S o B H A D G d H' C K

Câu a bạn tự tính nhé!

Câu b: Qua G kẻ đường thẳng d // CD , khoảng cách từ \(d\left(G;\left(SAB\right)\right)=d\left(d;\left(SAD\right)\right)\) 

Kẻ HH' vuông CD , nối SH'. Lúc này SH' cách d tại K . \(d\left(K;\left(SAB\right)\right)\) là khoảng cách cần tìm.

Ta có: S_H'AB =\(\frac{1}{2}S_{ABCD}\)=\(\frac{1}{2}\times2\sqrt{3}a^2=\sqrt{3}a^2\) \(\Rightarrow HH'=\frac{\sqrt{3}a^2}{a}=\sqrt{3}a\) 

Vì K nằm trên d nên \(d\left(K;\left(SAB\right)\right)=\frac{2}{3}HH'=\frac{2\sqrt{3}a}{3}\)

Ta có khối bát diện đều ABCDEF, cạnh a. Do MN // (DEBF) nên giao của mặt phẳng (OMN) với mặt phẳng (DEBF) là đường thẳng qua O và song song với MN

Ta nhận thấy đường thẳng này cắt DE và BF tại các trung điểm P và S tương ứng của chúng. Do mặt phẳng (ADE) song song với mặt phẳng (BCF) nên (OMN) cắt (BCF) theo giao tuyến qua S và song song với NP. Dễ thấy giao tuyến này cắt FC tại trung điểm R của nó. Tương tự (OMN) cắt DC tại trung điểm Q của nó. Từ đó suy ra thiết diện tạo bởi hình bát diện đã cho với mặt phẳng (OMN) là lục giác đều có cạnh bằng \(\dfrac{a}{2}\)

Do đó diện tích của nó bằng \(\dfrac{3\sqrt{3}}{8}a^2\)

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên: $BC=AD=2a$

$AC=\sqrt{AB^2+BC^2} =\sqrt{a^2+(2a)^2} =a\sqrt5$

Do tam giác $SAB$ cân tại $S$ và $(SAB)\perp(ABCD)$ nên:

$S$ thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đáy tại trung điểm $H$ của $AB$

$\Rightarrow SH\perp(ABCD)$

Xét tam giác vuông $SCH$ (vì $SH\perp(ABCD)$):

$\angle(SC,(ABCD))=45^\circ$

$\Rightarrow \tan45^\circ=\dfrac{SH}{HC}=1$

$\Rightarrow SH=HC$

Ta có: $H$ là trung điểm $AB \Rightarrow AH=\dfrac a2$

$HC=\sqrt{AH^2+AD^2} =\sqrt{\left(\dfrac a2\right)^2+(2a)^2} =\dfrac{a\sqrt{17}}2$

$\Rightarrow SH=\dfrac{a\sqrt{17}}2$

Gọi $M$ là trung điểm của $SD$ nên: $SM=\dfrac{SD}{2}$

Vì $SD$ có thành phần vuông góc với $(SAC)$ bằng $SH$, nên khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(SAC)$ bằng một nửa khoảng cách từ $D$ đến $(SAC)$.

Mà: $d(D,(SAC))=SH=\dfrac{a\sqrt{17}}2$

=> $d(M,(SAC))=\dfrac12\cdot\dfrac{a\sqrt{17}}2=\dfrac{a\sqrt{17}}4$

Vậy $d=\dfrac{a\sqrt{17}}4$

S A B C D M O N H 45 ❤sin45=\(\dfrac{SO}{SM}\) => SO=sin45 . SM= \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)

OM= \(\sqrt{SM^2-SO^2}\) = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)

BC = 2OM => BC=\(\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)

V = \(\dfrac{1}{3}.AB.BC.SO=\dfrac{1}{3}.a.\dfrac{a\sqrt{6}}{2}.\dfrac{a\sqrt{6}}{4}=\dfrac{a^3}{4}\)

❤ta có: SM⊂ (SAB) (1)

mà: \(\left\{{}\begin{matrix}NC//AB\\AB\subset\left(SAB\right)\end{matrix}\right.\) => NC// (SAB) (2)

từ (1) và (2) => SM//NC

\(d_{\left(SM,NC\right)}=d_{\left(NC,\left(SAB\right)\right)}=d_{\left(N,\left(SAB\right)\right)}=2d_{\left(O,\left(SAB\right)\right)}\)

+kẻ OH⊥SM

+ Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp OM\\AB\perp SO\end{matrix}\right.\) => AB ⊥ (SOM) \(\supset OH\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}OH\perp AB\\OH\perp SM\end{matrix}\right.\) => OH⊥(SAB)

➜d_(O,(SAB)) =OH

OH=\(\dfrac{OM.SO}{\sqrt{OM^2+SO^2}}\)\(\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)

➜d_(N,(SAB)) =d_(SM,NC)= \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Đáp án C.

