S B M H A E N C D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AB, suy ra \(SH\perp\left(ABCD\right)\)

Do đó, SH là đường cao của hình chóp S.BMDN

Ta có : \(SA^2+SB^2=a^2+3a^2=AB^2\)

Nên tam giác SAB là tam giác vuông tại S.

Suy ra : \(SM=\frac{AB}{2}=a\) Do đó tam giác SAM là tam giác đều, suy ra \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)

Diện tích của tứ giác BMDN là \(S_{BMDN}=\frac{1}{2}S_{ABCD}=2a^2\)

Thể tích của khối chóp S.BMDN là \(V=\frac{1}{3}SH.S_{BMDN}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\)

Kẻ ME song song với DN (E thuộc AD)

Suy ra : \(AE=\frac{a}{2}\) Đặt \(\alpha\) là góc giữa 2 đường thẳng SM và DN

Ta có \(\left(\widehat{SM,ME}\right)=\alpha\), theo định lý 3 đường vuông góc ta có \(SA\perp AE\)

Suy ra :

\(SE=\sqrt{SA^2+AE^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2};ME=\sqrt{AM^2+AE^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)

Tam giác SME là tam giác cân tại E nên \(\begin{cases}\widehat{SME}=\alpha\\\cos\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\end{cases}\)

D A B C N M I G H

\(d\left(M,BN\right)=\frac{\left|13\left(-1\right)-10.2+13\right|}{\sqrt{13^2+10^2}}=\frac{20}{\sqrt{269}}\)

\(H\in\Delta\Leftrightarrow H\left(3a;2a\right)\)

Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm của tam giác BCD

Suy ra \(CG=\frac{2}{3}.CI=\frac{1}{3}AC\) mà \(AM=\frac{1}{4}AC\Rightarrow MG=\frac{5}{12}AC\Rightarrow CG=\frac{4}{5}MG\)

\(\Rightarrow d\left(C,BN\right)=\frac{4}{5}d\left(M,BN\right)=\frac{16}{\sqrt{269}}\Rightarrow d\left(H,BN\right)=2d\left(C,BN\right)=\frac{32}{\sqrt{269}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left|13.3a-10.2a+13\right|}{\sqrt{269}}=\frac{32}{\sqrt{269}}\Leftrightarrow a=1\) hoặc \(a=\frac{-45}{19}\)

Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên \(H\left(3;2\right)\)

Tiếp.........

Ta thấy \(CM=\frac{3AC}{4}=\frac{2AB}{4}=\frac{2CD}{4}=\frac{CD}{2}=CD=CH\Rightarrow\Delta MHN\) vuông tại M

HM có phương trình \(y-2=0\Rightarrow MN:x+1=0\Rightarrow N\left(-1;0\right)\Rightarrow C\left(1;1\right),D\left(-3;-1\right)\)

Do \(\overrightarrow{CM}=3\overrightarrow{MA}\Rightarrow A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right)\Rightarrow I\left(\frac{-1}{3};\frac{5}{3}\right)\Rightarrow B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right)\)

Vậy \(A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right);B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right);C\left(1;1\right);D\left(-3.-1\right)\)

A B C D S M H

\(\widehat{BAD}=120^0\Rightarrow\widehat{ABC}\Rightarrow\Delta ABC\) đều

\(\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}\)

Tam giác SAM vuông tại A có \(\widehat{SMA}=45^0\Rightarrow\) Tam giác SAM vuông tại A : SA = AM = \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

 Do đó \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{a^3}{4}\)

Do AD song song với BC nên d(D;(SBC))=d(A,(SBC))

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM

Ta có : \(\begin{cases}AM\perp BC\\SA\perp BC\end{cases}\)\(\Rightarrow BC\perp\cdot\left(SAM\right)\)

\(\Rightarrow BC\perp AH\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH\)

Ta có :

\(AH=\frac{AM\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\Rightarrow d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{4}\)

A E M B C H N S

Xét tam giác ABC có : \(BC=AB.\tan60^0=2a\sqrt{3}\Rightarrow S_{\Delta ABC}=2a^2\sqrt{3}\)

\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2a^2\sqrt{3}=2a^3\)

- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB//(CMN) nên d(SB. CM)=d(SB,(CMN))

                                                                                                 =d(B,(CMN))

                                                                                                 =d(A,(CMN))

- Kẻ \(AE\perp MC,E\in MC\) và kẻ \(AH\perp NE,H\in NE\), ta chứng minh được \(AH\perp\left(CMN\right)\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=AH\)

Tính \(AE=\frac{2S_{\Delta AMC}}{MC}\) trong đó :

                              \(S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}AM.AC.\sin\widehat{CAM}=\frac{1}{2}a.4a\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3};MC=a\sqrt{13}\)

                             \(\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\)

Tính được \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)

a) Dễ dàng chứng minh tam giác ABC và ACD đều

Suy ra AC=a, SA= AC.tan(gócSCA)=a.tan(60⁰)

\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.a^2.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{2}\)

b) Có 2 cách làm để tìm khoảng cách từ H đến mp(SCD), nhưng bạn nên chọn phương pháp tọa độ hóa cho dễ

Chọn A làm gốc tọa độ , các tia AD, AI, AS lần lượt trùng tia Ax, Ay, Az

Có ngay tọa độ các điểm \(S\left(0;0;a\sqrt{3}\right)\) , \(D\left(a;0;0\right)\) , \(I\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)\)

\(\Rightarrow C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)\)

theo số liệu đã cho, dễ xác định được điểm H chia đoạn SI với tỷ lệ 2:1

\(\Rightarrow H\left(0;\frac{a}{\sqrt{3}};\frac{a}{\sqrt{3}}\right)\)

Bây giờ chỉ cần viết pt (SCD) là tính được ngay khoảng cách từ H đến SCD

\(\left(SCD\right):\sqrt{3}x+y+z-\sqrt{3}=0\)

\(d\left(H\text{/}\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\)