Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A'G cắt B'C' tại E vì tam giác ABC nên A'E vuông góc B'C'
Giao tuyến của mặt phẳng BCC'B' và mp A'B'C' là B'C' mà A'E vuông góc B'C' và CC' cũng vuông góc với B'C' nên góc giữa 2 mp nớ = góc giữa A'E và CC' bằng luôn 60
mà CC' song song AA' nên góc giữa AA' và A'E bằng 60
Diện tích đáy chắc em tính được còn chiều cao AG thì em xét tam giác vuông AGA' có A'G rồi thì có góc GA'A = 60 rồi => AG rồi suy ra diện tích :D
Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow SO=\sqrt{SA^2-OC^2}=\sqrt{SA^2-\left(\frac{AC}{2}\right)^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\)
Gọi I là điểm sao cho \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}+\overrightarrow{IS}=0\)
\(\Leftrightarrow4.\overrightarrow{IO}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{IS}=0\)
\(\Leftrightarrow4\overrightarrow{IO}+\overrightarrow{IS}=0\Rightarrow\overrightarrow{IO}=-\frac{1}{4}\overrightarrow{IS}\)
\(\Rightarrow I\) nằm trên đoạn thẳng SO và chia SO theo tỉ lệ \(IO=\frac{1}{4}IS\Rightarrow IS=\frac{4}{5}SO=\frac{2a\sqrt{6}}{5}\)
Ta có:
\(Q=MA^2+MB^2+MC^2+MD^2+MS^2\)
\(=\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{ID}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IS}\right)^2\)
\(=5MI^2+IA^2+IB^2+IC^2+ID^2+IS^2\)
Mà I cố định \(\Rightarrow Q_{min}\) khi và chỉ khi \(MI_{min}\)
\(\Rightarrow\) M là hình chiếu vuông góc của I lên (SCD)
A B C D S O I M N
Gọi N là trung điểm CD, kẻ \(IM\perp SN\Rightarrow IM\perp\left(SCD\right)\)
\(SN=\sqrt{SO^2+ON^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2}\Rightarrow SM=SI.cos\widehat{NSI}=\frac{SI.SO}{SN}=\frac{12a\sqrt{7}}{35}\)
\(\Rightarrow\frac{d\left(M;\left(ACD\right)\right)}{SO}=1-\frac{SM}{SN}=1-\frac{24}{35}=\frac{11}{35}\)
\(\frac{S_{ACD}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{V_2}{V_1}=\frac{d\left(M;\left(ACD\right)\right).S_{ACD}}{SO.S_{ABCD}}=\frac{11}{35}.\frac{1}{2}=\frac{11}{70}\)
\(\begin{cases}\left(SBC\right)\perp\left(ABCD\right)\\SH\perp CB\\\left(SBC\right)\cap\left(ABCD\right)=AB\end{cases}\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)}\)
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 \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)
Kéo dài MN cắt AD và AB lần lượt tại E và F, nối PE cắt SD tại K và PF cắt SB tại Q \(\Rightarrow PQMNK\) là tiết diện của (MNP) và chóp.
Gọi thể tích chóp là \(V\) , khoảng cách từ S xuống đáy là \(h\) và giả định phần dưới là \(V_1\) cho dễ gọi tên
\(V_1=V_{PAEF}-V_{KDEN}-V_{QBME}\)
\(S_{DEN}=S_{BMF}=S_{MNC}=\frac{1}{8}S_{ABCD}\Rightarrow S_{AEF}=\frac{9}{8}S_{ABCD}\)
\(\Rightarrow V_{PAEF}=\frac{1}{3}.\frac{h}{2}.S_{AEF}=\frac{9}{16}\frac{1}{3}hS_{ABCD}=\frac{9}{16}V\)
Áp dụng định lý Menelaus: \(\frac{PS}{PA}.\frac{EA}{ED}.\frac{KD}{KS}=1\Rightarrow1.\frac{3}{1}.\frac{KD}{KS}=1\)
\(\Rightarrow KS=3KD\Rightarrow KD=\frac{1}{4}SD\Rightarrow d\left(K;\left(ABCD\right)\right)=\frac{1}{4}d\left(S;\left(SBCD\right)\right)=\frac{h}{4}\)
\(\Rightarrow V_{KDEN}=V_{QBME}=\frac{1}{3}.\frac{h}{4}.\frac{1}{8}S_{ABCD}=\frac{1}{32}.\left(\frac{1}{3}hS_{ABCD}\right)=\frac{V}{32}\)
\(\Rightarrow V_1=\frac{9}{16}V-2.\frac{V}{32}=\frac{V}{2}\)
\(\Rightarrow V_1=V_2=\frac{V}{2}\)
yes