Hướng dẫn giải

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 (SMD) vuông góc (SNC). (ảnh 1)

a) Vì \(\Delta SAB\) đều, \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(SM \bot AB\).

Mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SM \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SM \bot NC\) (1).

Vì \(\Delta DAM = \Delta CDN\) (do \(DA = DC,\widehat A = \widehat D = 90^\circ ;AM = DN\)) nên \(\widehat {DMA} = \widehat {CND}\).

Có \(\widehat {DMA} + \widehat {ADM} = 90^\circ \) nên \(\widehat {CND} + \widehat {ADM} = 90^\circ \).

Suy ra \(CN \bot DM\) (2).

Từ (1) và (2) ta có: \(CN \bot \left( {SMD} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SMD} \right) \bot \left( {SNC} \right)\).

b) Gọi \(E = MD \cap CN\)

Hạ \(MH \bot SE\) tại \(H\) mà \(CN \bot MH\)(do \(CN \bot \left( {SMD} \right)\)) nên \(MH \bot \left( {SNC} \right)\).

Do đó \(d\left( {M,\left( {SNC} \right)} \right) = MH\).

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

Tam giác \(CND\) vuông có \(DE\) là đường cao nên \(\frac{1}{{D{E^2}}} = \frac{1}{{D{N^2}}} + \frac{1}{{D{C^{^2}}}}\). Suy ra \(DE = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\)

\[\begin{array}{l}DM = \sqrt {A{M^2} + A{{\rm{D}}^{^2}}} \, = \,\frac{{a\sqrt 5 }}{2}\\ME = \,M{\rm{D}} - DE = \,\frac{{3{\rm{a}}\sqrt 5 }}{{10}}\end{array}\]

\[SM \bot (ABC{\rm{D}})\] nên \(SM \bot ME\).

Tam giác \(SME\) vuông tại \(M\) có \(MH\) là đường cao nên \(\frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{S{M^2}}} + \frac{1}{{M{E^{^2}}}}\).

Suy ra: \(MH = \frac{{3{\rm{a}}\sqrt 2 }}{8}\)

Đạo hàm cấp hai của hàm số f(x) = x^4 - 4x^2 + 3 bằng