Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh  AB và CD.

Ta có tam giác ANB cân tại N,

-> MN vuông góc AB.

Tam giác ADB = Tam giác ACB, ta có:

MD=MC -> Tam giác MDC cân tại M.

-> MN vuông góc CD

Do đó ta suy ra MN là đoạn vuông góc chung của cạnh AB và CD.

Ta có khoảng cách từ cạnh AB đến CD là MN:

MN= căn bậc a (AN^2-AM^2)= √2/2

Đáp số: khoảng cách giữa cạnh AB và CD là √2/2

Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Khi đó:

\(\Delta ACD\)và \(\Delta BCD\)là 2 tam giác đều cạnh 3 nên AN=BN=\(\frac{3\sqrt{3}}{2}\)

Đồng thời \(\Delta ABC=\Delta ABD\)nên CM=DM

Do đó MAB và NCD là 2 tam giác cân tại M và N

Vậy MN _|_ BA và MN _|_ CD

Ta có MN=\(\sqrt{NB^2-MB^2}=\sqrt{\frac{27}{4}-\frac{25}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

Dựng CH _|_ AB => CH _|_ (SAB)

Giả sử MN cắt AD tại F. Theo định lý Talet ta có:

\(\frac{DF}{MC}=\frac{ND}{NC}=\frac{1}{2}\Rightarrow DF=\frac{MC}{2}=\frac{a}{4}\)

Khi đó \(\frac{PA}{PC}=\frac{AF}{MC}=\frac{5}{2}\Rightarrow\frac{CA}{PA}=\frac{7}{5}\)

Do đó: d (P;(SAB))=\(\frac{5}{7}d\left(C;\left(SAB\right)\right)=\frac{5}{7}CH=\frac{5}{7}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{5a\sqrt{3}}{14}\)

\(\dfrac{\sqrt{3}a5}{14}\)

Ta có \(\frac{d\left(A,\left(SCD\right)\right)}{d\left(M,\left(SCD\right)\right)}=2\Rightarrow d=\left(m,\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,\left(SCD\right)\right)\)

Dễ thấy AC _|_ CD, SA _|_ CD dựng AH _|_ SA => AH _|_ (SCD)

Vậy d(A,(SCD))=AH

Xét tam giác vuông SAC (A=1v) có \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{AS^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)

Vậy suy ra \(d\left(M,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)

E=AB∩CD,G=EN∩SB⇒GE=AB∩CD,G=EN∩SB⇒G là trọng tâm tam giác SAE.

d(M,(NCD))=GMGBd(B,(NCD))=12d(B,(NCD))=12.12d(A,(NCD))=14d(A,(NCD))=14hd(M,(NCD))=GMGBd(B,(NCD))=12d(B,(NCD))=12.12d(A,(NCD))=14d(A,(NCD))=14h 

Tứ diện AEND vuông tại đỉnh A nên 1h2=1AN2+1AE2+1AD2=116a2⇒h=a√66111h2=1AN2+1AE2+1AD2=116a2⇒h=a6611 

Vậy d(M,(NCD))=a√6644.d(M,(NCD))=a6644. 

\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)a

d(h,(scd))=a\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

+ SA⊥(ABCD)⇒SA⊥BDSA⊥(ABCD)⇒SA⊥BD (1)

+ ABCD là hình vuông ⇒AC⊥BD⇒AC⊥BD (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra BD⊥(SAC)⇒BD⊥SCBD⊥(SAC)⇒BD⊥SC

Ta có {BC⊥ABAB⊥SC⇒AB⊥CE{BC⊥ABAB⊥SC⇒AB⊥CE

Khi đó {CE⊥ABCE⊥SA⇒CE⊥(SAB){CE⊥ABCE⊥SA⇒CE⊥(SAB)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: SC2=SE.SB⇒SESB=SC2SB2SC2=SE.SB⇒SESB=SC2SB2, tương tự SDSE=SC2SA2SDSE=SC2SA2

Lại cả CA=AC√2=2a;VS.ABC=13SC.SABC=23a3CA=AC2=2a;VS.ABC=13SC.SABC=23a3

Khi đó VS.CDEVS.ABC=SESBSDSA=SC2SB2.SC2SA2=4648=13VS.CDEVS.ABC=SESBSDSA=SC2SB2.SC2SA2=4648=13

Do đó VS.CDE=13.23a3=2a39VS.CDE=13.23a3=2a39.

Học mà như chơi, chơi mà vẫn học

Hai mặt phẳng (AB′D′)(AB′D′) và (A′C′D)(A′C′D) có giao tuyến là EFEF như hình vẽ.

