Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AB // CD) nội tiếp đường tròn tâm O và \(\widehat {SBA} = \widehat {SCA} = {90^0}.\) Gọi M là trung điểm của cạnh SA

a) Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (ABCD)

Xét các tam giác \(\Delta MHA,\;\Delta MHB,\;\Delta MHC\) có

\(\widehat {MHA} = \widehat {MHB} = \widehat {MHC} = {90^0}\)

MH chung \(MA = MB = MC = \frac{1}{2}SA\)

Suy ra \(\Delta MHA = \Delta MHB = \Delta MHC\) nên \(HA = HB = HC\)

Do đó \(H \equiv O,\) vì vậy \(MO \bot \left( {ABCD} \right).\)

b) Vì AB // CD nên góc giữa hai đường thẳng AB và SC là góc giữa hai đường thẳng CD và SC suy ra \(\cos \varphi  = \left| {\cos \widehat {SCD}} \right| = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\widehat {SCD}} \;\;(*)\) 

Gọi điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (SCD) 

Ta có \(MD = MC = \frac{1}{2}SA\) nên \(\Delta SDA\) vuông tại D 

Mặt khác lại có \(MS = MD = MC\) suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SCD.\) Khi đó \(\sin \widehat {SCD} = \frac{{SD}}{{2ID}} > \frac{{SD}}{{2MD}} = \frac{{SD}}{{SA}}\) (vì \(\Delta MID\) vuông tại I nên ID < MD)

Từ (*) suy ra

 \(\cos \varphi  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\widehat {SCD}}  < \sqrt {1 - \frac{{S{D^2}}}{{S{A^2}}}}  = \sqrt {\frac{{S{A^2} - S{D^2}}}{{S{A^2}}}}  = \sqrt {\frac{{A{D^2}}}{{S{A^2}}}}  = \frac{{AD}}{{SA}} = \frac{{BC}}{{SA}}\)

\( \Rightarrow \cos \varphi  < \frac{{BC}}{{SA}}\) (đpcm)