Hướng dẫn giải

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a tâm O và SO vuông góc (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm SA và BC. Biết góc giữa MN và mặt phẳng là 60 độ. a) Tính độ dài MN (ảnh 1)

a) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) trên \[\left( {ABCD} \right)\]\( \Rightarrow H\) là trung điểm của \(AO\).

Suy ra \(CH = \frac{3}{4}AC\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh a nên \(AC = a\sqrt 2 \).

Áp dụng định lí côsin vào tam giác \(CHN\), ta có

\(H{N^2} = C{H^2} + C{N^2} - 2.CH.CN.c{\rm{os}}{45^0}\)\( = {\left( {\frac{3}{4}.a\sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} - 2.\frac{3}{4}.a\sqrt 2 .\frac{a}{2}.\frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{5{{\rm{a}}^2}}}{8}\).

Vì \(M,H\) lần lượt là trung điểm của \(SA,AO\) nên \(MH//SO\).

Mà \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[MH \bot \left( {ABCD} \right)\].

Suy ra \(HN\) là hình chiếu của \(MN\) trên \[\left( {ABCD} \right)\]

\( \Rightarrow \left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {MN,HN} \right) = \widehat {MNH} = 60^\circ \).

Xét \(\Delta MHN\) vuông tại \(H\), có

\({\rm{cos}}\widehat {MNH} = \frac{{HN}}{{MN}}\)\( \Rightarrow MN = \frac{{HN}}{{{\rm{cos}}\widehat {MNH}}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 2 }}}}{{c{\rm{os}}60^\circ }} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\).

Vậy \(MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\).

b) Gọi \(E\) là trung điểm của \(SD\) mà \(M\)là trung điểm của \(SA\) nên \(ME//AD;ME = \frac{1}{2}AD\) (1).

Có \(CN//AD,CN = \frac{1}{2}AD\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(MECN\) là hình bình hành.

Suy ra \(MN//CE\)\( \Rightarrow \left( {MN,\left( {SBD} \right)} \right) = \left( {EC,\left( {SBD} \right)} \right)\).

Có \(CO \bot \left( {SBD} \right)\)\( \Rightarrow OE\) là hình chiếu của \(CE\) trên \(\left( {SBD} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {EC,\left( {SBD} \right)} \right) = \left( {EC,EO} \right) = \widehat {CEO}\)

Trong tam giác vuông \(CEO\) có \(\cos \widehat {CEO} = \frac{{EO}}{{EC}}\)

Có \(EC = MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\) (do \(MECN\)là hình bình hành)

\(EO = \frac{1}{2}SB\)

Xét tam giác vuông \(HMN\) có \(\sin \widehat {MNH} = \frac{{MH}}{{MN}} \Rightarrow MH = MN.\sin \widehat {MNH} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}.\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt {30} }}{4}\)

\( \Rightarrow SO = 2MH = \frac{{a\sqrt {30} }}{2}\).

Xét tam giác vuông \(SOB\) vuông tại \(B\) có \(S{B^2} = S{O^2} + O{B^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt {30} }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = 8{{\rm{a}}^2}\)\( \Rightarrow SB = 2{\rm{a}}\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow OE = a\sqrt 2 \)

Do đó \(\cos \widehat {CEO} = \frac{{EO}}{{EC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\frac{{a\sqrt {10} }}{2}}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\).

Rút gọn biểu thức P = x^(1/3)căn bậc 6 của x/căn bậc 4 của x) với x > 0