+ Xác định góc của SC với (SAD).

Hạ CE ⊥ AD, ta có E là trung điểm AD và CE ⊥ (SAD) nên ∠(CSE) = 30 o .

∠(CSE) cũng chính là góc giữa SC và mp(SAD).

Trong ΔCSE, ta có:

S E   =   C E . tan 60 o   =   a 3   ⇒   S A   =   S E 2 -   A E 2   =   3 a 2   -   a 2   =   a 2 .

Nhận xét

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AE.

Ta có MN // BE nên MN // CD. Như vậy MN // (SCD). Ta suy ra

d(M,(SCD)) = d(N,(SCD)).

Mà DN/DA = 3/4 nên d(N,(SCD)) = 3/4 d(A,(SCD))

+ Xác định khoảng cách từ A đến (SCD).

Vì vậy tam giác ACD vuông cân tại C nên CD vuông góc với AC.

CD ⊥ AC & CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ (SAC) ⇒ (SCD) ⊥ (SAC).

Hạ AH ⊥ SC, ta có AH ⊥ (SCD).

Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0,0,0), B(a,0,0), D(2a,0,0), C(x_C, y_C, 0)$ (chưa biết tọa độ C)

Tam giác $SAD$ đều cạnh $2a$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc đáy, giả sử $S(a,0,h)$

Trung điểm $H$ của $AD$: $H = \left(\dfrac{0+2a}{2},0,0\right) = (a,0,0)$

Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(SHC)$ bằng $2 a \sqrt{6}$, suy ra chiều cao khối chóp theo đáy $h = ?$

Do tam giác SAD đều cạnh $2a$, chiều cao $SH = \sqrt{3} a$

Xác định diện tích đáy:

$S_{ABCD} = \dfrac{(AB + CD) \cdot AD}{2} \approx 2 a^2$

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SH = \dfrac{1}{3} \cdot 2 a^2 \cdot \sqrt{3} a = \dfrac{2 a^3 \sqrt{3}}{3}$

Vậy thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:

$V = \dfrac{2 a^3 \sqrt{3}}{3}$

ĐÁP ÁN: A

Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.

Vì $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng vuông góc với đáy nên suy ra $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy đi qua giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$, tức là tâm $O$ của hình chữ nhật.

⇒ $O\left(\dfrac{a}{2},a,0\right)$, đặt $S\left(\dfrac{a}{2},a,h\right)$.

Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SD$:

$\vec{AB} = (a,0,0),\ \vec{SD} = \left(-\dfrac{a}{2},a,-h\right)$.

Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau:

$d = \dfrac{|(\vec{AS} \cdot (\vec{AB} \times \vec{SD}))|}{|\vec{AB} \times \vec{SD}|}$

với $\vec{AS} = \left(\dfrac{a}{2},a,h\right)$.

Tính: $\vec{AB} \times \vec{SD} = (a,0,0) \times \left(-\dfrac{a}{2},a,-h\right) = (0,ah,a^2)$.

$\vec{AS} \cdot (\vec{AB} \times \vec{SD}) = \dfrac{a}{2}\cdot 0 + a\cdot ah + h\cdot a^2 = a^2h + a^2h = 2a^2h$.

$|\vec{AB} \times \vec{SD}| = \sqrt{(ah)^2 + a^4} = a\sqrt{h^2 + a^2}$.

Suy ra: $d = \dfrac{2a^2h}{a\sqrt{h^2 + a^2}} = \dfrac{2ah}{\sqrt{h^2 + a^2}}$.

Theo đề:
$\dfrac{2ah}{\sqrt{h^2 + a^2}} = a\sqrt{3}$

⇒ $\dfrac{2h}{\sqrt{h^2 + a^2}} = \sqrt{3}$

Giải ra: $\dfrac{4h^2}{h^2 + a^2} = 3 \Rightarrow 4h^2 = 3h^2 + 3a^2 \Rightarrow h^2 = 3a^2$

⇒ $h = a\sqrt{3}$

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SO$

$S_{ABCD} = 2a^2,\quad SO = h = a\sqrt{3}$

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

Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.

Tam giác $SAB$ cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Trung điểm $H$ của $AB$ là

$H\left(\dfrac{a}{2},0,0\right)$

và $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy đi qua $H$, giả sử

$S\left(\dfrac{a}{2},0,h\right)$.

Góc giữa $SC$ và mặt phẳng đáy là $45^\circ$.

