a) SA vuông góc với (ABCD) => SA vuông góc AD; hình thang ABCD vuông tại A => AD vuông góc AB

=> AD vuông góc (SAB), mà AD nằm trong (SAD) nên (SAB) vuông góc (SAD).

b) AD vuông góc (SAB), BC || AD => BC vuông góc (SAB) => B là hc vuông góc của C trên (SAB)

=> (SC,SAB) = ^CAB

\(SB=\sqrt{AS^2+AB^2}=\sqrt{2a^2+a^2}\)\(=a\sqrt{3}\)

\(\tan\widehat{CAB}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)=> (SC,SAB) = ^CAB = 30⁰.

c) T là trung điểm của AD, K thuộc ST sao cho AK vuông góc ST, BT cắt AC tại O, HK cắt AO tại I, AI cắt SC tại L.

BC vuông góc (SAB) => BC vuông góc AH, vì AH vuông góc SB nên AH vuông góc SC. Tương tự AK vuông góc SC

=> SC vuông góc (HAK) => SC vuông góc AI,AL. Lập luận tương tự thì AL,AI vuông góc (SCD).

Dễ thấy \(\Delta\)SAB = \(\Delta\)SAT, chúng có đường cao tương ứng AH và AK => \(\frac{HS}{HB}=\frac{KS}{KT}\)=> HK || BT || CD

=> d(H,SCD) = d(I,SCD) = IL (vì A,I,L vuông góc (SCD)) = \(\frac{IL}{AL}.AL=\frac{CO}{CA}.\frac{SI}{SO}.AL=\frac{1}{2}.\frac{SH}{SB}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}\)

\(=\frac{1}{2}.\frac{SA^2}{SA^2+SB^2}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}=\frac{1}{2}.\frac{2a^2}{2a^2+a^2}.\frac{a\sqrt{2}.a\sqrt{2}}{\sqrt{2a^2+2a^2}}=\frac{a}{3}\)

a/ 

Ta có

\(CB\perp AB\) (ABCD là hình vuông)

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CB\)

\(\Rightarrow CB\perp\left(SAB\right)\) => CB=a là khoảng cách từ C đến mp (SAB)

b/ 

Trong mp (SAD) dựng đường thẳng vuông góc với SD cắt SD tại H

Ta có

\(CD\perp AD\) (ABCD là hình vuông)

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\)

\(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp AH\)

Mà \(AH\perp SD\)

\(\Rightarrow AH\perp\left(SCD\right)\) => AH là khoảng cách từ A đến mp (SCD)

Xét tg vuông SAD có

\(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt{3}\) (Pitago)

Ta có

\(AD^2=DH.SD\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow DH=\dfrac{AD^2}{SD}=\dfrac{a^2}{a\sqrt{3}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

Xét tg vuông ADH có

\(AH=\sqrt{AD^2-DH^2}\) (Pitago)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{a^2-\dfrac{a^2}{3}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)

c/ Trong mp (ABCD) Qua O dựng đường thẳng //CD cắt AD tại M và BC tại N => MN//CD (1)

Trong mp (SAD) dựng đường thẳng // AH cắt SD tại Q => MQ // AH

TRong mp (SCD) qua Q dựng đường thẳng //CD cắt SC tại P => QP // CD (2)

Từ (1) và (2) => MN // PQ => M; N; P; Q cùng thuộc 1 mặt phẳng

=> PQ là giao tuyến của mp (MNQP) với mp (SCD)

Trong mp (MNQP) qua O dựng đường thẳng // với MQ cắt QP tại K

Ta có

MQ//AH; OH// MQ => OK//AH

Mà \(AH\perp\left(SCD\right)\)

\(\Rightarrow OK\perp\left(SCD\right)\) => OK là khoảng cách từ O đến mp (SCD)

Xét tứ giác MQKO có

MQ//OK; QP//MN => MQKO là hình bình hành => OK = MQ

Xét tg ACD có

OA=OC (t/c đường chéo hình vuông)

MO//CD

=> MA=MD (trong tg đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh // với cạnh thứ 2 thì đi qua trung điểm cạnh còn lai)

Xét tg ADH có

MA=MD (cmt); MQ//AH => QD = QH (trong tg đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh // với cạnh thứ 2 thì đi qua trung điểm cạnh còn lai)

=> MQ là đường trung bình của tg ADH

\(\Rightarrow OK=MQ=\dfrac{AH}{2}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{a\sqrt{6}}{3}=\dfrac{a\sqrt{6}}{6}\)

d/

Trong mp (SCD) qua H dựng đường thẳng //CD cắt SC tại E => HE//CD

Ta có

AB // CD (Hai cạnh đối hình vuông)

HE // CD

=> AB//HE => A; B; H; E cùng thuộc một mặt phẳng

Trong mp (AHEB) qua e Dựng đường thẳng // AH cắt AB tại I

Ta có 

AH//IE; AB//HE => AHEB là hình bình hành => IE=AH

Ta có

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AB\)

\(AB\perp AD\) (ABCD là hình vuông)

=> \(AB\perp\left(SAD\right)\Rightarrow AB\perp AH\)

Mà AH//IE

\(\Rightarrow AB\perp IE\) (1)

