Cho hình vuông ABCD và tam giác đều SAB cạnh a nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau

Bài 9 trang 86 Toán 11 Tập 2: Cho hình vuông ABCD và tam giác đều SAB cạnh a nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và AD.

a) Chứng minh rằng $\left(\mathrm{SMD}\right)\perp \left(\mathrm{SNC}\right)$.

b) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SNC).

Trả lời

a) Tam giác SAB đều có M là trung điểm AB nên SM ⊥ AB. Mà (SAB) ⊥ (SAB) nên SM ⊥ (ABCD). Suy ra SM ⊥ NC.

Xét ΔAMD và ΔDNC

AM = DN

$\widehat{\mathrm{MAD}}=\widehat{\mathrm{NDC}}$

AD = DC

Do đó ΔAMD và ΔDNC (c.g.c)

Suy ra $\widehat{\mathrm{AM}\text{D}}=\widehat{\mathrm{CN}\text{D}}$ (hai góc tương ứng)

Mà $\widehat{\mathrm{AM}\text{D}}+\widehat{A\text{DM}}=90°$ nên $\widehat{\text{CND}}+\widehat{A\text{DM}}=90°$.

Từ đó ta có tam giác DNI vuông tại I hay DM ⊥ NC. Mà SM ⊥ NC nên NC ⊥ (SND).

Vậy (SNC) ⊥ (SMD).

b) Kẻ MH ⊥ SI (H $\in$ SI).

Vì NC ⊥ (SMD) ⇒ NC ⊥ MH ⇒ MH ⊥ (SNC)

Tam giác SAB đều có SM là trung tuyến nên $\mathrm{SM}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác CND vuông có DI là đường cao nên $\frac{1}{{\mathrm{DI}}^2}=\frac{1}{{\mathrm{DN}}^2}+\frac{1}{{\mathrm{DC}}^{2^{}}}$.

Suy ra $\mathrm{DI}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$

• $\mathrm{DM}=\sqrt{{\mathrm{AM}}^2+A{\text{D}}^{2^{}}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$

• $\mathrm{MI}=M\text{D}-\mathrm{DI}=\frac{3\text{a}\sqrt{5}}{10}$

Và SM ⊥ (ABCD) nên SM ⊥ MI.

Tam giác SMI vuông tại M có MH là đường cao

$\frac{1}{{\mathrm{MH}}^2}=\frac{1}{{\mathrm{SM}}^2}+\frac{1}{{\mathrm{MI}}^{2^{}}}\Rightarrow \mathrm{MH}=\frac{3\text{a}\sqrt{2}}{8}$

Xem thêm các bài giải SGK Toán 11 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác: