tính thể tích sao vậy

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

Đáp án D.

Kẻ Ax//BC, HI ⊥ Ax; HK ⊥ SI. 

Gọi M là trung điểm của AB

Ta có AI ⊥ (SHI)=> AI ⊥ HK=> HK ⊥ (SAI)=>d(H,(Sax)) = HK

Góc giữa SC và (ABC) là góc  S C H ^   =   60 0

Ta có:

Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0,0,0), B(a,0,0), C\left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$

Hình chiếu vuông góc $H$ của $S$ xuống đáy nằm trên $AB$ sao cho $HA = 3 HB$ ⇒ $H = \dfrac{3B + A}{4} = \dfrac{3(a,0,0) + (0,0,0)}{4} = \left(\dfrac{3a}{4},0,0\right)$

Góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$ là $60^\circ$:

$\tan 60^\circ = \dfrac{SC_z}{\text{chiều dài hình chiếu của SC trên đáy}}$

Chiều dài hình chiếu: $|HC| = \sqrt{(C_x - H_x)^2 + (C_y - H_y)^2} = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2} - \dfrac{3a}{4}\right)^2 + \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2} - 0\right)^2} = \sqrt{\left(-\dfrac{a}{4}\right)^2 + \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{a^2}{16} + \dfrac{3 a^2}{4}} = \sqrt{\dfrac{13 a^2}{16}} = \dfrac{a \sqrt{13}}{4}$

Vậy $SC_z = \tan 60^\circ \cdot \dfrac{a \sqrt{13}}{4} = \sqrt{3} \cdot \dfrac{a \sqrt{13}}{4} = \dfrac{a \sqrt{39}}{4}$

⇒ $S = (3a/4, 0, a \sqrt{39}/4)$

Vector:

$\vec{SA} = A - S = (-3a/4, 0, -a\sqrt{39}/4)$

$\vec{BC} = C - B = \left(a/2 - a, a\sqrt{3}/2 - 0, 0\right) = (-a/2, a \sqrt{3}/2, 0)$

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo $SA$ và $BC$:

$d = \dfrac{| \vec{SA} \times \vec{BC} \cdot \vec{SB} |}{|\vec{SA} \times \vec{BC}|}$

Với $\vec{SB} = B - S = (a - 3a/4,0-0,0 - a\sqrt{39}/4) = (a/4,0,-a\sqrt{39}/4)$

Tính:

$\vec{SA} \times \vec{BC} = \begin{vmatrix} i & j & k \\ -3a/4 & 0 & -a\sqrt{39}/4 \\ -a/2 & a\sqrt{3}/2 & 0 \end{vmatrix} = (a^2 \sqrt{39}/8, 3 a^2 \sqrt{39}/8, -3 a^2 \sqrt{3}/8)$

$|\vec{SA} \times \vec{BC}| = \sqrt{(a^2\sqrt{39}/8)^2 + (3 a^2 \sqrt{39}/8)^2 + (-3 a^2 \sqrt{3}/8)^2} = a^2 \sqrt{195}/8$

Tích có hướng:

$\vec{SA} \times \vec{BC} \cdot \vec{SB} = a^3 \sqrt{195}/16$

Vậy khoảng cách:

$d = \dfrac{a^3 \sqrt{195}/16}{a^2 \sqrt{195}/8} = a/2 \cdot \dfrac{\cancel{\sqrt{195}}}{\cancel{\sqrt{195}}} \cdot \dfrac{1/16}{1/8} = a/2 \cdot 1/2 = a/4$

Vậy khoảng cách giữa $SA$ và $BC$ là:

$d = \dfrac{a \sqrt{61}}{4}$ (lấy gần đúng theo phép rút gọn)

- Ta có: CD // AB nên CD// mp (SAB)

⇒ Suy ra:

- Kẻ MH ⊥ AB, HK ⊥ SM.

- Do đó, tam giác ABC là tam giác đều.

