Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
S D C I A K B
\(\begin{cases}\left(SIB\right)\perp\left(ABCD\right)\\\left(SIC\right)\perp\left(ABCD\right)\end{cases}\) \(\Rightarrow SI\perp\left(ABCD\right)\)
Kẻ \(IK\perp BC\left(K\in BC\right)\Rightarrow BC\perp\left(SIK\right)\)\(\Rightarrow\widehat{SKI}=60^0\)
Diện tích hình thang ABCD : \(S_{ABCD}=3a^2\)
Tổng diện tích các tam giá ABI và CDI bằng \(\frac{3a^2}{2}\) Suy ra \(S_{\Delta IBC}=\frac{3a^2}{2}\)
\(BC=\sqrt{\left(AB-CD\right)^2+AD^2}=a\sqrt{5}\)
\(\Rightarrow IK=\frac{2S_{\Delta IBC}}{BC}=\frac{3\sqrt{5}a}{5}\)
\(\Rightarrow SI=IK.\tan\widehat{SKI}=\frac{3\sqrt{15}a}{5}\)
Thể tích của khối chóp S.ABCD : \(V=\frac{1}{3}S_{ABCD}.SI=\frac{3\sqrt{15}a^2}{5}\)
vì (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với( ABCD) nên SI vuông với (ABCD) ,ke Az song song với SI và chọn gốc tọa độ tại A
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 \(d\left(D,\left(SAB\right)\right)=\frac{3a\sqrt{3}}{2}\)
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)= \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
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 :
\(AH=\frac{AM\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\Rightarrow d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{4}\)
Dễ dàng chứng minh \(BC\perp BD\) (Pitago đảo) \(\Rightarrow BC\perp\left(SBD\right)\)
Đồng thời dễ dàng chứng minh \(AB\perp\left(SAD\right)\)
Từ D kẻ \(DH\perp SA\Rightarrow DH\perp\left(SAB\right)\)
Từ D kẻ \(DK\perp SB\Rightarrow DK\perp\left(SBC\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{HDK}\) là góc giữa (SAB) và (SBC)
\(\Rightarrow\widehat{HDK}=30^0\Rightarrow DH=DK.cos30^0=\dfrac{DK\sqrt{3}}{2}\Rightarrow DH^2=\dfrac{3DK^2}{4}\)
Hệ thức lượng: \(\dfrac{1}{DH^2}=\dfrac{1}{SD^2}+\dfrac{1}{AD^2}\Leftrightarrow\dfrac{4}{3DK^2}=\dfrac{1}{SD^2}+\dfrac{1}{a^2}\Rightarrow\dfrac{1}{DK^2}=\dfrac{3}{4SD^2}+\dfrac{3}{4a^2}\) (1)
\(\dfrac{1}{DK^2}=\dfrac{1}{SD^2}+\dfrac{1}{BD^2}=\dfrac{1}{SD^2}+\dfrac{1}{2a^2}\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow\dfrac{3}{4SD^2}+\dfrac{3}{4a^2}=\dfrac{1}{SD^2}+\dfrac{1}{2a^2}\Rightarrow SD=a\)
\(V=\dfrac{1}{3}SD.\dfrac{1}{2}AD\left(AB+CD\right)=...\)
S B N M C D I K A
Gọi I là trung điểm của đoạn AB \(\Rightarrow SI\perp AB,\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SI\perp\left(ABCD\right)\)
Nên \(\widehat{SCI}=\left(\widehat{SC,\left(ABCD\right)}\right)=60^0,CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SI=CI\tan60^0=\frac{3a}{2}\)
Gọi M là trung điểm của đoạn BC, N là trung điểm đoạn BM
\(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow IN=\frac{a\sqrt{3}}{4}\)
Ta có : \(S_{ABCD}=2S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.\frac{3a}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\)
Ta có \(BC\perp IN,BC\perp SI\Rightarrow BC\perp\left(SIN\right)\)
Trong mặt phẳng (SIN) kẻ \(IK\perp\left(SN\right),K\in SN\), ta có :
\(\begin{cases}IK\perp SN\\IK\perp BC\end{cases}\) \(\Rightarrow IK\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(I,\left(SBC\right)\right)=IK\)
Lại có :
\(\frac{1}{IK^2}=\frac{1}{IS^2}+\frac{1}{IN^2}\Rightarrow IK=\frac{3a\sqrt{13}}{26}\Rightarrow d\left(I,\left(SBC\right)\right)=\frac{3a\sqrt{13}}{26}\)
\(\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=\frac{3a\sqrt{13}}{13}\)