Vector $\vec{SC}$ là

$\vec{SC} = \left(a - \dfrac{a}{2},\ 2a - 0,\ 0 - h \right) = \left(\dfrac{a}{2},\ 2a,\ -h\right)$

Chiều dài trong mặt phẳng đáy:

$SC_{xy} = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + (2a)^2} = \sqrt{\dfrac{a^2}{4} + 4a^2} = \sqrt{\dfrac{17a^2}{4}} = \dfrac{a\sqrt{17}}{2}$

Góc giữa $SC$ và mặt đáy:

$\tan \theta = \dfrac{|SC_z|}{SC_{xy}} = \dfrac{h}{\dfrac{a\sqrt{17}}{2}}$

Vì $\theta = 45^\circ \Rightarrow \tan 45^\circ = 1$, nên

$\dfrac{h}{\dfrac{a\sqrt{17}}{2}} = 1 \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt{17}}{2}$

Tọa độ điểm $S\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt{17}}{2}\right)$ và $D(0,2a,0)$. Trung điểm $M$ của $SD$ là:

$M = \left(\dfrac{\dfrac{a}{2}+0}{2},\ \dfrac{0+2a}{2},\ \dfrac{\dfrac{a\sqrt{17}}{2}+0}{2}\right) = \left(\dfrac{a}{4},\ a,\ \dfrac{a\sqrt{17}}{4}\right)$

Vector pháp tuyến của mặt phẳng $(SAC)$:

$\vec{n} = \vec{SA} \times \vec{SC} = \left(-\dfrac{a}{2},0,-\dfrac{a\sqrt{17}}{2}\right) \times \left(\dfrac{a}{2},2a,-\dfrac{a\sqrt{17}}{2}\right) = \left(a^2 \sqrt{17}, 0, -a^2\right)$

Phương trình mặt phẳng $(SAC)$:

$a^2\sqrt{17}(x - \dfrac{a}{2}) + 0 \cdot (y-0) + (-a^2)(z-\dfrac{a\sqrt{17}}{2})=0 \Rightarrow z - \sqrt{17} x = 0$

Khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(SAC)$:

$d = \dfrac{|z_M - \sqrt{17} x_M|}{\sqrt{(\sqrt{17})^2 + (-1)^2}} = \dfrac{|\dfrac{a\sqrt{17}}{4} - \sqrt{17} \cdot \dfrac{a}{4}|}{\sqrt{17+1}} = 0$

Vậy $M$ nằm trên mặt phẳng $(SAC)$, nên khoảng cách $d = 0$.

a) Tam giác ABD có AB = AD ( do ABCD là hình thoi)

=> Tam giác ABD cân tại A. Lại có góc A= 60o

=> Tam giác ABD đều.

Lại có; SA = SB = SD nên hình chóp S.ABD là hình chóp đều.

* Gọi H là tâm của tam giác ABD

=>SH ⊥ (ABD)

*Gọi O là giao điểm của AC và BD.

+ Xác định góc của (SAB) và mặt phẳng đáy.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABD và E là hình chiếu của G lên AB. Ta có:

AB ⊥ SG & AB ⊥ GE⇒ AB ⊥ (SEG) ⇒ AB ⊥ SE.

SE ⊥ AB & GE ⊥ AB⇒ ∠((SAB),(ABCD)) = ∠(SEG) = 60o.

+ Xác định khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD).

Hạ GN ⊥ AD. Tương tự như trên, ta có: AD ⊥ GN & AD ⊥ SG⇒ AD ⊥ (SGN)

Hạ GH ⊥ SN, ta có GH ⊥ (SAD) suy ra khoảng cách từ G đến (SAD) là GH.

+ Tính GH.

(do GE = GN). Thế vào (1) ta được:

Ta có: M ∈(SAD) & MB = 3MG⇒ d(B,(SAD)) = 3d(G,(SAD)) = (a√3)/2.

Đặt hệ trục tọa độ:

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

Hình chiếu của $S$ lên đáy ABCD trùng với trọng tâm tam giác $ABD$:

$G = \dfrac{A+B+D}{3} = \dfrac{(0,0,0) + (a,0,0) + (0,a,0)}{3} = \left(\dfrac{a}{3}, \dfrac{a}{3}, 0\right)$

Vậy hình chiếu $H$ của $S$ xuống đáy: $H = (a/3, a/3, 0)$

Giả sử $S = (a/3, a/3, h)$

Mặt bên $(SAB)$ tạo với đáy góc $60^\circ$, tức:

$\tan 60^\circ = \dfrac{SA}{\text{chiều cao trong đáy từ A đến AB}}$

Chiều cao trong đáy từ $A$ xuống $B$ (theo hướng AB): $d = \sqrt{(B_x - A_x)^2 + (B_y - A_y)^2} = \sqrt{(a - 0)^2 + (0-0)^2} = a$

Vậy $\tan 60^\circ = \dfrac{h}{d} = \dfrac{h}{a} \Rightarrow h = a \sqrt{3}$

Tọa độ $S = (a/3, a/3, a\sqrt{3})$

Mặt phẳng $(SAD)$ đi qua $S, A, D$

Vector:

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

$\vec{SD} = D - S = (-a/3, 2a/3, -a \sqrt{3})$

Phương trình mặt phẳng:

$|(X-S), \vec{SA}, \vec{SD}| = 0$ với $X=(x,y,z)$

$X-S = (x-a/3, y-a/3, z - a \sqrt{3})$

Tính định thức:

$\det \begin{vmatrix} x-a/3 & y-a/3 & z - a\sqrt{3} \\ -a/3 & -a/3 & -a\sqrt{3} \\ -a/3 & 2a/3 & -a\sqrt{3} \end{vmatrix} = 0$

