào hệ thức IM. SK = SO. IK

ta có 

Ta lại có:

Do đó:

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB là bằng 

a)

Ta có $ABCD$ là hình vuông nên:
$AD \parallel BC$.

Gọi $I,\ K$ lần lượt là trung điểm của $AD,\ BC$ nên:
$IK \parallel AB$.

Mặt khác:
$SA = SB = SC = SD$ nên $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với $(ABCD)$ tại tâm $O$ của hình vuông.

Suy ra:
$SO \perp (ABCD)$.

Do đó:
$SO \perp IK$ và $SO \perp BC$.

Xét hai mặt phẳng $(SIK)$ và $(SBC)$:

Ta có:
$IK \parallel AB \perp BC$ nên:
$IK \perp BC$.

Mặt khác:
$SO \perp BC$.

Suy ra:
$BC \perp (SIK)$.

Mà $BC \subset (SBC)$ nên:
$(SIK) \perp (SBC)$.

b)

Ta cần tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AD$ và $SB$.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$.

Ta có:
$SO \perp (ABCD)$ nên $SO \perp AD$.

Xét mặt phẳng $(SBD)$:

Ta có $AD \perp BD$ và $AD \perp SO$ nên:
$AD \perp (SBD)$.

Suy ra khoảng cách giữa $AD$ và $SB$ chính là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBD)$.

Tính:

Trong tam giác vuông $SBD$:

$BD = a\sqrt{2}$, $SB = a\sqrt{2}$, $SD = a\sqrt{2}$
$\Rightarrow \triangle SBD$ đều.

Diện tích:
$S_{SBD} = \dfrac{\sqrt{3}}{4}(a\sqrt{2})^2 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}a^2$.

Thể tích khối chóp:
$V = \dfrac{1}{3}S_{SBD} \cdot h$ với $h = d(A,(SBD))$.

Mặt khác:
$V = \dfrac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO = \dfrac{1}{3}a^2 \cdot SO$.

Tính $SO$:

$OA = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$

$SO^2 = SA^2 - OA^2 = 2a^2 - \dfrac{a^2}{2} = \dfrac{3a^2}{2}$

$\Rightarrow SO = a\sqrt{\dfrac{3}{2}}$.

Suy ra:
$V = \dfrac{1}{3}a^2 \cdot a\sqrt{\dfrac{3}{2}} = \dfrac{a^3\sqrt{6}}{6}$.

Do đó:
$\dfrac{1}{3}S_{SBD} \cdot d = V$

$\Rightarrow d = \dfrac{3V}{S_{SBD}} = \dfrac{3 \cdot \dfrac{a^3\sqrt{6}}{6}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}a^2}$

$= \dfrac{a\sqrt{6}}{2} \cdot \dfrac{2}{\sqrt{3}} = a\sqrt{2}$.

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(SAB\right)\cap\left(SAD\right)=SA\\\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\\\left(SAD\right)\perp\left(ABCD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SA\perp\left(ABCD\right)\)

Gọi N là trung điểm BC \(\Rightarrow MN||AB\Rightarrow AB||\left(SMN\right)\)

\(\Rightarrow d\left(AB;SM\right)=d\left(AB;\left(SMN\right)\right)=d\left(A;\left(SMN\right)\right)\)

Từ A kẻ \(AH\perp SM\)

\(\left\{{}\begin{matrix}MN||AB\Rightarrow MN\perp AD\\SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp MN\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow MN\perp\left(SAD\right)\Rightarrow MN\perp AH\)

\(\Rightarrow AH\perp\left(SMN\right)\Rightarrow AH=d\left(A;\left(SMN\right)\right)\)

\(AC=a\sqrt{2}\Rightarrow SA=\sqrt{SC^2-AC^2}=a\)

\(AM=\dfrac{AD}{2}=\dfrac{a}{2}\)

Áp dụng hệ thức lượng:

\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AM^2}\Rightarrow AH=\dfrac{SA.AM}{\sqrt{SA^2+AM^2}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{5}\)

a)

Ta có $SA = SB = SC = SD$ nên $S$ cách đều $A,B,C,D$.

Suy ra $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại tâm $O$ của hình chữ nhật.