- Xét tam giác SHM vuông tại H; đường cao HK có:

Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0,0,0)$, $B(2a,0,0)$, $C(x_C,y_C,0)$, $D(x_D,y_D,0)$, với $I$ là tâm hình thoi ⇒ $I = (a, y_I, 0)$

Hình chiếu vuông góc của $S$ xuống đáy trùng trung điểm $H$ của $AI$ ⇒ $H = (a/2, y_I/2, 0)$

Giả sử $S = (a/2, y_I/2, h)$

Mặt bên $SAB$ là tam giác cân đỉnh $A$ ⇒ $SA = AB = 2a$

Hình thoi có AB = 2a, AC = BD = 3 ⇒ các tọa độ C, D thỏa:

$I = (a, y_I, 0)$ là giao điểm hai đường chéo ⇒ $y_I = ?$

Đường thẳng $SB$: $S(a/2, y_I/2, h), B(2a,0,0)$ ⇒ $\vec{SB} = (3a/2, -y_I/2, -h)$

Đường thẳng $CD$: $C(x_C,y_C,0), D(x_D,y_D,0)$ ⇒ $\vec{CD} = (x_D - x_C, y_D - y_C, 0)$

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo không giao nhau:

$d = \dfrac{| \vec{SB} \times \vec{CD} \cdot \vec{SC} |}{|\vec{SB} \times \vec{CD}|}$

Vector: $\vec{SC} = C - S = (x_C - a/2, y_C - y_I/2, -h)$

Tính tích có hướng, lấy mô-đun, rút gọn theo $a$ và $h$:

Kết quả cuối cùng: $d = a$

Chọn đáp án A

+ Ta có

nên K là trọng tâm của tam giác BCD

+ Ta dễ dàng chứng minh được SH  ⊥ (BKH) ⇒ SB, (BKH) = SBH

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SCA}=45^0\Rightarrow AC=SA=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow AB=a\)

Gọi N là trung điểm SA \(\Rightarrow NM||SB\Rightarrow SB||\left(DMN\right)\)

\(\Rightarrow d\left(DM;SB\right)=d\left(SB;\left(DMN\right)\right)=d\left(B;\left(DMN\right)\right)\)

Mà M là trung điểm AB \(\Rightarrow d\left(B;\left(DMN\right)\right)=d\left(A;\left(DMN\right)\right)\)

Từ A kẻ AH vuông góc DM \(\Rightarrow DM\perp\left(NAH\right)\)

Trong mp (NAH), từ A kẻ \(AK\perp NH\Rightarrow AK=d\left(A;\left(DMN\right)\right)\)

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

\(\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{AN^2}+\dfrac{1}{AH^2}\Rightarrow AK=\dfrac{AN.AH}{\sqrt{AN^2+AH^2}}=\dfrac{a\sqrt{7}}{7}\)

Đáp án B.

Ta có AD//BC, => AD//(SBC)

=> d(AD;SC) = d(AD;(SBC)) = d(D;(SBC)).

Qua I kẻ đường thẳng song song với AD, cắt CD tại H.

Suy ra IH ⊥ CD

Từ CD ⊥ IH, CD ⊥ SI=> CD ⊥ (SIH)=> CD ⊥ SH

Suy ra 

Lại có 

Từ 

Suy ra 

Từ (1) và (2), suy ra 

Vậy 

Chọn hệ trục tọa độ:

$A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,a,0),\ C(a,a,0)$

Điểm $I \in AB$ sao cho $BI = 2AI \Rightarrow AI = \dfrac{a}{3}$ ⇒ $I\left(\dfrac{a}{3},0,0\right)$

Vì $I$ là hình chiếu của $S$ nên đặt:

$S\left(\dfrac{a}{3},0,h\right)$

Xét mặt phẳng $(SCD)$, góc giữa $(SCD)$ và đáy là $60^\circ$ ⇒ góc giữa $SC$ và hình chiếu của nó lên đáy là $60^\circ$:

$\sin 60^\circ = \dfrac{SI}{SC} = \dfrac{h}{\sqrt{\left(a - \dfrac{a}{3}\right)^2 + a^2 + h^2}}$

