Đáp án:

$MN=\dfrac{a\sqrt5}{\sqrt2}$

$SO=\dfrac{a\sqrt{15}}{\sqrt2}$

Giải thích các bước giải:

Ta có $SO\bot(ABCD)\Rightarrow SO\bot AC$

$\Rightarrow\Delta SOA\bot O$

Có $M$ là trung điểm của $SA$, gọi $E $ là trung điểm của $OA$

$\Rightarrow ME$ là đường trung bình của $\Delta SOA$

$\Rightarrow ME//SO\Rightarrow ME\bot AC$ (1)

$BD\bot AC$ (do $ABCD$ là hình vuông)

$BD\bot SO$ (do $SO\bot(ABCD)$)

$\Rightarrow BD\bot(SAC),ME\subset (SAC)\Rightarrow BD\bot ME$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow ME\bot(ABCD)$

$\Rightarrow\widehat{(MN,\text{đáy})}=\widehat{(MN,(ABCD))}=\widehat{(MN,EN)}=\widehat{MNE}=60^o$

Và $ ME\bot EN$

Hình thang $AOND(AD//ON)$ có:

$E$ là trung điểm của $AO$, gọi $F$ là trung điểm của $DN$

$\Rightarrow EF$ là đường trung bình của hình thang $AOND$

$\Rightarrow EF//AD\Rightarrow EF\bot DN$ và $EF=\dfrac{AD+ON}{2}=\dfrac{a+\dfrac{a}{2}}{2}=\dfrac{3a}{4}$

$FN=\dfrac{DN}{2}=\dfrac{a}{4}$

Áp dụng định lý Pitago và $\Delta EFN\bot F$ có:

$EN^2=EF^2+FN^2=\dfrac{5a}{8}\Rightarrow EN=\dfrac{a\sqrt5}{2\sqrt2}$

Áp dụng hệ thức lượng vào $\Delta MEN\bot E$ có:

$\cos\widehat{MNE}=\dfrac{EN}{MN}$

$\Rightarrow MN=\dfrac{EN}{\cos\widehat{MNE}}=\dfrac{\frac{a\sqrt5}{2\sqrt2}}{\cos 60^o}=\dfrac{a\sqrt5}{\sqrt2}$

$\tan\widehat{MNE}=\dfrac{ME}{EN}$

$\Rightarrow ME=EN.\tan\widehat{MNE}=\dfrac{a\sqrt5}{2\sqrt2}.\tan60^o=\dfrac{a\sqrt{15}}{2\sqrt2}$

$\Rightarrow SO=2ME=\dfrac{a\sqrt{15}}{\sqrt2}$.

Đáp án:

$MN=\dfrac{a\sqrt{10}}{2}$

    $SO=\dfrac{a\sqrt{30}}{2}$

Giải thích các bước giải:

Trên AO, lấy điểm H sao cho AH = HO ( H thuộc AC )

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi K là giao điểm BD và HN

Gọi I là trung điểm của OB

a. 

Xét $\Delta HCN$ có: $HN^2=CH^2+CN^2-2\cdot CH\cdot CN\cdot \cos 45^{\circ}$

                                                      $=\bigg(\dfrac{3a\sqrt 2}{4}\bigg)^2+\bigg(\dfrac a2\bigg)^2-2\cdot \dfrac{3a\sqrt 2}{4}\cdot \dfrac a2\cdot\dfrac{\sqrt 2}{2}=\dfrac{5a^2}8$

Ta có: HN là hình chiếu của MN lên mặt phẳng (ABCD) do MH// SO; SO $\perp$ (ABCD). Do đó, $\widehat{(MN,(ABCD))}=\widehat{HNM}=60^{\circ}$

Xét $\Delta MHN,$ có: $\cos 60^{\circ}=\cos\widehat{HNM}=\dfrac{HN}{MN}=\dfrac 12$

$\to MN=2\cdot NH=\dfrac{a\sqrt{10}}2; \dfrac{HM}{HN}=\tan 60^{\circ}=\sqrt{3}$

$\to MH=\dfrac{a\sqrt{15}}{2\sqrt 2}$

mà $MH=\dfrac 12\cdot OS$

$\to SO=2\cdot MH=\dfrac{a\sqrt{30}}2$

Vậy$MN=\dfrac{a\sqrt{10}}{2}$