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

Vì $AD = 2a$, tam giác $SAD$ đều và $(SAD)\perp(ABCD)$ nên:

$S\left(a,0,a\sqrt3\right)$.

Đáy là hình thang vuông tại $A,D$ nên:

$B(0,b,0),\ C(x,b,0)$ với $CD \parallel AB$.

Do $CD$ là đáy nhỏ nên $x < 2a$.

Ta có: $SC = a\sqrt{15}$ nên: $SC^2 = (x-a)^2 + b^2 + (0 - a\sqrt3)^2 = 15a^2.$

$(x-a)^2 + b^2 + 3a^2 = 15a^2 \Rightarrow (x-a)^2 + b^2 = 12a^2. \quad (1)$

Gọi $H$ là trung điểm $AD$: $H(a,0,0)$.

Mặt phẳng $(SHC)$.

Khoảng cách từ $B(0,b,0)$ đến $(SHC)$ bằng $2a\sqrt6$.

Tính vectơ: $\vec{SH} = (0,0,-a\sqrt3),\ \vec{SC} = (x-a,b,-a\sqrt3)$.

Pháp tuyến: $\vec{n} = \vec{SH} \times \vec{SC} = (a\sqrt3\,b,\ a\sqrt3(x-a),\ 0)$.

Phương trình mặt phẳng $(SHC)$:

$a\sqrt3\,b(x-a) + a\sqrt3(x-a)(y-0) = 0$.

Khoảng cách: $d(B,(SHC)) = \dfrac{|a\sqrt3\,b(0-a) + a\sqrt3(x-a)(b)|}{\sqrt{(a\sqrt3 b)^2 + (a\sqrt3(x-a))^2}} = 2a\sqrt6.$

Rút gọn được:$ \dfrac{a\sqrt3\,b(x-a)}{a\sqrt3\sqrt{b^2 + (x-a)^2}} = 2a\sqrt6\Rightarrow \dfrac{b(x-a)}{\sqrt{b^2 + (x-a)^2}} = 2\sqrt6 a.$

Kết hợp với (1): $b^2 + (x-a)^2 = 12a^2$.

Suy ra: $b(x-a) = 2\sqrt6 a \cdot \sqrt{12a^2} = 2\sqrt6 a \cdot 2\sqrt3 a = 4\sqrt{18}a^2 = 12\sqrt2 a^2$.

Giải hệ: $\begin{cases}u^2 + v^2 = 12a^2 \\uv = 12\sqrt2 a^2\end{cases}\Rightarrow u = 2\sqrt2 a,\ v = 2\sqrt6 a.$

Suy ra:$b = 2\sqrt6 a,\quad x-a = 2\sqrt2 a \Rightarrow x = a + 2\sqrt2 a$.

Diện tích đáy: $S_{ABCD} = \dfrac{(AB + CD)\cdot chiều\ cao}{2}= \dfrac{(b + x)\cdot b}{2}= \dfrac{(2\sqrt6 a + (a + 2\sqrt2 a))\cdot 2\sqrt6 a}{2}.$

Rút gọn: $S_{ABCD} = \sqrt6 a(2\sqrt6 a + a + 2\sqrt2 a)$.

Chiều cao: $h = a\sqrt3$.

Thể tích: $V = \dfrac13 S_{ABCD}\cdot h = \dfrac13 \cdot \sqrt6 a(2\sqrt6 a + a + 2\sqrt2 a)\cdot a\sqrt3 = 4a^3.$

Vậy $V = 4a^3$.

a) Do B, C, D, E cách đều A và F nên chúng đồng phẳng (cùng thuộc mặt phẳng trung trực của AF).

Tương tự, A, B, F, D đồng phẳng và A, C, F, E đồng phẳng

Gọi I là giao của (AF) với (BCDE). Khi đó B, I, D là những điểm chung của hai mặt phẳng (BCDE) và (ABFD) nên chúng thẳng hàng. Tương tự, E, I , C thẳng hàng.

Vậy AF, BD, CE đồng quy tại I.

Vì BCDE là hình thoi nên BD vuông góc với BC và cắt BC tại I là trung điểm của mỗi đường. I là trung điểm của AF và AF vuông góc với BD và EC, do đó các đoạn thẳng AF, BD, và CE đôi một vuông góc với nhau cắt nhau tại trung điểm của chúng.

b) Do AI vuông góc (BCDE) và AB = AC =AD = AE nên IB = IC= ID = IE. Từ đó suy ra hình thoi BCDE là hình vuông. Tương tự, ABFD, AEFC là những hình vuông