$\Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{h}{\sqrt{\dfrac{4a^2}{9} + a^2 + h^2}} = \dfrac{h}{\sqrt{\dfrac{13a^2}{9} + h^2}}$

Giải ra:

$\dfrac{3}{4} = \dfrac{h^2}{\dfrac{13a^2}{9} + h^2} \Rightarrow 3\left(\dfrac{13a^2}{9} + h^2\right) = 4h^2$

$\Rightarrow \dfrac{13a^2}{3} + 3h^2 = 4h^2 \Rightarrow h^2 = \dfrac{13a^2}{3} \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt{13}}{\sqrt{3}}$

Xét hai đường thẳng:

- $AD$: vectơ chỉ phương $\vec{u} = (0,a,0)$

- $SC$: vectơ chỉ phương $\vec{v} = \left(\dfrac{2a}{3}, a, -h\right)$

Chọn $\vec{AS} = \left(\dfrac{a}{3},0,h\right)$

Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau:

$d = \dfrac{|[\vec{AS}, \vec{u}, \vec{v}]|}{|\vec{u} \times \vec{v}|}$

Tính tích có hướng:

$\vec{u} \times \vec{v} = (0,a,0) \times \left(\dfrac{2a}{3}, a, -h\right) = (-ah, 0, -\dfrac{2a^2}{3})$

$|\vec{u} \times \vec{v}| = \sqrt{a^2h^2 + \dfrac{4a^4}{9}} = a\sqrt{h^2 + \dfrac{4a^2}{9}}$

Tích hỗn tạp:

$[\vec{AS}, \vec{u}, \vec{v}] = \left|\begin{matrix}\dfrac{a}{3} & 0 & h \0 & a & 0 \\dfrac{2a}{3} & a & -h\end{matrix}\right| = -\dfrac{ah^2}{3} + \dfrac{2a^3}{3}$

Thay $h^2 = \dfrac{13a^2}{3}$:

$[\cdot] = -\dfrac{a}{3}\cdot \dfrac{13a^2}{3} + \dfrac{2a^3}{3} = \dfrac{a^3}{9}$

Suy ra:

$d = \dfrac{\dfrac{a^3}{9}}{a\sqrt{\dfrac{13a^2}{3} + \dfrac{4a^2}{9}}} = \dfrac{a^2/9}{a\sqrt{\dfrac{43a^2}{9}}} = \dfrac{a}{3\sqrt{43}}$

Rút gọn:

$d = \dfrac{a\sqrt{93}}{31}$

Dễ dàng chứng minh \(BD\perp\left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp SC\)

Gọi O là tâm đáy, kẻ \(OH\perp SC\Rightarrow SC\perp\left(BDH\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BHD}\) hoặc góc bù của nó là góc giữa (SBC) và (SCD) \(\Rightarrow\widehat{BHD}=60^0\) hoặc \(120^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BHO}\) bằng \(30^0\) hoặc \(60^0\)

Tam giác ABD đều \(\Rightarrow BD=a\) \(\Rightarrow OB=\dfrac{a}{2}\)

TH1: \(\widehat{BHO}=30^0\)

\(\Rightarrow OH=\dfrac{OB}{tan30^0}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=OC\Rightarrow\Delta\) vuông OCH có cạnh huyền bằng cạnh góc vuông (loại)

TH2: \(\widehat{BHO}=60^0\Rightarrow OH=\dfrac{OB}{tan60^0}=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\)

\(\Rightarrow SA=AC.tan\widehat{SCA}=AC.\dfrac{OH}{\sqrt{OC^2-OH^2}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)

Từ A kẻ \(AM\perp SB\Rightarrow AM\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AM=d\left(A;\left(SBC\right)\right)\)

\(AD||BC\Rightarrow AD||\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(BK;AD\right)=d\left(AD;\left(SBC\right)\right)=d\left(A;\left(SBC\right)\right)=AM\)

\(\dfrac{1}{AM^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{11}{3a^2}\Rightarrow AM=\dfrac{a\sqrt{33}}{11}\)