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 $\tan \varphi =\dfrac{SH}{HO}=\dfrac{a\sqrt{15}}{6}.\dfrac{6}{a\sqrt{3}}=\sqrt{5}$