Hướng dẫn giải (chi tiết)

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a, H$ là trọng tâm tam giác nên $B H=\dfrac{2}{3} B O=\dfrac{a \sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow H D=B D-B H=a \sqrt{3}-\dfrac{a \sqrt{3}}{3}=\dfrac{2 a \sqrt{3}}{3}$

Xác định $30^{0}=\left( {\widehat {SD;(ABCD)}} \right)=(S \widehat{D ; H D})=\widehat{S D H}$ và 

$S H=H D \cdot \tan \widehat{S D H}=\dfrac{2 a \sqrt{3}}{3} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{2 a}{3}$

Ta có 

$\begin{array}{l}{B H \cap(S C D)=D \Rightarrow \dfrac{d(B ;(S C D))}{d(H ;(S C D))}=\dfrac{B D}{H D}=\dfrac{3}{2}} \\ {\Rightarrow d(B ;(S C D))=\dfrac{3}{2} \cdot d(H ;(S C D))}\end{array}$

Ta có $H C \perp A B \Rightarrow H C \perp C D$

Kẻ $H K \perp S C \quad(1)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{C D \perp H C} \\ {C D \perp S H}\end{array} \Rightarrow C D \perp(S H C) \Rightarrow C D \perp H K\right. (2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow H K \perp(S C D) \Rightarrow d(H ;(S C D))=H K$

Tam giác vuông $SHC$, có:

$H K=\dfrac{S H \cdot H C}{\sqrt{S H^{2}+H C^{2}}}=\dfrac{\dfrac{2 a}{3} \cdot \dfrac{a \sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\left(\dfrac{2 a}{3}\right)^{2}+\left(\dfrac{a \sqrt{3}}{3}\right)^{2}}}=\dfrac{2 a \sqrt{21}}{21}$

Vậy $d(B ;(S C D))=\dfrac{3}{2} H K=\dfrac{a \sqrt{21}}{7}$

Đáp án: B.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong $(SBC)$, kẻ $S H \perp B C$ tại $H$. Ta có $S H \perp(A B C)$

Ta có $\Delta SBH$ vuông tại $H$ có $S H=S B \cdot \sin 30^{\circ}=a \sqrt{3} ; B H=S B \cdot \cos 30^{\circ}=3 a$; $H C=B C-B H=a$

Khi đó $B H=4 H C$ nên $d(B,(S A C))=4 d(H,(S A C))$

Trong $(ABC)$, kẻ $H K \perp A C$; trong $(SHK)$, kẻ $H I \perp S K$

Ta có $S H \perp A C$ nên $A C \perp(S H K)$ suy ra $A C \perp H I$ hay $H I=d(H,(S A C))$

nên $\dfrac{H K}{A B}=\dfrac{C H}{C A} \Rightarrow H K=\dfrac{C H \cdot A B}{\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}}=\dfrac{3 a}{5}$

Tam giác $SHK$ vuông tại $H$ có $\dfrac{1}{H I^{2}}=\dfrac{1}{S H^{2}}+\dfrac{1}{H K^{2}}$

$\Rightarrow H I=\dfrac{S H \cdot H K}{\sqrt{S H^{2}+H K^{2}}}=\dfrac{3 \sqrt{7} a}{14}$

Vậy $d(B,(S A C))=\dfrac{6 \sqrt{7} a}{7}.$

Đáp án: B.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Kẻ $H K \perp C D \Rightarrow C D \perp(S H K)$, do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là

$\widehat{S K H}=45^{0}$

Ta có $\Delta H K D$ vuông cân tại K, do vậy

$H K=K D=\dfrac{3 a}{2} \Rightarrow S H=H K \cdot \tan 45^{0}=\dfrac{3 a}{2}$

Dựng $A x / / B D$ ta có $d(S A, B D)=d(B D,(S A x))=d(H,(S A x))$

Dựng $H E \perp A x \Rightarrow H E=O A=a \sqrt{2}$

Dựng $H F \perp S E(1)$ ta có :$\left\{\begin{array}{l}{A x \perp S H} \\ {A x \perp H E}\end{array} \Rightarrow A x \perp(S H E) \Rightarrow A x \perp H F(2)\right.$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow H F \perp(S A x) \Rightarrow d(H ;(S A x))=H F$

Vậy $H F=\frac{S H \cdot H E}{\sqrt{S H^{2}+H E^{2}}}=\dfrac{\dfrac{3 a}{2} \cdot a \sqrt{2}}{\sqrt{\left(\dfrac{3 a}{2}\right)^{2}+(a \sqrt{2})^{2}}}=\dfrac{3 a \sqrt{34}}{17}=d$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $A A^{\prime}=\sqrt{A^{\prime} B^{2}-A B^{2}}=a \sqrt{2}$