Ta có

\(AH\perp\left(SCD\right)\) (cmt); mà AH//IE \(\Rightarrow IE\perp\left(SCD\right)\Rightarrow IE\perp SC\) (2)

Từ (1) và (2) => IE là khoảng cách giữa AB và SC

\(\Rightarrow IE=AH=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)

Kẻ \(OI \bot C{\rm{D}}\left( {I \in C{\rm{D}}} \right),OH \bot SI\left( {H \in SI} \right)\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot C{\rm{D}}\\OI \bot C{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {SOI} \right)\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot OH\\OH \bot SI\end{array} \right\} \Rightarrow OH \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow d\left( {O,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = OH\end{array}\)

\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AC = a \Rightarrow OC = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}\)

\(\Delta ABD\) có \(\widehat {BA{\rm{D}}} = {120^ \circ } \Rightarrow B{\rm{D}} = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2} - 2{\rm{A}}B.A{\rm{D}}}  = a\sqrt 3  \Rightarrow OD = \frac{1}{2}B{\rm{D}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(\Delta OCD\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OI\)

\( \Rightarrow OI = \frac{{OC.O{\rm{D}}}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OI \Rightarrow \Delta SOI\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OH\)

\( \Rightarrow OH = \frac{{SO.OI}}{{\sqrt {S{O^2} + O{I^2}} }} = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}}\)

Vậy \(d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}}\).

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\\AB \bot A{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow d\left( {B,\left( {SA{\rm{D}}} \right)} \right) = AB = a\end{array}\)

b) Kẻ \(AH \bot SC \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = AH\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\)\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 2 \)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\)\( \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = a\sqrt 3 \)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\)\( \Rightarrow AH = \frac{{SA.AC}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy \(d\left( {A,SC} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Võ Ngọc Tú Uyên  

a) (SAB) và (SAD) cùng vuông góc (ABCD), (SAB) và (SAB) có giao tuyến SA => SA vuông góc (ABCD)

=> BC vuông góc SA. Mà BC vuông góc AB nên BC vuông góc (SAB).

Ta cũng có BD vuông góc AS, BD vuông góc AC vì ABCD là hình vuông

=> BD vuông góc (SAC) hay (SAC) vuông góc (SBD).

b) Gọi M là trung điểm của AB, CM cắt AD tại P, H thuộc CM sao cho AH vuông góc CM, K thuộc SH sao cho AK vuông góc SH.

Dễ thấy AN || CM => AN || (SCM) => d(AN,SC) = d(AN,SCM) = d(A,SCM) = d(A,SMP)

Ta có AH vuông góc MP, MP vuông góc AS => MP vuông góc (HAS) => (SMP) vuông góc (HAS)

Vì (SMP) và (HAS) có giao tuyến SH, AK vuông góc SH tại K nên d(A,SMP) = AK

Theo hệ thức lượng thì: \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AP^2}\)

\(\Rightarrow d\left(AN,SC\right)=d\left(A,SMP\right)=AK=\frac{AS.AM.AP}{\sqrt{AS^2AM^2+AM^2AP^2+AP^2AS^2}}\)

\(=\frac{a\sqrt{2}.\frac{a}{2}.a}{\sqrt{2a^2.\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}.a^2+a^2.2a^2}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}.\)

a) Trong (SAC) kẻ \(AH \bot SC \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = AH\)

Xét tam giác ABC vuông tại B có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Xét ta giác SAC vuông tại A có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = a\)

\( \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = a\)

b) Ta có \(BD \bot AC,BD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right) \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)

c) Trong (SAC) kẻ \(OK \bot SC\)

\(\begin{array}{l}OK \bot BD\left( {BD \bot \left( {SAC} \right)} \right)\\ \Rightarrow d\left( {SC,BD} \right) = OK\end{array}\)

Xét tam giác AHC vuông tại H có

O là trung điểm AC

OK // AH (cùng vuông góc SC)

\( \Rightarrow \) OK là đường trung bình \( \Rightarrow \) \(OK = \frac{1}{2}AH = \frac{a}{2}\)\( \Rightarrow d\left( {BD,SC} \right) = \frac{a}{2}\)

a) Vì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a nên ta có: AD //BC và AB = BC = CD = a, đồng thời AC ⊥ CD, AB ⊥ BD, AC = BD = a√3.

Như vậy 

Trong mặt phẳng (SAC) dựng AH ⊥ SC tại H ta có AH ⊥ CD và AH ⊥ SC nên AH ⊥ (SCD)

Vậy AH = d(A,(SCD))

Xét tam giác SAC vuông tại A có AH là đường cao, ta có:

Vậy A H 2   =   2 a 2   ⇒   A H   =   a 2

Gọi I là trung điểm của AD ta có BI // CD nên BI song song với mặt phẳng (SCD). Từ đó suy ra d(B, (SCD)) = d(I,(SCD)).

Mặt khác AI cắt (SCD) tại D nên

Do đó: 

b) Vì AD // BC nên AD // (SBC), do đó d(AD, (SBC)) = d(A,(SBC))

Dựng AD ⊥ BC tại E ⇒ BC ⊥ (SAE)

Dựng AD ⊥ SE tại F ta có:

Vậy AF = d(A,(SBC)) = d(AD, (SBC))

Xét tam giác vuông AEB ta có:

Xét tam giác SAE vuông tại A ta có: