Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(SA=a\sqrt{2}.\tan45=a\sqrt{2}\)
\(S_{ABCD}=a^2\)
\(V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}S.ABCD.SA=\dfrac{1}{3}a\sqrt{2}.a^2=\dfrac{a^3\sqrt{2}}{3}\)
khoảng cách từ B đến mặt phẳng(SCD )= k/c từ A đến mp(SCD)
áp dụng pitago cho tam giác SAD \(\Rightarrow\)SD=\(a\sqrt{3}\)
từ A hạ đường thẳngAH vuông góc vs SD
ta có: SA.AD=AH.SD \(\Rightarrow\)AH=\(\dfrac{a\sqrt{2}}{3}\)
vậy khoảng cách từ B đến mp SCD bằng AH
Gọi \(I\) là tâm của đáy \(ABCD\) (giao điểm của \(AC\) và \(BD\))
a) Vì đây là hính chóp đều nên có ngay \(SI\) là đường cao kẻ từ S
\(SI=\sqrt{SA^2-AI^2}=\sqrt{SA^2-\frac{AB^2}{2}}=a\sqrt{2}\)
\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SI.S_{ABCD}=\frac{4a^3\sqrt{2}}{3}\)
b) Thấy ngay \(IA=IB=IC=ID=IS=a\sqrt{2}\)
suy ra tâm mc ngoại tiếp là \(I\) và \(R=a\sqrt{2}\)
c) bạn dùng công thức sau để tính bán kính mặt cầu nội tiếp
\(r=\frac{3V_{S.ABCD}}{S_{ABCD}+4S_{SAB}}=\frac{\frac{4a^3\sqrt{2}}{3}}{4a^2+4.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}=\frac{4\sqrt{2}-2\sqrt{6}}{3}.a\)
Câu 7:
Gọi $H$ là trung điểm của $AD$ suy ra \(SH\perp (ABCD)\)
Khi đó \(60^0=(SB,(ABCD))=(SB,BH)=\angle SBH\)
\(\Rightarrow \frac{SH}{HB}=\tan 60=\sqrt{3}\)
Sử dụng công thức Pitago: \(HB=\sqrt{AB^2+AH^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}a\)
\(\Rightarrow SH=BH\sqrt{3}=\frac{\sqrt{15}a}{2}\)
Có \(S_{ABM}=\frac{d(M,AB).AB}{2}=\frac{a^2}{2}\)
\(\Rightarrow V_{S.ABM}=\frac{1}{3},SH.S_{ABM}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{15}a}{2}.\frac{a^2}{2}=\frac{\sqrt{15}a^3}{12}\)
Câu 8:
Kẻ \(SH\perp AC\). Vì \((SAC)\perp (ABC)\Rightarrow SH\perp (ABC)\)
Khi đó , \(\angle (SB,(ABC))=\angle (SB,BH)=\angle SBH=60^0\)
\(\Rightarrow \frac{SH}{BH}=\tan 60=\sqrt{3}\)
Vì $SAC$ cân tại $S$ nên $H$ là trung điểm của $AC$
\(\Rightarrow BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
\(\Rightarrow SH=\frac{3a}{2}\)
\(\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{3a}{2}.\frac{BH.AC}{2}=\frac{1}{3}.\frac{3}{2}a.\frac{\sqrt{3}a^2}{4}=\frac{\sqrt{3}a^3}{8}\)
Bài 1:
Vì \(SH\perp (ABCD)\Rightarrow \angle (SC,(ABCD))=\angle (SC,HC)=\angle SCH\)
\(\Rightarrow \angle SCH=30^0\)
\(\Rightarrow \frac{SH}{HC}=\tan SCH=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SH=\frac{HC\sqrt{3}}{3}\)
Pitago: \(HC=\sqrt{HB^2+BC^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}\)
Do đó \(SH=\frac{\sqrt{15}}{6}\)
\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{15}}{6}.1^2=\frac{\sqrt{15}}{18}\)
Bài 2:
$S$ cách đều $A.B,C$ nên \(SA=SB=SC\).
Xét chóp $S.ABC$ có độ dài các cạnh bên bằng nhau nên chân đường cao hạ từ đỉnh $S$ xuống đáy chính là tâm ngoại tiếp đáy.
Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên chân đường cao (H) hạ từ $S$ xuống là trung điểm của $AC$.
Theo định lý Pitago: \(AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{3}a\)
\(\Rightarrow S_{ABCD}=AB.AC=\sqrt{3}a^2\)
Có: \(60^0=\angle (SB,(ABCD))=\angle (SB,BH)=\angle SBH\)
\(\frac{SH}{BH}=\tan \angle SBH=\sqrt{3}\Rightarrow SH=BH\sqrt{3}\)
$H$ là trung điểm của $AC$ nên \(BH=AH=HC=\frac{1}{2}AC=a\Rightarrow SH=a\sqrt{3}\)
Vậy \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\sqrt{3}a^2=a^3\)
Lời giải:
Gọi \(SH\) là đường cao của hình chóp
Từ \(H\) kẻ \(HK\perp AB\). Áp dụng định lý Thales cho tam giác $ABC$ suy ra \(\frac{HK}{BC}=\frac{AH}{AC}=\frac{3}{4}\Rightarrow HK=\frac{3}{4}a\)
Có: \(((SAB),(ABCD))=\angle HKS=60^0\Rightarrow \frac{HS}{HK}=\tan 60\Rightarrow SH=\frac{3\sqrt{3}}{4}a\)
Do đó mà \(V=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{\sqrt{3}}{4}a^3\)
\(V_{ABSI}=V_{S.ABI}=\dfrac{1}{2}V_{S.ABCD}=\dfrac{a^3}{9}\)