Giải Câu 4 Bài: Bài tập ôn tập chương 3.
a) Theo giả thiết hình thoi $ABCD$ có: \(\widehat{ BAD} = 60^0\) => \(\widehat{ BCD} = 60^0\)
suy ra tam giác $BCD$ đều => \(\widehat{ CBD} = 60^0\) hay \(\widehat{ OBC} = 60^0\)
$ABCD$ là hình thoi => $AC\perp BD \equiv O$ => $\Delta BOC$ vuông tại O có $E$ là trung điểm $BC$
=> $OE=EB=EC=\frac{1}{2}BC$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)
Xét tam giác \(BOE\) có \(BO=BE-cmt\) và \(\widehat{ OBE} = 60^0\) nên tam giác \(BOE\) đều
Có $F$ là trung điểm $BD$ => \(OF\) đồng thời là đường cao => \(OF ⊥BC\).
\(\left. \matrix{
SO \bot (ABCD) \hfill \cr
{\rm{OF}} \bot {\rm{BC}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow SF \bot BC\)
(Định lí 3 đường vuông góc)
\(\left. \matrix{
SF \bot BC \hfill \cr
{\rm{OF}} \bot {\rm{BC}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow BC \bot (SOF)\)
Mà \(BC ⊂ (SBC)\)
Suy ra \((SOF) ⊥ (SBC)\)
b) Vì \((SOF) ⊥ (SBC)\) và hai mặt phẳng này giao nhau theo giao tuyến \(SF\)
nên từ \(O\) ta kẻ \(OH⊥SF\) => \(OH⊥(SBC)\) => $d(O,(SBC))=OH$
Ta có:
\(\eqalign{
& SO = {{3a} \over 4}{\rm{;OF = }}{{a\sqrt 3 } \over 4} \Rightarrow SF = {{a\sqrt 3 } \over 2} \cr
& OH.SF = SO.{\rm{OF}} \Rightarrow {\rm{OH = }}{{3a} \over 8} \cr} \)
Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \((SBC)\), ta có \(AK//OH\)
Trong \(ΔAKC\) thì \(OH\) là đường trung bình, do đó:
\(AK = 2OH \Rightarrow AK = {{3a} \over 4}\)