Bài 5: Khoảng cách

a: BC vuông góc AB

BC vuông góc SA
=>BC vuông góc (SAB)

b: (SB;(ABCD))=(BS;BA)=góc SBA

\(\sin SBA=\dfrac{SA}{SB}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2a}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>góc SBA=60 độ

Hướng dẫn: gọi O là tâm đáy thì \(A'O\perp\left(ABCD\right)\) \(\Rightarrow\) chóp \(A'.ABCD\) là chóp tứ giác đều

\(d\left(B;\left(D'AC\right)\right)=d\left(D;\left(D'AC\right)\right)\)

Gọi E là giao điểm A'D và AD' \(\Rightarrow E\) là trung điểm A'D

\(AC\perp\left(A'DB\right)\Rightarrow\left(A'DB\right)\perp\left(D'AC\right)\)

Mà \(OE=\left(A'DB\right)\cap\left(D'AC\right)\) nên từ D kẻ \(DF\perp OE\) thì \(DF\perp\left(D'AC\right)\)

Hay DF là đoạn cần tìm

1.

a. Do \(AD||BC\Rightarrow\left(SD;BC\right)=\left(SD;AD\right)=\widehat{SDA}\)

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

b.

Gọi E là trung điểm AB \(\Rightarrow IE\) là đường trung bình tam giác ABD

\(\Rightarrow IE||BD\Rightarrow\left(SI;BD\right)=\left(SI;IE\right)=\widehat{SIE}\)

\(IE=\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{1}{2}\sqrt{AB^2+AD^2}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(SI=\sqrt{SA^2+IA^2}=\sqrt{SA^2+\left(\dfrac{AD}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{13}}{2}\)

\(SE=\sqrt{SA^2+AE^2}=\sqrt{SA^2+\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2}=2a\)

Áp dụng định lý hàm cos trong tam giác SIE:

\(cos\widehat{SIE}=\dfrac{SI^2+IE^2-SE^2}{2SI.IE}=\dfrac{\sqrt{65}}{65}\)

\(\Rightarrow\widehat{SIE}\approx82^052'\)

2.

a.

\(BB'||AA'\Rightarrow\left(A'D;BB'\right)=\left(A'D;AA'\right)=\widehat{DA'A}\)

\(tan\widehat{DA'A}=\dfrac{DA}{AA'}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow\widehat{DA'A}\approx41^048'\)

b.

\(CD||AB\Rightarrow\left(AC';CD\right)=\left(AC';AB\right)=\widehat{BAC'}\)

\(AC'=\sqrt{AB^2+AD^2+A'A^2}=a\sqrt{10}\)

\(BC'=\sqrt{AD^2+A'A^2}=3a\)

Áp dụng định lý hàm cos cho tam giác BAC':

\(cos\widehat{BAC'}=\dfrac{AC'^2+AB^2-BC'^2}{2AC'.AB}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC'}\approx71^034'\)

Hình vẽ bài 1:

Do M là trung điểm SA, H là trung điểm AB \(\Rightarrow HM\) là đường trung bình tam giác SAB

\(\Rightarrow HM||SB\Rightarrow HM||\left(SBC\right)\)

\(\Rightarrow d\left(M;\left(SBC\right)\right)=d\left(H;\left(SBC\right)\right)\)

Trong mp (ABC) từ H kẻ \(HD\perp BC\), trong mp (SHD) từ H kẻ \(HE\perp SD\)

\(\Rightarrow HE\perp\left(SBC\right)\Rightarrow HE=d\left(H;\left(SBC\right)\right)\)

\(HD=HB.sinB=\dfrac{a}{2}.sin60^0=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)

Hệ thức lượng trong tam giác vuông SHD:

\(\dfrac{1}{HE^2}=\dfrac{1}{SH^2}+\dfrac{1}{HD^2}\Rightarrow HE=\dfrac{SH.HD}{\sqrt{SH^2+HD^2}}=\dfrac{a\sqrt{51}}{17}\)

\(\Rightarrow d\left(M;\left(SBC\right)\right)=HE=\dfrac{a\sqrt{51}}{17}\)

Chọn B

Gọi $O$ là giao điểm của $DC'$ và $D'C$, khi đó $CO=D'O$

Ta có $BC//B'C'$, suy ra $BC//(DB'C')$

Khi đó $d(DC',BC)=d(BC,(DB'C'))=d(C,(DB'C'))$

Lại có $CD\cap (DB'C')=O\Rightarrow \frac{d(C,(DB'C'))}{d(D',(DB'C'))}=\frac{CO}{D'O}=1\Leftrightarrow d(C,(DB'C'))=d(D',(DB'C'))$

Ta có $\left\{\begin{matrix} D'C' \perp B'C' & \\ DD' \perp B'C'& \end{matrix}\right.\Rightarrow B'C' \perp(DD'C')$

Vì $DD'C'C$ là hình vuông nên $D'O \perp DC'$

Ta có: $\left\{\begin{matrix} D'O \perp DC & \\ B'C' \perp(DD'C')\Rightarrow B'C'\perp D'O& \end{matrix}\right.\Rightarrow D'O\perp(DB'C')$

Vậy $D'O=d(D'(DB'C'))$

Áp dụng định lý $Pythagoras$ trong $\Delta D'OD$ ta được:

$DD'^2=DO^2+D'O^2\Leftrightarrow a^2=2D'O^2\Leftrightarrow D'O=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Vậy $d(D',(DB'C'))=d(C'(DB'C'))=d(BC,DC')=\frac{a}{\sqrt{2}}$