Cho khối chóp S. ABC có A S B...">
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

2 tháng 9 2017

Chọn B

Lấy  M ∈ S B ,   N   ∈ S C thỏa mãn SM=SN=SA=a ⇒ S M S B = 1 2 S N S C = 1 4

Theo giả thiết: A S B ^ = B S C ^ = C S A ^ = 60 o ⇒ S . A M N  là khối tứ diện đều cạnh a.

Do đó:  V S . A M N = a 3 2 12

Mặt khác:

  V S . A M N V S . A B C = S M S B . S N S C = 1 2 . 1 4 = 1 8 ⇒ V S . A B C = 8 V S . A M N = 2 a 3 2 3  

31 tháng 3 2016

A B C D H K S

Hạ \(SH\perp BC\Rightarrow\left(SBC\right)\perp\left(ABC\right)\)

                      \(\Rightarrow SH\perp BC;SH=SB.\sin\widehat{SBC}=a\sqrt{3}\)

Diện tích : \(S_{ABC}=\frac{12}{\boxtimes}BA.BC=6a^2\)

Thể tích : \(V_{s.ABC}=\frac{1}{3}S_{ABC}.SH=2a^3\sqrt{3}\)

Hạ \(HD\perp AC\left(D\in AC\right),HK\perp SD\left(K\in SD\right)\)

\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\Rightarrow HK=d\left(H,\left(SAC\right)\right)\)

\(BH=SB.\cos\widehat{SBC}=3a\Rightarrow BC=4HC\)

\(\Rightarrow d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4d\left(H,SAC\right)\)

Ta có : \(AC=\sqrt{BA^2+BC^2}=5a;HC=BC-BH=a\)

\(\Rightarrow HD=BA.\frac{HC}{AC}=\frac{3a}{5}\)

\(HK=\frac{SH.HS}{\sqrt{SH^2+HD^2}}=\frac{3a\sqrt{7}}{14}\)

Vậy \(d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4HK=\frac{6a\sqrt{7}}{7}\)

29 tháng 3 2016

A B C S H

Gọi H là trung điểm của BC=> HA=HB=HC

Kết hợp với giả thiết

SA=SB=SC=>\(SH\perp BC,\Delta SHA=\Delta SHB=SHC\)

\(\begin{cases}SH\perp\left(ABC\right)\\\widehat{SAH}=60^0\end{cases}\)

Tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A

\(AC=AB=a\sqrt{2}\Rightarrow BC=2a\Rightarrow AH=a\)

Tam giác SHA vuông :

\(SH=AH.\tan60^0=a\sqrt{3}\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.AC.SH=\frac{\sqrt{3}a^3}{3}\)

Gọi O; R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC. Suy ra P thuộc đường thẳng SH, nên O thuộc mặt phẳng (SBC). Do đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC. 

Xét tam giác SHA ta có : \(SA=\frac{SH}{\sin60^0}=2a\Rightarrow\Delta SBC\) là tam giác đều có độ dài cạnh bằng 2a.

Suy ra \(R=\frac{2a}{2\sin60^0}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}\)

7 tháng 4 2016

A E M B C H N S

Xét tam giác ABC có : \(BC=AB.\tan60^0=2a\sqrt{3}\Rightarrow S_{\Delta ABC}=2a^2\sqrt{3}\)

\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2a^2\sqrt{3}=2a^3\)

- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB//(CMN) nên d(SB. CM)=d(SB,(CMN))

                                                                                                 =d(B,(CMN))

                                                                                                 =d(A,(CMN))

- Kẻ \(AE\perp MC,E\in MC\) và kẻ \(AH\perp NE,H\in NE\), ta chứng minh được \(AH\perp\left(CMN\right)\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=AH\)

Tính \(AE=\frac{2S_{\Delta AMC}}{MC}\) trong đó :

                              \(S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}AM.AC.\sin\widehat{CAM}=\frac{1}{2}a.4a\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3};MC=a\sqrt{13}\)

                             \(\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\)

Tính được \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)

8 tháng 4 2016

D A B C N M I G H

\(d\left(M,BN\right)=\frac{\left|13\left(-1\right)-10.2+13\right|}{\sqrt{13^2+10^2}}=\frac{20}{\sqrt{269}}\)

\(H\in\Delta\Leftrightarrow H\left(3a;2a\right)\)

Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm của tam giác BCD

Suy ra \(CG=\frac{2}{3}.CI=\frac{1}{3}AC\) mà \(AM=\frac{1}{4}AC\Rightarrow MG=\frac{5}{12}AC\Rightarrow CG=\frac{4}{5}MG\)

\(\Rightarrow d\left(C,BN\right)=\frac{4}{5}d\left(M,BN\right)=\frac{16}{\sqrt{269}}\Rightarrow d\left(H,BN\right)=2d\left(C,BN\right)=\frac{32}{\sqrt{269}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left|13.3a-10.2a+13\right|}{\sqrt{269}}=\frac{32}{\sqrt{269}}\Leftrightarrow a=1\) hoặc \(a=\frac{-45}{19}\)

Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên \(H\left(3;2\right)\)

8 tháng 4 2016

Tiếp.........

Ta thấy \(CM=\frac{3AC}{4}=\frac{2AB}{4}=\frac{2CD}{4}=\frac{CD}{2}=CD=CH\Rightarrow\Delta MHN\) vuông tại M

HM có phương trình \(y-2=0\Rightarrow MN:x+1=0\Rightarrow N\left(-1;0\right)\Rightarrow C\left(1;1\right),D\left(-3;-1\right)\)

Do \(\overrightarrow{CM}=3\overrightarrow{MA}\Rightarrow A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right)\Rightarrow I\left(\frac{-1}{3};\frac{5}{3}\right)\Rightarrow B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right)\)

Vậy \(A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right);B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right);C\left(1;1\right);D\left(-3.-1\right)\)

11 tháng 7 2016

khổ thân 0 trả lời :))

 

11 tháng 7 2016

câu b vẽ hình như cứt

Câu 1 : Tính thể tích V của khối chóp S.ABC biết tam giác ABC vuông tại B , \(SA\perp\left(ABC\right)\) và SA = AB = a , BC = 2a A. V = \(a^3\) B. V = 2a3 C. V = \(\frac{1}{3}a^3\) D. V = \(\frac{2}{3}a^3\) Câu 2 : Tính thể tích V của khối chóp tam giác đều S.ABC biết cạnh đáy bằng a , cạnh bên \(SA\perp\left(ABC\right)\) và SA = \(2a\sqrt{3}\) A. V = \(\frac{1}{2}a^3\) B. V = \(\frac{3}{2}a^3\) ...
Đọc tiếp

Câu 1 : Tính thể tích V của khối chóp S.ABC biết tam giác ABC vuông tại B , \(SA\perp\left(ABC\right)\) và SA = AB = a , BC = 2a

A. V = \(a^3\) B. V = 2a3 C. V = \(\frac{1}{3}a^3\) D. V = \(\frac{2}{3}a^3\)

Câu 2 : Tính thể tích V của khối chóp tam giác đều S.ABC biết cạnh đáy bằng a , cạnh bên \(SA\perp\left(ABC\right)\) và SA = \(2a\sqrt{3}\)

A. V = \(\frac{1}{2}a^3\) B. V = \(\frac{3}{2}a^3\) C. V = \(\frac{1}{3}a^3\) D. V = \(\frac{2}{3}a^3\)

Câu 3 : Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông , BD = 2a , cạnh bên \(SA\perp\left(ABC\right)\) và SA = SC

A. V = 4a3 B. V = \(\frac{1}{3}a^3\sqrt{2}\) C. V = \(a^3\sqrt{2}\) D. V = \(\frac{4}{3}a^3\)

Câu 4 : Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD là hình chữ nhật , AB = a , AD = \(a\sqrt{3}\) , \(SA\perp\left(ABC\right)\) và SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 600

A. V = \(\frac{2}{3}a^3\) B. V = \(\frac{1}{3}a^3\sqrt{2}\) C. V = 6a3 D. V = 2a3

1
NV
4 tháng 8 2020

1.

\(V=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{6}.a.a.2a=\frac{a^3}{3}\)

2.

\(V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{2}\)

P/s: chóp này là chóp "có đáy là tam giác đều" chứ không phải "chóp tam giác đều"

Hai loại này khác xa nhau đấy, ko lộn xộn nhầm lẫn được đâu

3.

Câu này đề sai

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\Rightarrow\Delta SAC\) vuông tại A

\(\Rightarrow SC>SA\) (cạnh huyền luôn lớn hơn cạnh góc vuông)

Do đó đề cho \(SA=SC\) là vô lý

4.

\(AC=BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=2a\)

\(\widehat{SCA}=60^0\Rightarrow SA=SC.tan60^0=2a\sqrt{3}\)

\(V=\frac{1}{3}SA.AB.AD=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.a.a\sqrt{3}=2a^3\)