Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(E\) là điểm đối xứng của \(D\) qua trung điểm \(SA\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AE\) và \(BC\). Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(BD\). Tính \(\sin \alpha \).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 0,84

Ta có \(AC \cap BD\) tại \(O\) mà \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(AC \cap \left( {SBD} \right) = O\)\( \Rightarrow \frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AO}}{{CO}} = 1\)

\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).

Hạ \(AK \bot BD\) mà \(BD \bot SA\) nên \(BD \bot \left( {SAK} \right)\).

Hạ \(AI \bot SK\) (1).

Mà \(BD \bot \left( {SAK} \right)\)\( \Rightarrow AI \bot BD\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(AI \bot \left( {SBD} \right)\). Do đó \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\).

Ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow AK = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Vì \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\) và có diện tích \(S = 3\) nên \(SA = \frac{{2.S}}{{AD}} = \frac{{2.3}}{{\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \).

Xét \(\Delta SAK\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{12}} + \frac{4}{3} = \frac{{17}}{{12}}\)\( \Rightarrow AI = \frac{{2\sqrt {51} }}{{17}} \approx 0,84\).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Tam giác \(SAB\) đều, \(H\) là trung điểm \(AB\) nên \(SH \bot AB\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAB) \cap (ABCD) = AB}\\{(SAB) \bot (ABCD)}\\{SH \subset (SAB),SH \bot AB}\end{array} \Rightarrow SH \bot (ABCD)} \right.\).

b) c) Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD \bot AB(gt)}\\{AD \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow AD \bot (SAB),}\\{AB,SH \subset (SAB)}\end{array}} \right.\)

mà \(AD \subset (SAD) \Rightarrow (SAD) \bot (SAB)\)\( \Rightarrow \left( {(SAB),(SAD)} \right) = 90^\circ \).

d) Ta lại có: \(\Delta BCH = \Delta CDI\) (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {{C_1}} = \widehat {{D_1}}\), mà \(\widehat {{D_1}} + \widehat {{I_1}} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {{C_1}} + {\widehat {{\mkern 1mu} I{\mkern 1mu} }_1} = 90^\circ \).

\( \Rightarrow HC \bot DI\)

Như vậy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DI \bot CH}\\{DI \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow DI \bot (SHC){\rm{, m\`a  }}DI \subset (SDI)}\\{CH,SH \subset (SHC)}\end{array}} \right.\)

 \( \Rightarrow (SDI) \bot (SHC)\).