Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MNCP là hình bình hành nên MN song song với mặt phẳng (SAC). Mặt khác, BD vuông góc với mặt phẳng (SAC) nên BD vuông góc với MN.
Vì MN song song với mặt phẳng (SAC) nên
\(d\left(MN,AC\right)=d\left(N,SAC\right)\)
\(=\frac{1}{2}d\left(B;\left(SAC\right)\right)=\frac{1}{4}BD=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)
Vậy \(d\left(MN;AC\right)=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)
Chọn B.
Gọi H = DF ∩ SA => H là trung điểm của ED. I = AC ∩ BD => I là trung điểm BD
Vậy HI là đường trung bình của tam giác BED => HI//EB(1)
Ta có 
(chóp tứ giác đều, hình chiếu của đỉnh S xuống đáy là I)
Gọi Q à trung điểm AB; dễ thấy NQ là đường trung bình của tam giác ABE => NQ//BE.
Gọi M là trung điểm BC; dễ thấy MQ//AC , 
Ta có 
Góc giữa hai đường thẳng MN và BD bằng 90 °
Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) \(\Rightarrow SA\perp\left(ABC\right)\)
\(AB\perp BC\Rightarrow SB\perp BC\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC)
\(\Rightarrow\widehat{SBA}=60^o\)
\(\Rightarrow SA=AB.\tan\widehat{SBA}=2a\sqrt{3}\)
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N
\(\Rightarrow MN||BC\) và N là trung điểm của \(AC\\ \)
\(MN=\frac{BC}{2}=a;BM=\frac{AB}{2}=a\)
Diện tích \(S_{BCNM}=\frac{\left(BC+MN\right).BM}{2}=\frac{3a^2}{2}\)
Thể tích \(V_{S.BCNM}=\frac{1}{3}S_{BCNM}.SA=a^3\sqrt{3}\)
Kẻ đường thẳng \(\Delta\) đi qua N, song song với AB
Hạ \(AD\perp\Delta\left(D\in\Delta\right)\Rightarrow AB||\left(SND\right)\)
\(\Rightarrow d\left(AB;SN\right)=d\left(AB,\left(SND\right)\right)=d\left(A,\left(SND\right)\right)\)
Hạ \(AH\perp SD\left(H\in SD\right)\Rightarrow AH\perp\left(SND\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SND\right)\right)=AH\)
Tam giác SAD vuông tại A : \(\begin{cases}AH\perp SD\\AD=MN=a\end{cases}\)
\(\Rightarrow d\left(AB,SN\right)=AH=\frac{SA.AD}{\sqrt{SA^2+AD^2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}\)
Gọi EN giao FM tại K, AP cắt BC tại V, AK cắt BC tại U. Giao điểm của EF với AK và AP lần lượt là L và I.
Áp dụng ĐL Thales ta dễ có \(\frac{FL}{AM}=\frac{KF}{KM}=\frac{EF}{MN}=\frac{EI}{AM}\Rightarrow FL=EI\). Từ đây BU = CV
Suy ra hai điểm U,V đối xứng với nhau qua trung điểm T của cạnh BC (1)
Mặt khác gọi S là chân đường cao xuất phát từ A của tam giác ABC. KJ vuông góc AH tại J, AH cắt EF tại G.
Ta thấy ^KJH = ^KEH = ^KFH = 900 nên năm điểm E,F,K,H,J đồng viên
Từ đó \(GE.GF=GH.GJ\Rightarrow\frac{1}{4}SB.SC=\frac{1}{4}SH.SA=GH.GJ\)
Hay \(d_{\left(O,EF\right)}.AG=GH.d_{\left(K,EF\right)}\Rightarrow\frac{d_{\left(O,EF\right)}}{d_{\left(K,EF\right)}}=\frac{GH}{AG}\). Từ đó dễ suy ra L,O,H thẳng hàng
Gọi cát tuyến LOH cắt BC tại V'. Ta lại có CF và OH cắt nhau tại trọng tâm tam giác ABC nên theo ĐL Thales:
\(CV'=2.FL=BU\). Suy ra hai điểm U và V' đối xứng nhau qua trung điểm cạnh BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra V trùng V'. Mà AP cắt BC tại V, OH (Đường Euler của tam giác ABC) cắt BC tại V'
Nên OH,AP,BC đồng quy (đpcm).