Cho hình thoi ABCD có $\widehat{BAD}=60°,AB=2a$. Gọi H là trung điểm của AB. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại H lấy điểm S thay đổi khác H. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M sao cho $BM=\frac{1}{4}BC$. Tính theo a độ dài của SH để góc giữa SC và (SAD) có số đo lớn nhất

Đáp án A

Gọi $\phi$  là góc giữa SC và (SAD), N là giao điểm của HM và AD, K là hình chiếu vuông góc của H trên SN, I là giao điểm của HC với AD. Gọi E là điểm đối xứng với I qua K.

Ta có $MB=\frac{1}{4}BC=\frac{a}{2},$$HB=a,\widehat{HBM}=\widehat{BAD}=60°$

$\Rightarrow HM=\sqrt{H{B}^2+M{B}^2-2HB.MB.cos\widehat{HBM}}$

$\Rightarrow HM=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}-2a.\frac{a}{2}.\cos 60°}$$=\frac{\sqrt{3}}{2}a$

$\Rightarrow H{M}^2+M{B}^2$$={\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2$$=a^2=H{B}^2$

 $\Rightarrow \Delta HMB$ vuông tại M

 $\Rightarrow HM\perp MB$ hay $MN\perp BC$ .

Vì  $\left\{\begin{array}{l}SH\perp AD\left(\text{do\hspace{0.17em}}SH\perp \left(ABCD\right)\right)\\ MN\perp AD\left(\text{do }MN\perp BC\right)\end{array}\right.$$\Rightarrow AD\perp \left(SMN\right)\Rightarrow AD\perp HK$, mà $HK\perp SN$  nên $HK\perp \left(SAD\right)$ . Lại có HK là đường trung bình của $\Delta ICE$  nên $HK\text{//}CE$ . Suy ra $CE\perp \left(SAD\right)$  tại E và SE là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (SAD).

Vậy $\phi =\left(\widehat{SC,\left(SAD\right)}\right)$$=\widehat{\left(SC,SE\right)}=\widehat{CSE}$ .

Đặt $SH=x,\left(x>0\right)$  . Do $\Delta SHN$  vuông tại H có HK là đường cao nên ta có

$\begin{array}{l}\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{N}^2}\\ \Rightarrow HK=\frac{SH.HN}{\sqrt{S{H}^2+H{N}^2}}\\ =\frac{\sqrt{3}ax}{\sqrt{4x^2+3a^2}}\\ \Rightarrow CE=2HK=\frac{2\sqrt{3}ax}{\sqrt{4x^2+3a^2}}\end{array}$

Do $\Delta SHC$  vuông tại H nên

$\begin{array}{l}SC=\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}\\ =\sqrt{S{H}^2+H{M}^2+M{C}^2}\\ =\sqrt{x^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)}^2+{\left(\frac{5a}{2}\right)}^2}\\ =\sqrt{x^2+7a^2}\end{array}$

 $\Delta SEC$ vuông tại E nên $\sin \phi =\sin \widehat{CSE}$$=\frac{EC}{SC}$$=\frac{2\sqrt{3}ax}{\sqrt{\left(4x^2+3a^2\right)\left(x^2+7a^2\right)}}$

$\Rightarrow \sin \phi =\frac{2\sqrt{3}ax}{\sqrt{\left(4x^4+21a^4\right)+31a^2{x}^2}}$$\le \frac{2\sqrt{3}ax}{\sqrt{4\sqrt{21}{a}^2{x}^2+31a^2{x}^2}}$$=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{4\sqrt{21}+31}}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $4x^4=21a^4\iff x^4=\frac{21}{4}{a}^4$$\iff x=\sqrt[4]{\frac{21}{4}}a$ .

Vậy góc$\phi$  đạt lớn nhất khi  $\sin \phi$ đạt lớn nhất, khi đó $SH=\sqrt[4]{\frac{21}{4}}a$