Xét tam giác \(SAC\) có:

\(AC = \sqrt {S{A^2} + S{C^2} - 2.SA.SC.\cos \widehat {ASC}}  = a\sqrt 3 \)

\(SI\) là trung tuyến \( \Rightarrow SI = \frac{{\sqrt {2\left( {S{A^2} + S{C^2}} \right) - A{C^2}} }}{2} = \frac{a}{2}\)

Ta có: \(S{I^2} + A{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{A^2}\)

\( \Rightarrow \Delta SAI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot AC\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) có: \(AB = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}}  = a\sqrt 2 \)

Xét tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) có \(\widehat {BSC} = {60^ \circ }\) nên tam giác \(SBC\) đều. Vậy  \(BC = a\)

Xét tam giác \(ABC\) có: \(A{B^2} + B{C^2} = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} + {a^2} = 3{a^2} = A{C^2}\)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B \Rightarrow BI = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác \(SBI\) có: \(S{I^2} + B{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{B^2}\)

\( \Rightarrow \Delta SBI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot BI\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}SI \bot AC\\SI \bot BI\end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC)

\(SD\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SD\perp AB\) , mà \(AB\perp SA\left(gt\right)\Rightarrow AB\perp\left(SAD\right)\Rightarrow AB\perp AD\)

\(\Rightarrow AD||BC\)

Tương tự ta có: \(BC\perp\left(SCD\right)\Rightarrow BC\perp CD\Rightarrow CD||AB\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác ABCD là hình vuông

\(\Rightarrow BD=a\sqrt{2}\)

\(SD=\sqrt{SB^2-BD^2}=a\sqrt{2}\)

Gọi P là trung điểm AD \(\Rightarrow MP\) là đường trung bình tam giác SAD

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MP=\dfrac{1}{2}SD=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\\MP||SD\Rightarrow MP\perp\left(ABC\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\alpha=\widehat{MNP}\)

\(cos\alpha=\dfrac{NP}{MN}=\dfrac{NP}{\sqrt{NP^2+MP^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{2}}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)

Có MC=2MI mà MI là đường trung tuyến của của \(\Delta ABC\) 

=>M là trọng tâm của tam giác ABC=>A,M,H thẳng hàngTrong mp(SAH)có :AN=2NS;AM=2MH=>MN//SH (Thales)Mà \(SH\perp\left(ABC\right)\);SH ko thuộc (ABC)=>MN vuông góc với (ABC)

P/s: Gợi ý này ok rồi nhé :> Mà sao ko thấy kí hiệu "ko thuộc" nhờ :v

Hình như tui nhấn Shift+Enter nên nó ko nhảy dòng rồi -.- Thôi kệ đi, bạn xem tạm nhé

\(A'\) là trung điểm của \(SA\)

\(B'\) là trung điểm của \(SB\)

\( \Rightarrow A'B'\) là đường trung bình của \(\Delta SAB\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow A'B'\parallel AB\\AB \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow A'B'\parallel \left( {ABC} \right)\)

\(A'\) là trung điểm của \(SA\)

\(C'\) là trung điểm của \(SC\)

\( \Rightarrow A'C'\) là đường trung bình của \(\Delta SAC\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow A'C'\parallel AC\\AC \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow A'C'\parallel \left( {ABC} \right)\)

\(\left. \begin{array}{l}A'B'\parallel \left( {ABC} \right)\\A'C'\parallel \left( {ABC} \right)\\A'B',A'C' \subset \left( {A'B'C'} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {A'B'C'} \right)\parallel \left( {ABC} \right)\)

Vậy phần hình chóp đã cho giới hạn bởi hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\) là hình chóp cụt đều.

tham khảo

\(SA\perp\left(SBCD\right)\) nên \(SA\perp BC\)

Mà \(BC\perp AB\) nên \(BC\perp\left(SAB\right)\)

Tam giác \(SBC\) có \(MN\) là đường trung bình nên \(MN//BC,MN=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{a}{2}\text{​​}\)

Suy ra:\(MN\perp\left(SAB\right)\) và \(MN\perp AM\)

