Cho hình chóp $ S.ABCD $ có đáy $ ABCD $ là hình chữ nhật với $ AB=2a $, $ AD=a $. Hình chiếu vuông góc của $ S $ lên mặt phẳng $ \left ( { ABCD } \right ) $ là trung điểm $ H $ của $ AB $ và $ \widehat { SCH }=45 ^ { ° } $. Khi đó:

a) Đúng b) Đúng c) Đúng d) Sai Lời giải Từ giả thiết, ta có $SH \perp \left(ABCD\right)$ nên $SH \perp BC$. Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB \perp BC$. Ta có: $$ \begin{cases} SH \perp BC \\ AB \perp BC \\ SH \cap AB = H \end{cases} \Rightarrow BC \perp \left(SAB\right) $$ Gọi $K$ là trung điểm $CD$ thì $HK$ là đường trung bình của hình chữ nhật $ABCD$ nên $HK // BC // AD \Rightarrow HK \perp CD$. Ta có: $$ \begin{cases} CD \perp HK \\ CD \perp SH \\ SH \cap HK = H \end{cases} \Rightarrow CD \perp \left(SHK\right) $$ Kẻ đường cao $HE$ trong tam giác $SBH$. Ta có: $$ \begin{cases} BC \perp AB \\ BC \perp SH \end{cases} \Rightarrow BC \perp \left(SAB\right) \Rightarrow BC \perp HE $$ Từ đó suy ra $HE \perp \left(SBC\right)$ hay $d\left(H, \left(SBC\right)\right) = HE$. Tam giác $BCH$ vuông tại $B$ có: $$ CH = \sqrt{BC^{2} + BH^{2}} = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{2} $$ Tam giác $SCH$ vuông tại $H$ có: $$ \tan(\widehat{SCH}) = \frac{SH}{CH} \Rightarrow SH = CH \cdot \tan(45^{\circ}) = a\sqrt{2} \cdot 1 = a\sqrt{2} $$ Tam giác $SBH$ vuông tại $H$ có đường cao $HE$ nên $$ \frac{1}{HE^{2}} = \frac{1}{SH^{2}} + \frac{1}{BH^{2}} \Rightarrow HE = \frac{SH \cdot BH}{\sqrt{SH^{2}+BH^{2}}} = \frac{a\sqrt{2}\cdot a}{\sqrt{2a^{2}+a^{2}}} = \frac{a\sqrt{6}}{3} $$ Vậy $d\left(H, \left(SBC\right)\right) = HE = \frac{a\sqrt{6}}{3}$. d) Sai. Kẻ đường cao $HI$ của tam giác $SHK$. Ta có: $$ \begin{cases} HI \perp SK \\ HI \perp CD \end{cases} \Rightarrow HI \perp \left(SCD\right) $$ Tam giác $SHK$ vuông tại $H$ có đường cao $HI$ nên $$ \frac{1}{HI^{2}} = \frac{1}{SH^{2}} + \frac{1}{HK^{2}} \Rightarrow HI = \frac{SH \cdot HK}{\sqrt{SH^{2}+HK^{2}}} = \frac{a\sqrt{2}\cdot a}{\sqrt{2a^{2}+a^{2}}} = \frac{a\sqrt{6}}{3} $$ Vậy $d\left(H, \left(SCD\right)\right) = HI = \frac{a\sqrt{6}}{3}$.