Hai tam giác ΔA′C′D=ΔD′AB′ΔA′C′D=ΔD′AB′ và EFEF là đường trung bình của hai tam giác nên từ A′A′ và D′D′ ta kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến EFEF sẽ là chung một điểm HH như hình vẽ.

Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng A′HA′H và D′HD′H.

Tam giác DEFDEF lần lượt có D′E=D′B′2=√132D′E=D′B′2=132, D′F=D′A2=52D′F=D′A2=52, EF=B′A2=√5EF=B′A2=5.

Theo hê rông ta có: SDEF=√614SDEF=614. Suy ra D′H=2SDEFEF=√30510D′H=2SDEFEF=30510.

Tam giác D′A′HD′A′H có: cosˆA′HD′=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961cos⁡A′HD′^=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961.

Do đó ˆA′HD′≈118,4∘A′HD′^≈118,4∘ hay (ˆA′H,D′H)≈180∘−118,4∘=61,6∘(A′H,D′H^)≈180∘−118,4∘=61,6∘.

Gọi NN và PP lần lượt là trung điểm của SASA và ABAB.

Theo tính chất đường trung bình trong tam giác ta có NP // SBNP//SB và PC // AMPC//AM.

Suy ra \alpha = \widehat{NP, PC}α=NP,PC​.

Ta có NP = \dfrac{SB}2 = \dfrac{\sqrt5}2NP=2SB​=25​​ và PC = AM = \sqrt 5PC=AM=5​;\\ NC = \sqrt{NA^2 + AC^2} = \sqrt{\dfrac14 + 8} = \dfrac{\sqrt{33}}2.NC=+=41​=233​​.

\Rightarrow \cos \widehat{NPC} = \dfrac{NP^2+PC^2-NC^2}{2.NP.PC} = \dfrac{\dfrac54 + 5 - \dfrac{33}4}{2.\dfrac{\sqrt5}2.\sqrt5} = -\dfrac25⇒cosNPC=2.NP.PCNP2+PC2−NC2​=2.25​​.5​45​+5−433​​=−52​.

Vậy \cos \alpha = \dfrac25cosα=52​.2/5

Hai mặt phẳng (AB′D′)(AB′D′) và (A′C′D)(A′C′D) có giao tuyến là EFEF như hình vẽ.

Hai tam giácΔA′C′D=ΔD′AB′ΔA′C′D=ΔD′AB′và EFEF là đường trung bình của hai tam giác nên từ A′A′ và D′D′ ta kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến EFEF sẽ là chung một điểm HH như hình vẽ.

Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng A′HA′H và D′HD′H.

Tam giác DEFDEF lần lượt cóD′E=D′B′2=√132D′E=D′B′2=132,D′F=D′A2=52D′F=D′A2=52,EF=B′A2=√5EF=B′A2=5.

Theo hê rông ta có:SDEF=√614SDEF=614. Suy raD′H=2SDEFEF=√30510D′H=2SDEFEF=30510.

Tam giác D′A′HD′A′H có:cosˆA′HD′=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961cos⁡A′HD′^=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961.

Do đóˆA′HD′≈118,4∘A′HD′^≈118,4∘hay(ˆA′H,D′H)≈180∘−118,4∘=61,6∘(A′H,D′H^)≈180∘−118,4∘=61,6∘.

D là hình chiếu vuông góc của D'D′ trên (ABCD)(ABCD).

\Rightarrow \Delta ACD⇒ΔACD là hình chiếu vuông góc của \Delta ACD'ΔACD′ trên mặt phẳng (ABCD)(ABCD).

Do đó \cos \alpha = \dfrac{S_{ACD}}{S_{ACD'}}cosα=SACD′​SACD​​ với \alphaα là góc cần tìm.

Ta có \left\{ \begin{aligned} & DA^2 + DC^2 = 3\\ & DC^2 + DD'^2 = 4\\ & DA^2 + DD'^2 = 5\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & DA^2 = 2\\ & DC^2 = 1\\ & DD'^2 = 3\\ \end{aligned}\right.⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​​DA2+DC2=3DC2+DD′2=4DA2+DD′2=5​⇔⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​​DA2=2DC2=1DD′2=3​.

\Rightarrow S_{ACD} = \dfrac12.DA.DC = \dfrac{\sqrt2}2⇒SACD​=21​.DA.DC=22​​.

Dùng công thức Hê rông ta có S_{ACD'} = \dfrac{\sqrt{11}}2SACD′​=211​​.

Vậy \cos \alpha = \sqrt{\dfrac2{11}}cosα=112​.