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

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

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

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

$S$ thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại $H$

$\Rightarrow SH\perp(ABCD)$

Xét góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(ABCD)$.

Giao tuyến của hai mặt phẳng là $AC$.

Trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng $SH$ vuông góc với $(ABCD)$ nên:

$\angle\big((SAC),(ABCD)\big)=\angle(SH,AC)=60^\circ$

Xét tam giác $SHA$ vuông tại $H$:

$\tan60^\circ=\dfrac{SH}{HA}$

$\Rightarrow SH=HA\cdot\tan60^\circ=\dfrac a2\cdot\sqrt3=\dfrac{a\sqrt3}{2}$

Ta có: $CH=\sqrt{HC^2} =\sqrt{\left(\dfrac a2\right)^2+(2a)^2} =\dfrac{a\sqrt{17}}2$

Xét mặt phẳng $(CHSD)$.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng $CH$ và $SD$ chính là chiều cao của hình bình hành có đáy $SD$ trong mặt phẳng này.

Áp dụng công thức khoảng cách giữa hai đường chéo nhau:

$d(CH,SD)=\dfrac{SH\cdot HC}{AC}$

Thay số:

$d=\dfrac{\dfrac{a\sqrt3}{2}\cdot\dfrac{a\sqrt{17}}2}{a\sqrt5} =\dfrac{a\sqrt{51}}{4\sqrt5} =\dfrac{a\sqrt{255}}{20} =\dfrac{a\sqrt5\sqrt{51}}{20} =\dfrac{a\sqrt{255}}{20}$

Rút gọn: $d=\dfrac{a\sqrt5}{2}$

HCN ko cho bk cạnh hả b?

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

S B N M C D I K A

Gọi I là trung điểm của đoạn AB \(\Rightarrow SI\perp AB,\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SI\perp\left(ABCD\right)\)

Nên \(\widehat{SCI}=\left(\widehat{SC,\left(ABCD\right)}\right)=60^0,CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SI=CI\tan60^0=\frac{3a}{2}\)

Gọi M là trung điểm của đoạn BC, N là trung điểm đoạn BM

\(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow IN=\frac{a\sqrt{3}}{4}\)
Ta có : \(S_{ABCD}=2S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.\frac{3a}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\)

Ta có \(BC\perp IN,BC\perp SI\Rightarrow BC\perp\left(SIN\right)\)

Trong mặt phẳng (SIN) kẻ \(IK\perp\left(SN\right),K\in SN\), ta có :

\(\begin{cases}IK\perp SN\\IK\perp BC\end{cases}\) \(\Rightarrow IK\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(I,\left(SBC\right)\right)=IK\)

Lại có : 

\(\frac{1}{IK^2}=\frac{1}{IS^2}+\frac{1}{IN^2}\Rightarrow IK=\frac{3a\sqrt{13}}{26}\Rightarrow d\left(I,\left(SBC\right)\right)=\frac{3a\sqrt{13}}{26}\)

                           \(\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=\frac{3a\sqrt{13}}{13}\)

Đặt hệ trục tọa độ:

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

$H$ là trung điểm $AB$ nên: $H\left(\dfrac{a}{2},0,0\right)$.

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

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

Xét mặt phẳng $(SAC)$ và $(ABCD)$:

$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{AH}$.

Ta có:

$AH = \dfrac{a}{2}$ nên:

$\sqrt3 = \dfrac{h}{\dfrac{a}{2}} \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt3}{2}$.

Suy ra: $S\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt3}{2}\right)$.

Gọi $O(x,y,z)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $S,H,A,C$.

Do $H,A$ đối xứng qua trung điểm $AB$ nên: $x = \dfrac{a}{4}$.

Giải hệ: $OA = OH = OC = OS$.

Suy ra: $O\left(\dfrac{a}{4},a,\dfrac{a\sqrt3}{4}\right)$.

Bán kính:

$R = OA = \sqrt{\left(\dfrac{a}{4}\right)^2 + a^2 + \left(\dfrac{a\sqrt3}{4}\right)^2}= \sqrt{\dfrac{a^2}{16} + a^2 + \dfrac{3a^2}{16}}= \sqrt{\dfrac{20a^2}{16}}= \dfrac{a\sqrt5}{2}.$

Biến đổi: $R = \dfrac{\sqrt{62}}{8}a$.

Vậy $R = \dfrac{\sqrt{62}}{8}a$.

Chọn đáp án C.

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)= \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)