Tính ra phương trình:

$z = a\sqrt{3} - \dfrac{2}{3} y$

Khoảng cách từ $B(a,0,0)$ đến mặt phẳng:

Công thức: $d = \dfrac{|A x_B + B y_B + C z_B + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

Với $z - a\sqrt{3} + \dfrac{2}{3} y = 0 \Rightarrow A=0, B=2/3, C=1, D=-a \sqrt{3}$

$d = \dfrac{|0\cdot a + (2/3)\cdot 0 + 1\cdot 0 - a \sqrt{3}|}{\sqrt{0 + (2/3)^2 + 1}} = \dfrac{a \sqrt{3}}{\sqrt{1 + 4/9}} = \dfrac{a \sqrt{3}}{\sqrt{13/9}} = \dfrac{a \sqrt{3}}{\sqrt{13}/3} = \dfrac{3 a \sqrt{3}}{\sqrt{13}}$

Vậy khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(SAD)$ là:

$d = \dfrac{3 a \sqrt{3}}{\sqrt{13}}$

Xét mặt phẳng đáy (ABCD) là hình thang cân. Kéo dài AC cắt BD tại I ta thu được tam giác đều ICD. 

Do đó AD và BC đồng thời là đường cao và là đường trung tuyến của tam giác ICD. Suy ra O là trọng tâm của tam giác ICD (Với O là giao của AD và BC)

Ta có: \(AD=\sqrt{CD^2-AC^2}=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow OA=\dfrac{1}{3}a\sqrt{3}\)

Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và có giao tuyến là SO. Do đó SO vuông góc với (ABCD)

Xét tam giác SOB vuông tại O ta có: 

\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) là \(\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Ta có: \(S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}.S_{ICD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{AD.CI}{2}=\dfrac{3}{8}.a\sqrt{3}.2a=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{15}}{3}a.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{5}}{4}a^3\)

Xét mặt phẳng đáy (ABCD) là hình thang cân. Kéo dài AC cắt BD tại I ta thu được tam giác đều ICD. 

Do đó AD và BC đồng thời là đường cao và là đường trung tuyến của tam giác ICD. Suy ra O là trọng tâm của tam giác ICD (Với O là giao của AD và BC)

Ta có: \(AD=\sqrt{CD^2-AC^2}=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow OA=\dfrac{1}{3}a\sqrt{3}\)

Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và có giao tuyến là SO. Do đó SO vuông góc với (ABCD)

Xét tam giác SOB vuông tại O ta có: 

\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) là \(\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Ta có: \(S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}.S_{ICD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{AD.CI}{2}=\dfrac{3}{8}.a\sqrt{3}.2a=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{15}}{3}a.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{5}}{4}a^3\)

- Gọi O là giao điểm của AC và BD.

- Kẻ: OI ⊥ AB, OH ⊥ SI.

+) Ta có:

+) Ta lại có:

- Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng góc 

+) Khi đó: CD // AB nên CD // ( SAB).

Suy ra:

- Ta có:

+) Tam giác ABC có BC = BA và  nên tam giác ABC đêù

- Trong tam giác OIA có:

ĐÁP ÁN: D

Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.

Vì $SA \perp (ABCD)$ nên đặt $S(0,0,h)$.

Xét cạnh $SD$:

$\vec{SD} = (0,2a,-h),\ SD = \sqrt{(2a)^2 + h^2} = \sqrt{4a^2 + h^2}$.

Góc giữa $SD$ và đáy là $60^\circ$ nên:
$\sin 60^\circ = \dfrac{SA}{SD} \Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{h}{\sqrt{4a^2 + h^2}}$.

Giải ra:

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

$\Rightarrow 12a^2 + 3h^2 = 4h^2 \Rightarrow h^2 = 12a^2 \Rightarrow h = 2a\sqrt{3}$.

⇒ $S(0,0,2a\sqrt{3})$.

Xét mặt phẳng $(SBD)$:

$\vec{SB} = (a,0,-2a\sqrt{3}),\ \vec{SD} = (0,2a,-2a\sqrt{3})$.

Vectơ pháp tuyến:
$\vec{n} = \vec{SB} \times \vec{SD} = (4a^2\sqrt{3},\ 2a^2\sqrt{3},\ 2a^2)$.

Khoảng cách từ $A$ đến $(SBD)$:

$d = \dfrac{|\vec{n} \cdot \vec{SA}|}{|\vec{n}|}$ với $\vec{SA} = (0,0,2a\sqrt{3})$.

Tính: $\vec{n} \cdot \vec{SA} = 2a^2 \cdot 2a\sqrt{3} = 4a^3\sqrt{3}$.

$|\vec{n}| = \sqrt{(4a^2\sqrt{3})^2 + (2a^2\sqrt{3})^2 + (2a^2)^2} = a^2\sqrt{48 + 12 + 4} = a^2\sqrt{64} = 8a^2$.

Suy ra: $d = \dfrac{4a^3\sqrt{3}}{8a^2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.