+ Kẻ SH ⊥ AC, H ∈  AC

Do (SAC)  ⊥ (ABCD) ⇒ SH  ⊥ (ABCD)

+ BD = 2a ⇒ AC = 2a

SA = A C 2 − S C 2 = 2 a 2 − a 3 2 = a ; SH =  S A . S C A C = a . a 3 2 a = a 3 2

Ta có: AH = S A 2 − S H 2 = a 2 − a 3 2 2 = a 2 ⇒ AC = 4AH

Lại có: HC ∩ (SAD) = A d C ; S A D d H ; S A D = A C A H =  4

⇒ d(C; (SAD)) = 4d(H; (SAD))

Do BC // (SAD) (BC//AD)  ⇒  d(B; (SAD)) = d(C; (SAD))

Do đó d(B; (SAD)) = 4d(H; (SAD))

+ Kẻ HK ⊥ AD tại K, kẻ HJ ⊥  SK tại J

Ta chứng minh được HJ ⊥  (SAD)  ⇒ d(H; (SAD)) = HJ

⇒  d(B; (SAD)) = 4HJ

+ Tính HJ

Tam giác AHK vuông tại K có H A K ^ = C A D ^ = 45 ° ⇒  HK = AH.sin 45 ° =  a 2 4

Mặt khác: 1 H J 2 = 1 H K 2 + 1 S H 2 ⇒ HJ =  a 21 14

Vậy d(B; (SAD)) = 4 . a 21 14 = 2 a 21 7 .

Đáp án C

Đáp án A

\(d\left(M,BN\right)=\frac{\left|13\left(-1\right)-10.2+13\right|}{\sqrt{13^2+10^2}}=\frac{20}{\sqrt{269}}\)

\(H\in\Delta\Leftrightarrow H\left(3a;2a\right)\)

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

Do tam giác SAB đều và nằm trong mp vuông góc đáy \(\Rightarrow\) H là trung điểm AB

Gọi M là trung điểm AC\(\Rightarrow AM\perp AC\) (trung tuyến đồng thời là đường cao)

Gọi N là trung điểm AM \(\Rightarrow\) NH là đường trung bình tam giác AMH \(\Rightarrow NH||BM\Rightarrow NH\perp AC\)

\(\Rightarrow AC\perp\left(SNH\right)\)

Trong tam giác vuông SNH kẻ \(HK\perp SN\Rightarrow HK=d\left(H;\left(SAC\right)\right)\)

\(SH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều)

\(BM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow NH=\dfrac{1}{2}BM=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)

Hệ thức lượng:

\(\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{1}{SH^2}+\dfrac{1}{NH^2}=\dfrac{20}{3a^2}\Rightarrow NH=\dfrac{a\sqrt{15}}{10}\)

a) Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC\)

\(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow SH \bot AC\)

Mà \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

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

Lại có \(AC \bot BC\)

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

b) \(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow AI \bot SC\)

\(BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AI\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AI \bot \left( {SBC} \right)\\AI \subset \left( {ABI} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ABI} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

Đáp án là A.

V S . A B C D = 4 a 3 3 = 1 3 .4 a 2 . S H

S C = S H 2 + H C 2 = S H 2 + B H 2 + B C 2 = a 6 .

Đáp án A.

Theo giả thiết ta có SO ⊥ (ABC). Gọi D là điểm đối xưng với B qua O

=> ABCD là hình vuông => AB//CD

=> d(AB;SC) = d(AB;(SCD))  = d(E;(SCD)) = 2d(O;(SCD))(Với E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD).

Áp dung tính chất tứ diện vuông cho tứ diện OSCD ta có: