Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
S H B K A I C D
Gọi K là hình chiếu của I lên AB
Suy ra \(\widehat{SKI=60^0}\)
Mà \(\frac{BI}{ID}=\frac{BC}{AD}=\frac{a}{3a}=\frac{1}{2}\)\(\Rightarrow\frac{BI}{BI+ID}=\frac{1}{4}\)\(\Rightarrow\frac{BI}{BD}=\frac{1}{4}\)
Suy ra \(\frac{KI}{DA}=\frac{1}{4}\)\(\Rightarrow KI=\frac{3a}{4}\Rightarrow SI=\frac{3a\sqrt{3}}{4}\)
Do \(IK\) \\ \(AD\Rightarrow\frac{KI}{AD}=\frac{BI}{BD}\)
\(V_{A.ABCD}=\frac{1}{3}.SI.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{4}.\frac{1}{2}\left(a+3a\right)a=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}\)
Gọi H là hình chiếu của I trên SK. Ta có \(\begin{cases}AB\perp IK\\AB\perp SI\end{cases}\)\(\Rightarrow AB\perp IH\)
Từ đó suy ra \(IK\perp\left(SAB\right)\Rightarrow d\left(I,\left(SAB\right)\right)=IK\)
Mà do \(DB=4IB\Rightarrow\left(D,\left(SAB\right)\right)=4d\left(I,\left(SAB\right)\right)=4IH\)
Lại có \(\frac{1}{IH^2}=\frac{1}{IS^2}+\frac{1}{IK^2}=\frac{16}{27a^2}+\frac{16}{9a^2}=\frac{64}{27a^2}\Leftrightarrow IH=\frac{3a\sqrt{3}}{8}\)
Vậy \(d\left(D,\left(SAB\right)\right)=\frac{3a\sqrt{3}}{2}\)
A B C D S M H
\(\widehat{BAD}=120^0\Rightarrow\widehat{ABC}\Rightarrow\Delta ABC\) đều
\(\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}\)
Tam giác SAM vuông tại A có \(\widehat{SMA}=45^0\Rightarrow\) Tam giác SAM vuông tại A : SA = AM = \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Do đó \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{a^3}{4}\)
Do AD song song với BC nên d(D;(SBC))=d(A,(SBC))
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM
Ta có : \(\begin{cases}AM\perp BC\\SA\perp BC\end{cases}\)\(\Rightarrow BC\perp\cdot\left(SAM\right)\)
\(\Rightarrow BC\perp AH\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH\)
Ta có :
\(AH=\frac{AM\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\Rightarrow d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{4}\)
Do \(\left(SC;\left(ABCD\right)\right)=45^0;SA\perp\left(ABCD\right)\)
nên \(\left\{{}\begin{matrix}\left(SC;AC\right)=45^0\\AS\perp AC\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow AS=AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{6}.\left(AD+BC\right).AB.AS\)
\(=\dfrac{1}{6}\left(2a+a\right).a.a\sqrt{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a^3\)
a) Dễ dàng chứng minh tam giác ABC và ACD đều
Suy ra AC=a, SA= AC.tan(gócSCA)=a.tan(600)
\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.a^2.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{2}\)
b) Có 2 cách làm để tìm khoảng cách từ H đến mp(SCD), nhưng bạn nên chọn phương pháp tọa độ hóa cho dễ
Chọn A làm gốc tọa độ , các tia AD, AI, AS lần lượt trùng tia Ax, Ay, Az
Có ngay tọa độ các điểm \(S\left(0;0;a\sqrt{3}\right)\) , \(D\left(a;0;0\right)\) , \(I\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)\)
\(\Rightarrow C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)\)
theo số liệu đã cho, dễ xác định được điểm H chia đoạn SI với tỷ lệ 2:1
\(\Rightarrow H\left(0;\frac{a}{\sqrt{3}};\frac{a}{\sqrt{3}}\right)\)
Bây giờ chỉ cần viết pt (SCD) là tính được ngay khoảng cách từ H đến SCD
\(\left(SCD\right):\sqrt{3}x+y+z-\sqrt{3}=0\)
\(d\left(H\text{/}\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\)
Bạn ơi bạn chỉ mình cách bình thường được ko? Vì mình chưa học tọa độ hóa.
S B M H A E N C D
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AB, suy ra \(SH\perp\left(ABCD\right)\)
Do đó, SH là đường cao của hình chóp S.BMDN
Ta có : \(SA^2+SB^2=a^2+3a^2=AB^2\)
Nên tam giác SAB là tam giác vuông tại S.
