Ta có \(\left(SHC\right)\cap\left(SHD\right)=SH\)

Từ giả thiết \(\left(SHC\right)\perp\left(ABCD\right);\left(SHD\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

                \(\Leftrightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}AB.AD.SH=\frac{1}{3}a^2\sqrt{3}.SH\left(1\right)\)

Ta có \(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow HD\) là hình chiếu của SD trên (ABCD), suy ra góc giữa SD và (ABCD) là \(\widehat{SDH}=60^0\Rightarrow SH=HD\tan\widehat{SDHH}=\frac{a\sqrt{39}}{2}\)

Khi đó \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{2}a^3\sqrt{13}\)

Dựng hình bình hành ACBE. Khi đó AC//BE suy ra AC//(SBE)

\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=d\left(AC,\left(SBE\right)\right)=d\left(A,\left(SBE\right)\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)\)

Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên BE và SK.

Khi đó \(BE\perp KH,BE\perp SH\Rightarrow BE\perp HI\left(1\right)\)

Mặt khác \(HI\perp SK\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(HI\perp\left(SBE\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SBE\right)\right)=HI\)

Tính được \(HK=\frac{a\sqrt{3}}{4};HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{212}}\)

\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)=2HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{53}}=\frac{a\sqrt{2067}}{53}\)

Ý C

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: $d=\dfrac{a\sqrt5}{2}$

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

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

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

$S$ thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đáy tại trung điểm $H$ của $AB$

$\Rightarrow SH\perp(ABCD)$

Xét tam giác vuông $SCH$ (vì $SH\perp(ABCD)$):

$\angle(SC,(ABCD))=45^\circ$

$\Rightarrow \tan45^\circ=\dfrac{SH}{HC}=1$

$\Rightarrow SH=HC$

Ta có: $H$ là trung điểm $AB \Rightarrow AH=\dfrac a2$

$HC=\sqrt{AH^2+AD^2} =\sqrt{\left(\dfrac a2\right)^2+(2a)^2} =\dfrac{a\sqrt{17}}2$

$\Rightarrow SH=\dfrac{a\sqrt{17}}2$

Gọi $M$ là trung điểm của $SD$ nên: $SM=\dfrac{SD}{2}$

Vì $SD$ có thành phần vuông góc với $(SAC)$ bằng $SH$, nên khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(SAC)$ bằng một nửa khoảng cách từ $D$ đến $(SAC)$.

Mà: $d(D,(SAC))=SH=\dfrac{a\sqrt{17}}2$

=> $d(M,(SAC))=\dfrac12\cdot\dfrac{a\sqrt{17}}2=\dfrac{a\sqrt{17}}4$

Vậy $d=\dfrac{a\sqrt{17}}4$

S A B C D M N H K

Thế tích của khối chóp S.CDNM :

\(S_{CDNM}=S_{ABCD}-S_{AMN}-SBC\)

             \(=AB^2-\frac{1}{2}AM.AN-\frac{1}{2}BC.BM\)

             \(=a^2-\frac{a^2}{8}-\frac{a^2}{4}=\frac{5a^2}{8}\)

Vậy \(V_{SCDNM}=\frac{1}{3}S_{CDNM.SH}=\frac{5\sqrt{3}a^2}{24}\)

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng DM và SC

\(\Delta ADM=\Delta DCN\Rightarrow\widehat{ADM}=\widehat{DCN}\Rightarrow DM\perp CN\) 

Kết hợp với điều kiện :

\(DM\perp SH\Rightarrow DM\perp\left(SHC\right)\)

Hạ \(HK\perp SC\left(K\in SC\right)\Rightarrow HK\)là đoạn vuông góc chung của DM và SC

Do đó :

\(d\left(DM,SC\right)=HK\)

Ta có :

\(\begin{cases}HC=\frac{CD^2}{CN}=\frac{2a}{\sqrt{5}}\\HK=\frac{SH.HC}{\sqrt{SH^2+HC^2}}=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}\end{cases}\)

\(\Rightarrow d\left(DM,SC\right)=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}\)

cậu ơi, hướng dẫn giúp tớ bài tương tự này với: cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, góc giữa SD và mặt phẳng ABCD là 45 độ, SA vuông góc (ABCD). M là trung điểm BC. Tính khoảng cách DM và SC

cảm ơn c nhiều nhiều.

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

+)

+)

+)  Ta có A B ⊥ B C , kẻ  A P ⊥ S B ( P ∈ S B )

d(A;(SBC)) = AP ⇒ d(AD;SB) = AP

+) 

  Đáp án A

S B M H A E N C D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AB, suy ra \(SH\perp\left(ABCD\right)\)

Do đó, SH là đường cao của hình chóp S.BMDN

Ta có : \(SA^2+SB^2=a^2+3a^2=AB^2\)

Nên tam giác SAB là tam giác vuông tại S.

Suy ra : \(SM=\frac{AB}{2}=a\) Do đó tam giác SAM là tam giác đều, suy ra \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)

Diện tích của tứ giác BMDN là \(S_{BMDN}=\frac{1}{2}S_{ABCD}=2a^2\)

Thể tích của khối chóp S.BMDN là \(V=\frac{1}{3}SH.S_{BMDN}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\)

Kẻ ME song song với DN (E thuộc AD)

Suy ra : \(AE=\frac{a}{2}\) Đặt \(\alpha\) là góc giữa 2 đường thẳng SM và DN

Ta có \(\left(\widehat{SM,ME}\right)=\alpha\), theo định lý 3 đường vuông góc ta có \(SA\perp AE\)

Suy ra :

\(SE=\sqrt{SA^2+AE^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2};ME=\sqrt{AM^2+AE^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)

Tam giác SME là tam giác cân tại E nên \(\begin{cases}\widehat{SME}=\alpha\\\cos\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\end{cases}\)

Cho mình hỏi, tam giác cân thì tại sao lại suy ra cos góc kia như thế ??