Dựng $C x \| A M$ khi đó $d\left(A M ; B^{\prime} C\right)=d\left(A M ;\left(B^{\prime} C x\right)\right)$

$=d\left(M ;\left(B^{\prime} C x\right)\right)=\dfrac{1}{2} d\left(B ;\left(B^{\prime} C x\right)\right)$

( vì $B M \cap\left(B^{\prime} C x\right)=C$ và M là trung điểm của BC)

Dựng $\left\{\begin{array}{l}{B E \perp C x} \\ {B F \perp B^{\prime} E(1)}\end{array}\right.$ ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{C x \perp B E} \\ {C x \perp B B^{\prime}}\end{array} \Rightarrow C x \perp\left(B B^{\prime} E\right) \Rightarrow C x \perp B F(2)\right.$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow B F \perp\left(B^{\prime} C x\right) \Rightarrow d\left(B ;\left(B^{\prime} C x\right)\right)=B F$

Gọi $P=B E \cap A M$ do $M P / / C E, M B=M C$ nên $P B=P E$

Mà $B P=\dfrac{A B \cdot B M}{\sqrt{A B^{2}+B M^{2}}}=\dfrac{a \cdot \dfrac{a}{2}}{\sqrt{a^{2}+\dfrac{a^{2}}{4}}}=\dfrac{a}{\sqrt{5}}$

Suy ra $B E=\dfrac{2 a}{\sqrt{5}} \Rightarrow B F=\dfrac{B E \cdot B B^{\prime}}{\sqrt{B E^{2}+B B^{2}}}=\dfrac{2 a}{\sqrt{7}}$

Do đó  $d=\dfrac{a}{\sqrt{7}}$

Đáp án: D.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì $B^{\prime} G \perp(A B C)$

Dựng $C I \perp A B$, suy ra I là trung điểm của AB.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{A B \perp B^{\prime} G} \\ {A B \perp G I}\end{array} \Rightarrow A B \perp\left(B^{\prime} G I\right) \Rightarrow\left(\left(A B B^{\prime} \overline{A^{\prime}}\right) ;(A B C)\right)=\widehat{B^{\prime} I G}=60^{\circ}\right.$

Lại có $C I=\dfrac{1}{2} A B=\dfrac{3 a \sqrt{2}}{2} \Rightarrow G I=\dfrac{1}{3} C I=\dfrac{a \sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow B^{\prime} G=G I \cdot \tan 60^{\circ}=\dfrac{a \sqrt{6}}{2}$

Dựng $I H \perp B^{\prime} C$ ta có $I H \subset\left(B^{\prime} I C\right)$, mà $A B \perp\left(B^{\prime} I C\right) \Rightarrow I H \perp A B$

$\Rightarrow d\left(A B ; B^{\prime} C\right)=I H=\dfrac{B^{\prime} G \cdot C I}{B^{\prime} C}$

Ta có $B^{\prime} C=\sqrt{B^{\prime} G^{2}+G C^{2}}=\sqrt{\dfrac{3 a^{2}}{2}+2 a^{2}}=\dfrac{a \sqrt{14}}{2} \Rightarrow I H=\dfrac{3 a \sqrt{42}}{14}$

Do đó $d=I H=\dfrac{3 a \sqrt{42}}{14}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi P là trung điểm BC và $E=N P \cap A C$, suy ra $P N \| B D$ nên $B D \|(M N P)$

Do đó 

$d(B D ; M N)=d(B D ;(M N P))=d(O ;(M N P))$

Ta có $P E / / B O$ , P là trùn điểm BC nên E là trung điểm của OC, do đó $O E=\dfrac{1}{3} A E$

Mà $A O \cap(M N P)=E \Rightarrow d(O ;(M N P))=\dfrac{1}{3} d(A ;(M N P))$

Kẻ $A K \perp M E(1)$ ta có :

$\begin{array}{l}{\left\{\begin{array}{l}{B D \perp A C} \\ {B D \perp S A}\end{array} \Rightarrow B D \perp(S A C)\right.} \\ {N P / / B D \Rightarrow N P \perp(S A C) \Rightarrow N P \perp A K(2)}\end{array}$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(M N P)$. Khi đó $d(A ;(M N P))=A K$

Tính được $S A=\sqrt{S C^{2}-A C^{2}}=10 \sqrt{3} \Rightarrow M A=5 \sqrt{3} ; A E=\dfrac{3}{4} A C=\dfrac{15 \sqrt{2}}{2}$

