Giải bài 7 trang 122 – SGK môn Hình học lớp 11

a) Tam giác \(ABD\) có \(AB=AD\) và \( \widehat{BAD}={{60}^{o}}\) nên \(ABD\) là tam giác đều.

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng \((ABCD).\)

Vì \(SA=SB=SD\) nên \(HA=HB=HD.\)

Vậy H là trọng tâm tam giác đều \(ABD\). 

Suy ra: \(AH=\dfrac{2}{3}AO=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\) 

Ta có: 

\(\begin{aligned} & S{{H}^{2}}=S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}=\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}-\dfrac{{{a}^{2}}}{3}=\dfrac{5{{a}^{2}}}{12} \\ & \Rightarrow SH=\dfrac{a\sqrt{15}}{6} \\ \end{aligned} \)

Mặt khác \(CH=CO+OH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3} \)

Xét tam giác \(SHC\) vuông tại H, ta có:

\(\begin{aligned} & S{{C}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}=\dfrac{5{{a}^{2}}}{12}+\dfrac{4{{a}^{2}}}{3}=\dfrac{7{{a}^{2}}}{4} \\ & \Rightarrow SC=\dfrac{a\sqrt{7}}{2} \\ \end{aligned} \)

b) Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \( BD\bot AC\) 

Lại có \(SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot BD \)

Do đó, \( \begin{aligned} & \left\{ \begin{aligned} & BD\bot SH \\ & BD\bot AC \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right) \\ & \Rightarrow \left( ABCD \right)\bot \left( SAC \right) \\ \end{aligned} \)

c) Ta có: \(S{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=\dfrac{3{{a}^{2}}}{3}+{{a}^{2}}=\dfrac{7{{a}^{2}}}{4}=S{{C}^{2}} \)

Vậy tam giác \(SBC\) vuông tại B.

d) Ta có:

 \( \left\{ \begin{aligned} & OH\bot BD \\ & SO\bot BD \\ & \left( SBD \right)\cap \left( ABCD \right)=BD \\ \end{aligned} \right.\\\Rightarrow \left( \left( SBD \right),\left( ABCD \right) \right)=\widehat{SOH} \)

Hay \(\varphi =\widehat{SOH} .\)

Khi đó \(\tan \varphi =\dfrac{SH}{HO}=\dfrac{a\sqrt{15}}{6}.\dfrac{6}{a\sqrt{3}}=\sqrt{5} \)