Tam giác \(SCD\) có \(NP\) là đường trung bình nên \(NP//CD\)

Mà \(MN//BC,BC\perp CD\)

Suy ra \(MN\perp NP\)

Vậy \(d\left(AM,NP\right)=MN=\dfrac{a}{2}\)

\(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow AB\) là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC)

\(\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa SB và (ABC)

\(AB=AC\sqrt{2}=a\sqrt{2}\)

\(tan\widehat{SBA}=\dfrac{SA}{AB}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}\Rightarrow\widehat{SBA}\approx50^046'\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AC\perp BC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAC\right)\)

\(\Rightarrow SC\) là hình chiếu vuông góc của SB lên (SAC)

\(\Rightarrow\widehat{BSC}\) là góc giữa SB và (SAC)

\(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{5}\) ; \(BC=AC=a\)

\(sin\widehat{BSC}=\dfrac{BC}{SB}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow\widehat{BSC}\approx26^034'\)

b.

Theo cmt, \(BC\perp\left(SAC\right)\)

Mà \(BC=\left(SBC\right)\cap\left(ABC\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{SCA}\) là góc giữa (SBC) và (ABC)

\(tan\widehat{SCA}=\dfrac{SA}{AC}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SCA}=60^0\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\\SA\in\left(SAC\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(SAC\right)\perp\left(ABC\right)\)

\(\Rightarrow\) Góc giữa (SAC) và (ABC) là 90 độ

a) \(O\) là trung điểm của \(AC\) (theo tính chất hình bình hành)

\(M\) là trung điểm của \(SA\)

\( \Rightarrow OM\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow OM\parallel SC\\SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OM\parallel \left( {SBC} \right)\)

\(O\) là trung điểm của \(B{\rm{D}}\) (theo tính chất hình bình hành)

\(N\) là trung điểm của \(SD\)

\( \Rightarrow ON\) là đường trung bình của tam giác \(SB{\rm{D}}\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow ON\parallel SB\\SB \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow ON\parallel \left( {SBC} \right)\)

\(\left. \begin{array}{l}OM\parallel \left( {SBC} \right)\\ON\parallel \left( {SBC} \right)\\OM,ON \subset \left( {OMN} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)\)

b) \(O\) là trung điểm của \(AC\) (theo tính chất hình bình hành)

\(E\) là trung điểm của \(AB\)

\( \Rightarrow OE\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow OE\parallel BC\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OE\parallel \left( {SBC} \right)\)

Do \(\left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)\) nên \(E \in \left( {OMN} \right)\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}EF \subset \left( {OMN} \right)\\\left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow EF\parallel \left( {SBC} \right)\)

Ta có: \(\left( {MM'M''} \right)\parallel \left( {NN'N''} \right)\parallel \left( {ABC} \right)\) nên theo định lí Thalès ta có:

\(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SM'}}{{SB}} \Leftrightarrow SM' = \frac{{SM.SB}}{{SA}} = \frac{{4.12}}{9} = \frac{{16}}{3}\)

\(\frac{{SA}}{{SB}} = \frac{{MN}}{{M'N'}} \Leftrightarrow M'N' = \frac{{MN.SB}}{{SA}} = \frac{{3.12}}{9} = 4\)

\(\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{MN}}{{M''N''}} \Leftrightarrow M''N'' = \frac{{MN.SC}}{{SA}} = \frac{{3.15}}{9} = 5\)

\(\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{NA}}{{N''C}} \Leftrightarrow N''C = \frac{{NA.SC}}{{SA}} = \frac{{2.15}}{9} = \frac{{10}}{3}\)

Kẻ \(AH \bot BC\left( {H \in BC} \right)\)

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot SH\)

Vậy \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,BC,S} \right]\)

\( \Rightarrow \widehat {SHA} = \alpha \)

\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BC.AH,{S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}BC.SH\\ \Rightarrow \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}BC.AH}}{{\frac{1}{2}BC.SH}} = \frac{{AH}}{{SH}} = \cos \widehat {SHA} = \cos \alpha \end{array}\)