Suy ra : \(SM=\frac{AB}{2}=a\) Do đó tam giác SAM là tam giác đều, suy ra \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)
Diện tích của tứ giác BMDN là \(S_{BMDN}=\frac{1}{2}S_{ABCD}=2a^2\)
Thể tích của khối chóp S.BMDN là \(V=\frac{1}{3}SH.S_{BMDN}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\)
Kẻ ME song song với DN (E thuộc AD)
Suy ra : \(AE=\frac{a}{2}\) Đặt \(\alpha\) là góc giữa 2 đường thẳng SM và DN
Ta có \(\left(\widehat{SM,ME}\right)=\alpha\), theo định lý 3 đường vuông góc ta có \(SA\perp AE\)
Suy ra :
\(SE=\sqrt{SA^2+AE^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2};ME=\sqrt{AM^2+AE^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)
Tam giác SME là tam giác cân tại E nên \(\begin{cases}\widehat{SME}=\alpha\\\cos\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\end{cases}\)
Cho mình hỏi, tam giác cân thì tại sao lại suy ra cos góc kia như thế ??
Ta có \(\left(SHC\right)\cap\left(SHD\right)=SH\)
Từ giả thiết \(\left(SHC\right)\perp\left(ABCD\right);\left(SHD\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
\(\Leftrightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}AB.AD.SH=\frac{1}{3}a^2\sqrt{3}.SH\left(1\right)\)
Ta có \(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow HD\) là hình chiếu của SD trên (ABCD), suy ra góc giữa SD và (ABCD) là \(\widehat{SDH}=60^0\Rightarrow SH=HD\tan\widehat{SDHH}=\frac{a\sqrt{39}}{2}\)
Khi đó \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{2}a^3\sqrt{13}\)
Dựng hình bình hành ACBE. Khi đó AC//BE suy ra AC//(SBE)
\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=d\left(AC,\left(SBE\right)\right)=d\left(A,\left(SBE\right)\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)\)
Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên BE và SK.
Khi đó \(BE\perp KH,BE\perp SH\Rightarrow BE\perp HI\left(1\right)\)
Mặt khác \(HI\perp SK\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(HI\perp\left(SBE\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SBE\right)\right)=HI\)
Tính được \(HK=\frac{a\sqrt{3}}{4};HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{212}}\)
\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)=2HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{53}}=\frac{a\sqrt{2067}}{53}\)
S A B C D M O N H 45 ❤sin45=\(\dfrac{SO}{SM}\) => SO=sin45 . SM= \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)
OM= \(\sqrt{SM^2-SO^2}\) = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)
BC = 2OM => BC=\(\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)
V = \(\dfrac{1}{3}.AB.BC.SO=\dfrac{1}{3}.a.\dfrac{a\sqrt{6}}{2}.\dfrac{a\sqrt{6}}{4}=\dfrac{a^3}{4}\)
❤ta có: SM⊂ (SAB) (1)
mà: \(\left\{{}\begin{matrix}NC//AB\\AB\subset\left(SAB\right)\end{matrix}\right.\) => NC// (SAB) (2)
từ (1) và (2) => SM//NC
\(d_{\left(SM,NC\right)}=d_{\left(NC,\left(SAB\right)\right)}=d_{\left(N,\left(SAB\right)\right)}=2d_{\left(O,\left(SAB\right)\right)}\)
+kẻ OH⊥SM
+ Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp OM\\AB\perp SO\end{matrix}\right.\) => AB ⊥ (SOM) \(\supset OH\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}OH\perp AB\\OH\perp SM\end{matrix}\right.\) => OH⊥(SAB)
➜d(O,(SAB)) =OH
OH=\(\dfrac{OM.SO}{\sqrt{OM^2+SO^2}}\)\(\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)
➜d(N,(SAB)) =d(SM,NC)= \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Đáp án B.
Hướng dẫn giải:Ta có
Suy ra tam giác SAD vuông cân tại A nên SA = AD =2a .
Trong hình thang ABCD , kẻ B H ⊥ A D ( H ∈ A D ) .
Do ABCD là hình thang cân nên A H = A D - B C 2 = a 2 .
Tam giác AHB ,có B H = A B 2 - A H 2 = a 3 2
Diện tích S A B C D = 1 2 ( A D + B C ) . B H = 3 a 3 2 4 .
Vậy V S . A B C D = 1 3 S A B C D . S A = a 3 3 2