Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do CM là trung tuyến của SAC nên M là trung điểm SA.
\(\dfrac{V_{SMBC}}{V_{SABC}}=\dfrac{SM}{SA}=\dfrac{1}{2}\)
Ta có \(AC=\sqrt{AB^2+AC^2}=a\sqrt{2}\) nên \(AH=\dfrac{1}{4}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\)
Suy ra \(SH=\sqrt{SA^2-AH^2}=\sqrt{a^2-\dfrac{2a^2}{16}}=\dfrac{a\sqrt{14}}{4}\)
Do đó \(V_{SABC}=\dfrac{1}{3}SH.S_{ABC}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{14}}{4}.\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{a^3\sqrt{14}}{24}\)
Vậy \(V_{SMBC}=\dfrac{1}{2}V_{SABC}=\dfrac{a^3\sqrt{14}}{48}\)
a/
Ta có
\(AB\perp AC\Rightarrow AD\perp AC;HE\perp AC\) => AD//HE
\(AC\perp AB\Rightarrow AE\perp AB,HD\perp AB\) => AE//HD
=> ADHE là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)
Mà \(\widehat{A}=90^o\)
=> ADHE là hình CN
b/
Xét tg vuông ADH có
\(DH=\sqrt{AH^2-AD^2}\) (Pitago)
\(\Rightarrow DH=\sqrt{5^2-4^2}=3cm\)
\(\Rightarrow S_{ADHE}=AD.DH=4.3=12cm^2\)
c/
Ta có
DB=DI (gt); DH=DK (gt) => BKIH là hbh (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)
Xét tg AKH có
\(HD\perp AB\Rightarrow AD\perp HK\) (1)
BKIH là hình bình hành (cmt) => KI//BH (cạn đối hbh)
Mà \(AH\perp BC\left(gt\right)\Rightarrow BH\perp AH\)
\(\Rightarrow KI\perp AH\) (2)
Từ (1) và (2) => I là trực tâm của tg AKH => \(AK\perp HI\) (trong tg 3 đường cao đồng quy)
a,+) Từ A vẽ AH _|_ (BCD) (theo giả thiết AB = AC = AD)
Nên \(\Delta ABH=\Delta ACH=\Delta ADH\)
=> HB = HC = HD
Vậy H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
+) Ta có: \(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}\) với \(BH=\dfrac{2}{3}BM=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)
\(\Rightarrow AH=\sqrt{a^2-\dfrac{3a^2}{9}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)
b, Ta có: \(H=AH=\dfrac{a\sqrt{6}}{3};r=BH=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)
Diện tích xung quanh hình trụ là:
\(S_{xq}=2\pi rh=2\pi.\dfrac{a\sqrt{3}}{3}.\dfrac{a\sqrt{6}}{3}=\dfrac{2\pi\pi^2\sqrt{2}}{3}\)
Thể tích khối trụ là:
\(V=\pi r^2h=\pi\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2.\dfrac{a\sqrt{6}}{3}=\dfrac{\pi a^3\sqrt{6}}{9}\)
