Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a (ảnh 1)

a) Do $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD$.

Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC \bot BD$.

Do đó $\left\{ \begin{gathered}

BD \bot SA \hfill \\

BD \bot AC \hfill \\

\end{gathered} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$.

b) Ta có $AB//DC \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {AB,\,MD} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\,\left( {SCD} \right)} \right).$

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ hạ $AK \bot DC$ tại $K.$

Trong $\left( {SKA} \right)$ hạ $AH \bot SK$ tại $H\,\,\left( 1 \right)$.

Khi đó ta có \[\left\{ \begin{gathered}

DC \bot SA \hfill \\

DC \bot AK \hfill \\

\end{gathered} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow DC \bot AH\,\left( 2 \right)\,\]

Từ $\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)$ suy ra $AH \bot \left( {SDC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\,\left( {SDC} \right)} \right) = AH$.

Ta có: ${S_{ABCD}} = AK.DC = AD.AB\sin \widehat {BAD} \Rightarrow AK = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.

Xét $\Delta SAK$vuông tại $A,$ có$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{6{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}}$

$\,\, \Rightarrow AH = a \Rightarrow d\left( {AB,\,MD} \right) = a$.

Cho a, b > 0 Khẳng định nào sau đây là khẳng