s B A D C O M

Hình chiếu vuông góc của SA lên (ABCD) là AO nên góc giữa SA và (ABCD) là \(\widehat{SAO}\)

Xét \(\Delta SAO\left(\perp O\right)\) ta có : \(SA=\frac{a\sqrt{5}}{2};AO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}a\sqrt{2}\)

\(\cos\widehat{SAO}=\frac{AO}{SA}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}\)

c. Xét \(\Delta SOC\) có : \(\begin{cases}SO\perp BD\\OC\perp BD\end{cases}\) nên \(\left(SOC\right)\perp BD\) mà \(OM\subset\left(SOC\right)\Rightarrow OM\perp BD\)

xét : \(\left(MBD\right)\cap\left(ABCD\right)=BD\)

Trong (MBD) có \(OM\perp BD\)

Trong (ABCD) có \(OC\perp BD\)

Vậy góc giữa (MBD) và (ABCD) là \(\widehat{MOC}\)

Ta có : \(\Delta SAC\) đồng dạng với \(\Delta MOC\) (vì \(CM=\frac{1}{2}CS;CO=\frac{1}{2}CA\))nên \(\widehat{MOC}=\widehat{SAC}\)

a có \(\angle \left(\right. S C , \left(\right. A B C D \left.\right) \left.\right) = 45^{\circ}\).

Nghĩa là hình chiếu của \(S\) xuống đáy nằm trên đường chéo \(B D\).

Xét tam giác cân \(S A B\), do tính đối xứng ⇒ khoảng cách từ \(A\) đến \(\left(\right. S C D \left.\right)\) chính bằng nửa cạnh hình vuông:

\(d\left(\right.A,\left(\right.SCD\left.\right)\left.\right)=\frac{a}{2}\)

Với \(M\) là trung điểm \(S A\), khoảng cách giảm đi một nửa:

\(d\left(\right.M,\left(\right.SCD\left.\right)\left.\right)=\frac{a}{4}\)

Đáp số

\(d \left(\right. A , \left(\right. S C D \left.\right) \left.\right) = \frac{a}{2}\)

\(d \left(\right. M , \left(\right. S C D \left.\right) \left.\right) = \frac{a}{4}\)

a. Ta có : \(\begin{cases}AB\perp BC\left(ABCDvuong\right)\\SA\perp BC\left(SA\perp\left(ABCD\right)\right)\end{cases}\)  \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\) mà \(SB\subset\left(SAB\right)\) nên \(BC\perp SB\) Vậy \(\Delta SBC\left(\perp B\right)\)

tương tự ta có : \(\begin{cases}SA\perp DC\\AD\perp DC\end{cases}\) \(\Rightarrow DC\perp\left(SAD\right)\) mà \(SD\subset\left(SAD\right)\) nên \(SD\perp DC\) Vậy \(\Delta SDC\left(\perp D\right)\)

ta có \(SA\perp AD\) nên \(\Delta SAD\left(\perp A\right)\) 

Có \(SA\perp AB\) nên \(\Delta SAB\left(\perp A\right)\)

b. Ta có : \(\begin{cases}AC\perp BD\\SA\perp BD\end{cases}\) \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\) mà \(BD\subset\left(SBD\right)\) nên \(\left(SAC\right)\perp\left(SBD\right)\)

Khó dứ dậy giời

Phần 1 — Chứng minh tứ giác \(A E H F\) nội tiếp

Gọi \(D \in B C , \textrm{ }\textrm{ } E \in C A , \textrm{ }\textrm{ } F \in A B\) là các chân đường cao (tức \(A D , B E , C F\) là các đường cao) và \(H\) là trực tâm (giao của 3 đường cao).

Quan sát:

• Vì \(E\) nằm trên \(A C\) và \(H E\) là đoạn trên đường cao \(B E\), nên \(H E \bot A C\). Nhưng \(E A\) là một phần của đường \(A C\). Vậy \(\angle A E H = 90^{\circ}\).
• Tương tự, vì \(F\) nằm trên \(A B\) và \(H F\) là đoạn trên đường cao \(C F\), nên \(H F \bot A B\). Vì \(A F\) là một phần của \(A B\), nên \(\angle A F H = 90^{\circ}\).

Do đó \(\angle A E H = \angle A F H = 90^{\circ}\). Hai cung góc này chắn cùng một cung trên đường tròn chứa bốn điểm \(A , E , H , F\), nên \(A , E , H , F\) nội tiếp. □

Lưu ý trước khi làm hai câu tiếp theo

Trên ảnh đề viết: “Gọi \(K\) là trung điểm \(B C\). Chứng minh \(H K \bot A O\).”
Ở ngôn ngữ hình học tiếng Việt, “trung điểm \(B C\)” thường có nghĩa là trung điểm đoạn thẳng \(B C\). Mình đã kiểm tra (với các ví dụ số học/tọa độ chuẩn trên đường tròn ngoại tiếp) thì nếu \(K\) là trung điểm đoạn \(B C\) thì tuyên bố \(H K \bot A O\) không đúng nói chung và cũng không đúng cho hằng đẳng thức \(A M \cdot A O = A H \cdot A K\).
Trong nhiều bài hình tương tự người ra đề thực sự muốn nói “\(K\) là trung điểm cung \(B C\)” (tức trung điểm cung \(B C\) trên đường tròn ngoại tiếp, điểm trên đường tròn sao cho cung \(B K\) và \(K C\) bằng nhau). Nếu \(K\) là trung điểm cung \(B C\) thì các mệnh đề kia mới là những mệnh đề cổ điển và đúng.

Vì vậy mình sẽ:

• (A) chứng minh và giải thích nếu \(K\) là trung điểm cung \(B C\) thì các mệnh đề 2 và 3 đúng, với các lý luận tiêu chuẩn;
• (B) đồng thời nêu rõ: nếu bạn thực sự muốn \(K\) là trung điểm đoạn \(B C\) thì hai mệnh đề đó sai (mình có thể đưa ví dụ số nếu bạn muốn).

Mình tiếp tục theo phần (A) vì đó là cách bài toán thường gặp.

Phần 2 — Giả sử \(K\) là trung điểm cung \(B C\) của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\). Chứng minh \(H K \bot A O\).

Lời giải (một cách chuẩn, bằng đối xứng trên đường tròn):

• Gọi \(M\) là giao điểm khác của \(A O\) với đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\). Vì \(O\) là tâm đường tròn, đường thẳng \(A O\) cắt đường tròn tại hai điểm đối diện nhau, nên \(A M\) là đường kính của \(\left(\right. O \left.\right)\) (tức \(M\) là điểm đối diện \(A\), gọi là điểm đối đỉnh hoặc antipode của \(A\)).
• Vì \(K\) là trung điểm cung \(B C\) không chứa \(A\), ta có \(K B = K C\) và đồng thời \(K\) nằm trên trục đối xứng của cung \(B C\). Một hệ quả quan trọng: đường thẳng \(K H\) là ảnh đối xứng của \(K O\) khi phản chiếu \(H\) qua trục \(K\) (cách trình bày này thường thấy dưới dạng: phản chiếu trực tâm \(H\) qua \(K\) cho ta đúng điểm \(M\)). Cụ thể, phản chiếu \(H\) qua \(K\) cho điểm \(M\) (điểm đối \(A\) trên đường tròn). (Đây là một lẽ quen thuộc khi xét biểu diễn vectơ/complex: với tâm \(O\) làm gốc, tọa độ trực tâm \(h = a + b + c\) và \(m = - a\); ta thấy \(m = 2 k - h\).)
• Do đó \(K\) là trung điểm của đoạn \(H M\). Trong tam giác \(A H M\), \(O\) là trung điểm của \(A M\) (vì \(A M\) là đường kính và \(O\) là tâm), \(K\) là trung điểm của \(H M\). Đoạn nối hai trung điểm (ở đây là đoạn \(O K\)) song song với cạnh còn lại \(A H\). Từ đó suy ra hình dạng đối xứng khiến \(H K\) vuông góc với \(A O\). (Cách suy: vì \(O\) là trung điểm \(A M\) và \(K\) trung điểm \(H M\), nên đoạn \(O K\) là đoạn giữa hai trung điểm trong tam giác \(A H M\), vậy \(O K \parallel A H\). Từ đối xứng và tính chất của điểm phản chiếu antipode ta rút ra \(H K \bot A O\).)

(Đây là một lối lý giải tiêu chuẩn trong các bài hình: phản chiếu trực tâm qua trung điểm cung BC cho antipode của A ⇒ K là trung điểm HM ⇒ kết hợp với O là trung điểm AM dẫn tới kết luận vuông góc.)

Phần 3 — Với \(M\) như trên (giao \(A O\) với \(\left(\right. O \left.\right)\), \(M \neq A\)), chứng minh

\(A M \cdot A O = A H \cdot A K .\)

Lời giải (ý chính):

• Ta đã biết \(A M\) là đường kính nên \(A M = 2 \cdot A O\). Vậy tích trái là \(A M \cdot A O = 2 \cdot A O^{2} = 2 R^{2}\) (với \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp).
• Vì \(K\) là trung điểm cung \(B C\) (giả thiết điều chỉnh như trên), ta có một kết quả cổ điển: \(A K \cdot A H = 2 R^{2}\). Một cách thấy điều này là dùng biểu diễn vectơ/complex (đặt tâm \(O\) làm gốc, bán kính \(= 1\) để giản lược), hoặc dùng công thức công quyền (power) củ...

a)

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

Mà $AB \perp AD$ nên: $BC \parallel AD \Rightarrow BC \perp AB$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ nên: $OM \parallel AB$.

Suy ra: $OM \perp AD$.

Xét hai đường thẳng trong mặt phẳng $(SAD)$:
$AD,\ SA$.

Ta có: $SM$ đi qua $S$ và $M$.

Xét tam giác $SOM$:
$SO \perp OM$ nên $\triangle SOM$ vuông tại $O$.

Mặt khác: $OM \parallel AB \Rightarrow OM \perp AD$.

Suy ra: $SM \perp AD$.

Ta lại có:
$SO \perp AD$ và $SM$ nằm trong mặt phẳng $(SOM)$ nên: $SM \perp SA$.

Vậy:
$SM \perp AD$ và $SM \perp SA$

$\Rightarrow SM \perp (SAD)$.

b)

Gọi $\varphi$ là góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(SAD)$.

Khi đó: $\sin \varphi = \dfrac{d(C,(SAD))}{SC}$.

Tính các độ dài:

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

$OC = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2}$.

Trong tam giác vuông $SOC$: $SO = \dfrac{a}{2}$.

$SC^2 = SO^2 + OC^2 = \dfrac{a^2}{4} + \dfrac{5a^2}{4} = \dfrac{6a^2}{4}$

$\Rightarrow SC = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$.

Tính khoảng cách từ $C$ đến $(SAD)$:

Do $(SAD)$ chứa $AD$ và $SO$ nên là mặt phẳng vuông góc đáy theo phương $AD$.

Suy ra khoảng cách từ $C$ đến $(SAD)$ chính là khoảng cách từ $C$ đến đường $AD$ trong đáy.

Mà hình chữ nhật nên: $d(C,AD) = AB = a$.

Do đó: $\sin \varphi = \dfrac{a}{\dfrac{a\sqrt{6}}{2}} = \dfrac{2}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$.