Do đó: $SO \perp (ABCD)$.

Mà $O \in AC$ nên: $SO \perp AC$.

Suy ra mặt phẳng $(SAC)$ chứa đường thẳng $SO \perp (ABCD)$.

Vậy: $(SAC) \perp (ABCD)$.

b)

Ta có $AB = a,\ AD = 2a \Rightarrow AC = \sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt{5}$.

Trong tam giác vuông $SOC$:
$SC = 2a,\ OC = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2}$.

Áp dụng Pitago:
$SO^2 = SC^2 - OC^2 = (2a)^2 - \left(\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2$

$= 4a^2 - \dfrac{5a^2}{4} = \dfrac{16a^2 - 5a^2}{4} = \dfrac{11a^2}{4}$

$\Rightarrow SO = \dfrac{a\sqrt{11}}{2}$.

Khoảng cách từ $O$ đến $(SCD)$:

Xét tam giác $SCD$, ta có $O$ là trung điểm $CD$ chiếu lên.

Do tính đối xứng, khoảng cách cần tìm chính là chiều cao từ $O$ xuống $(SCD)$.

Vậy $d(O,(SCD)) = \dfrac{a\sqrt{11}}{6}$.

c)

Gọi $M$ là trung điểm $SA,\ N$ là trung điểm $BC$.

Ta có: $MN \parallel SB$ (định lý trung điểm trong không gian).

Xét góc giữa $MN$ và mặt phẳng $(SBD)$ chính là góc giữa $SB$ và $(SBD)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABD)$.

Ta có: $\sin \widehat{(SB,(SBD))} = \dfrac{SH}{SB}$.

Tính được: $\sin = \dfrac{\sqrt{11}}{4}$.

Do SA ⊥ (ABCD) ⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp AB\\SA\perp AC\\SA\perp BC\end{matrix}\right.\)

Mà BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC và BC ⊥ AH

Do BC ⊥ AH và AH ⊥ SC ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ KH ⇒ \(\widehat{AHK}=90^0\)

ΔSAB và ΔSAC vuông tại A

Mà AH và AK lần lượt là đường cao của ΔSAB và ΔSAC

⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}SA^2=SK.SB\\SA^2=SH.SC\end{matrix}\right.\)

⇒ SK . SB = SH . SC

⇒ \(\dfrac{SK}{SH}=\dfrac{SC}{SB}\) ⇒ ΔSKH \(\sim\) ΔSCB ⇒ \(\widehat{SKH}=\widehat{SCB}=90^0\)

⇒ HK ⊥ SB

Mà AK⊥ SB

⇒ ((SAB),(SCB)) = (AK,AH) = \(\widehat{KAH}\) = 45⁰ (đây là góc nhọn, vì \(\widehat{AHK}=90^0\))

⇒ ΔHAK vuông cân tại H ⇒ AK = \(\sqrt{2}AH\)

Ta có : \(\dfrac{S_{SAC}}{S_{SAB}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.AH.SC}{\dfrac{1}{2}AK.SB}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.SA.AC}{\dfrac{1}{2}.SA.AB}\)

⇒ \(\dfrac{AH.SC}{AK.SB}=\dfrac{SA.AC}{SA.AB}\)

⇒ \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) . \(\dfrac{SC}{SB}\) = \(\dfrac{AC}{AB}\). Mà AC = a và AB = 2a

⇒ \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)\(\dfrac{SC}{SB}\) = \(\dfrac{1}{2}\) ⇒ \(\dfrac{SC^2}{SB^2}\) = \(\dfrac{1}{2}\) . Mà SB² - SC² = BC² = 3a²

⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}SC^2=3a^2\\SB^2=6a^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SB=a\sqrt{6}\\SC=a\sqrt{3}\end{matrix}\right.\) ⇒ SA = a\(\sqrt{2}\)

Từ đó ta tính được SH = \(\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\) và SK = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)

Gọi M là trung điểm của SB thì ta có CM // HK (cùng vuông góc với SB)

Khoảng cách từ HK đến AC bằng khoảng cách từ HK đến (AMC)

bn ơi cho mình hỏi sao gọi M là tđ sb thì suy ra cm ss vs hk dc nhỉ