Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình bình hành, \[O\] là giao điểm của \[AC\] và \[BD\]. Biết \[SA = SC\], \[SB = SD\], chứng minh:

a) \[SO\] vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\].

b) Gọi \[M\] là trung điểm \[AD\], \[H\] là hình chiếu của \[M\] lên \[BD\]. Chứng minh: \[MH \bot SD\].

c) Gọi \[N,\,P\] lần lượt là trung điểm \[AB,\,SA\]. Chứng minh: \[MH \bot NP\].

Hướng dẫn giải

Từ \(A\) dựng \(AK \bot ID\left( {K \in ID} \right)\)

Mà  \(ID \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\)\( \Rightarrow ID \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow ID \bot SK\)

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {SDI} \right)\] và \[\left( {ABCD} \right)\] là góc \(\widehat {AKS} = 60^\circ \).

Tam giác \(SAK\) vuông tại \(A\), ta có: \({\mathop{\rm Sin}\nolimits} \widehat {ASK} = \frac{{SA}}{{SK}} \Rightarrow SK = \frac{{SA}}{{{\mathop{\rm Sin}\nolimits} \widehat {ASK}}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\), ta có: \(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = a\sqrt 5 \)

Tam giác \(SID\) vuông tại \(S\), \(SK\) là đường cao, ta có:

\(\frac{1}{{S{K^2}}} = \frac{1}{{S{I^2}}} + \frac{1}{{S{D^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{I^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}} - \frac{1}{{5{a^2}}} \Rightarrow SI = \frac{{2a\sqrt {55} }}{{11}}\).

Hướng dẫn giải

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'B'B} \right) \Rightarrow BC \bot A'B\).

Mặt khác \(AB \bot BC\) và \(\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\)

Do đó \(\left( {\left( {A'BC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A'B,AB} \right) = \widehat {A'BA}\).

Xét \(\Delta A'AB\) vuông tại \(A,\)có  \(\tan \widehat {A'BA} = \frac{{AA'}}{{AB}} = \frac{4}{{2\sqrt 2 }} = \frac{2}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat {A'BA} \approx 54,7^\circ \).