Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nhận xét
Gọi (α) là mặt phẳng qua SM và song song với AB.
Ta có BC // (α) và (ABC) là mặt phẳng chứa BC nên (ABC) sẽ cắt (α) theo giao tuyến d đi qua M và song song với BC, d cắt AC tại N.
Ta có (α) chính là mặt phẳng (SMN). Vì M là trung điểm AB nên N là trung điểm AC.
+ Xác định khoảng cách.
Qua N kẻ đường thẳng d’ song song với AB.
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua SN và d’.
Ta có: AB // (P).
Khi đó: d(AB, SN) = d(A, (P)).
Dựng AD ⊥ d’, ta có AB // (SDN). Kẻ AH vuông góc với SD, ta có AH ⊥ (SDN) nên:
d(AB, SN) = d(A, (SND)) = AH.
Trong tam giác SAD, ta có 
Trong tam giác SAB, ta có S A = A B . tan 60 o = 2 a 3 và AD = MN = BC/2 = a.
Thế vào (1), ta được
+ Ta có S A B ⊥ A B C S A C ⊥ A B C S A C ∩ S A B = S A ⇒ S A ⊥ A B C
+ Xác định điểm N, mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N ⇒ N là trung điểm của AC (MN//BC).
+ Xác định được góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là S B A ^ = 60 °
⇒ SA = AB.tan 60 ° = 2a 3
AC = A B 2 + B C 2 = 2 a 2
+ Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của AB và SN (điểm I thuộc AB và điểm J thuộc SN). Vậy khoảng cách giữa AB và SN là IJ. Ta sẽ biểu thị IJ → qua ba vectơ không cùng phương A B → ; A C → ; A S → .
I J → = I A → + A N → + N J → = m A B → + 1 2 A C → + p N S → = m A B → + 1 2 A C → + p N A → + A S → = m A B → + 1 − p 2 A C → + p A S →
Ta có: I J → ⊥ A B → I J → ⊥ N S → ⇔ I J → . A B → = 0 I J → . N S → = 0
Thay vào ta tính được m = -6/13; p = 1/13
Do đó: I J → = − 6 13 A B → + 6 13 A C → + 1 13 A S → . Suy ra
169 I J 2 = 36 A C 2 + 36 A B 2 + A S 2 − 72 A B → . A C → .
Thay số vào ta tính được IJ = 2 a 39 13 .
Vậy d(AB; SN) = 2 a 39 13 .
Đáp án D
a) 
⇒ (α) ∩ (ABC) = MN và MN // AB
Ta có N ∈ (BCD) và 
Nên ⇒ (α) ∩ (BCD) = NP và NP // CD
Ta có P ∈ (ABD)
Và 
nên ⇒ (α) ∩ (ABD) = PQ và PQ // AB
nên ⇒ (α) ∩ (ACD) = MQ và MQ // CD
Do đó MN // PQ và NP // MQ, Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Ta có: MP ∩ NQ = O. Gọi I là trung điểm của CD.
Trong tam giác ACD có : MQ // CD ⇒ AI cắt MQ tại trung điểm E của MQ.
Trong tam giác ACD có : NP // CD ⇒ BI cắt NP tại trung điểm F của NP.
Vì MNPQ là hình bình hành nên ta có
EF // MN ⇒ EF // AB
Trong ΔABI ta có EF // AB suy ra : IO cắt AB tại trung điểm J
⇒ I, O, J thẳng hàng
⇒ O ∈ IJ cố định.
Vì M di động trên đoạn AC nên Ochạy trong đoạn IJ .
Vậy tập hợp các điểm O là đoạn IJ.
a) Vì M ∈ (SAB)
Và 
nên (α) ∩ (SAB) = MN
và MN // SA
Vì N ∈ (SBC)
Và 
nên (α) ∩ (SBC) = NP
và NP // BC (1)
⇒ (α) ∩ (SCD) = PQ
Q ∈ CD ⇒ Q ∈ (ABCD)
Và 
nên (α) ∩ (ABCD) = QM
và QM // BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình thang.
b) Ta có:
⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx và Sx // AB // CD
MN ∩ PQ = I ⇒ 
MN ⊂ (SAB) ⇒ I ∈ (SAB), PQ ⊂ (SCD) ⇒ I ∈ (SCD)
⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SCD) ⇒ I ∈ Sx
(SAB) và (SCD) cố định ⇒ Sx cố định ⇒ I thuộc Sx cố định.
a) Gọi (β) là mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng AB và Ax
Do Ax // (α) nên (β) sẽ cắt (α) theo giao tuyến Bx’ song song với Ax.
Ta có M’ là điểm chung của (α) và (β) nên M’ thuộc Bx’.
Khi M trùng A thì M’ trùng B nên tập hợp M’ là tia Bx’.
Ta có tứ giác ABM’M là hình bình hành nên BM’ = AM = BN.
Tam giác BM’N cân tại B.
Suy ra trung điểm I của cạnh đáy NM’ thuộc phân giác trong Bt của góc B trong tam giác cân BNM’. Dễ thấy rằng Bt cố định.
Gọi O là trung điểm của AB. Trong mặt phẳng (AB, Bt), tứ giác OBIJ là hình bình hành nên I J → = B O → . Do đó I là ảnh của J trong phép tịnh tiến theo vectơ B O → . Vậy tập hợp I là tia Ot’ song song với Bt.
Chứng minh tương tự, ta có tam giác AKD là tam giác cân tại K có KI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao.
⇒ IK ⊥ AD (2)
Từ (1) và (2) suy ra; IK là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AD và BC.