Tam giác vuông MAE, có $A K=\dfrac{M A \cdot A E}{\sqrt{M A^{2}+A E^{2}}}=3 \sqrt{5}$

Vậy $d(B D ; M N)=\dfrac{1}{3} A K=\sqrt{5}$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $O,I$ lần lượt là trung điểm của BD và CD

Kẻ GQ song song với SO. Suy ra $GQ$ vuông góc với $(ABCD)$

Suy ra AQ là hình chiếu vuông góc của AG lên mặt phẳng đáy

Xét tam giác vuông $SOC$ vuông tại O, theo định lí Pytago, ta có

$SO^2+OC^2=SC^2$ suy ra $SO= \sqrt{SC^2-OC^2}=\sqrt{SC^2-\dfrac{AC^2}{4}}=\dfrac{a}{\sqrt{2}}$

Xét tam giác $SOI$ có GQ song song với SO, theo định lí Talet và do G là trọng tâm tam giác SCD nên $GQ=\dfrac{SO}{3}=\dfrac{a \sqrt{2}}{6}$

Tính được $IQ=\dfrac{OI}{3}=\dfrac{a}{6},HQ=\dfrac{5a}{6},AH=\dfrac{a}{2}$ nên $AQ=\dfrac{a \sqrt{34}}{6}$

Do đó $\tan \left( AQ,(ABCD) \right)=\dfrac{GQ}{AQ}=\dfrac{\sqrt{17}}{17}$

Đáp án A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Do $AD//\left( {SBC} \right) = > d\left( {AD,SB} \right) = d\left( {AB,\left( {SBC} \right)} \right)$

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. $I,J$ lần lượt là trung điểm của $AD$ và $BC$.

Trong $mp(SIJ)$ kẻ 

$IH \bot SJ,(H \in SJ)(1)$

Theo giả thiết, ta có: 

$\left. \begin{array}{l}\nSO \bot \left( {ABCD} \right) = > SO \bot BC\\\nIJ//AB = > IJ \bot BC\n\end{array} \right\} = > BC \bot \left( {SIJ} \right) = > IH \bot BC(2)$

Kết hợp: $(1) + (2) = > IH \bot \left( {SBC} \right)$ hay $d\left( {AD,SB} \right) = IH$

Xét tam giác $SIJ$ có: $[{S_{SIJ}} = \dfrac{1}{2}IH.SJ = \dfrac{1}{2}SO.IJ = > IH = \dfrac{{SO.IJ}}{{SJ}}$ 

với $IJ=a,SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = a\sqrt {\dfrac{3}{2}} ,SJ = \sqrt {S{B^2} - B{J^2}} = \dfrac{{a.\sqrt 7 }}{4}$

Suy ra: $IH = \dfrac{{SO.IJ}}{{SJ}} = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{7}$

$$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) = > SA \bot AM,SA \bot AN$ , hai mặt phẳng $(SAN),(SAM)$ có giao tuyến là $SA$. Nên góc giữa $AM$ và $AN$ chính là góc $MAN=45^o \Leftrightarrow A_2=45^o$

Ta có:  ${A_1} + {A_2} + {A_3} = {90^o} = > {A_1} + {A_3} = {45^o}$

Có: $\tan \left( {{A_1} + {A_3}} \right) = \dfrac{{\tan {A_1} + \tan {A_3}}}{{1 - \tan {A_1}.\tan {A_3}}} \Leftrightarrow \dfrac{{\tan {A_1} + \tan {A_3}}}{{1 - \tan {A_1}.\tan {A_3}}} = 1$  (1)

Xét trong hai tam giác vuông $ABM,ADN$ :

$\n\tan {A_1} = \dfrac{{BM}}{{BA}} = \dfrac{{a - x}}{a}, \tan {A_2} = \dfrac{{DN}}{{AD}} = \dfrac{{a - y}}{a}\n$  (2)

Thay (2) vào (1), ta có: 

$\dfrac{{\dfrac{{a - x}}{a} + \dfrac{{a - y}}{a}}}{{1 - \dfrac{{a - x}}{a}.\dfrac{{a - y}}{a}}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{2a - x - y}}{a} = \dfrac{{{a^2} - \left( {a - x} \right)\left( {a - y} \right)}}{{{a^2}}} \Leftrightarrow a\left( {2a - x - y} \right) = a.\left( {x + y} \right) - xy$

$ \Leftrightarrow 2{a^2} = 2a\left( {x + y} \right) - xy$

$a=1=>2x+2y-xy-2=0$