Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
S D A H B M C I N
Gọi H là tâm của ABCD\(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
M là trung điểm của BC \(\Rightarrow BC\perp\left(SHM\right)\)
Do các mặt bên tạo với đáy cùng 1 góc => \(\widehat{SHM}\) bằng góc tạo bởi 2 mặt bên với đáy
Tính được \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}'HM=\frac{a}{2}\)
\(\tan\widehat{SMH}=\frac{SH}{MH}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SMN}=60^0\)
Lập luận được tâm khối cầu là điểm I của SH với trung trực SC trong (SHC)
Tính được bán kính khối cầu do tam giác SNI đồng dạng với tam giác SHC
\(\Rightarrow SI=\frac{SN.SC}{SH}=\frac{5a}{4\sqrt{3}}\)
Vậy \(V=\frac{4}{3}\pi R^2=\frac{125a^3\sqrt{3}\pi}{432}\)
S M H G N A O D C
Ta có \(\begin{cases}BC\perp SA\\BC\perp AB\end{cases}\)\(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)\(\Rightarrow BC\perp AM\) (vì \(AM\subset\left(SAB\right)\left(1\right)\)
Mặt khác \(SC\perp\alpha\Rightarrow SA\perp AM\) (vì \(AM\subset\alpha\)) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AM\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AM\perp MG\) (vì \(MG\subset\left(SBC\right)\))
\(\Rightarrow\Delta AMG\) vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác ANG vuông tại N \(\Rightarrow\) tâm H đường tròn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán kính \(R=\frac{AG}{2}\)
Xét tam giác vuông SAC tại A có \(AG=\frac{SA.AC}{SC}=\frac{\sqrt{6}}{3}a\Rightarrow R=\frac{\sqrt{6}}{6}a\)
Vì OH là đường cao (H)\(\Rightarrow OH\perp\alpha\Rightarrow OH\)//\(SC\Rightarrow O\) là giao điểm hai đường chéo AC, BD
\(\Rightarrow OH=\frac{1}{2}CG\).
Xét tam giác vuoongSAC có AG là đường cao, nên \(CG=\frac{AC^2}{SC}=\frac{2}{\sqrt{3}}a\Rightarrow OH=\frac{\sqrt{3}}{3}a\)
Vậy thể tích hình nón là \(V_{\left(H\right)}=\frac{1}{3}\pi.R^2.OH=\frac{\sqrt{3}}{54}\pi a^3\)
+)Gọi H là chân đường cao hạ từ A - -> BC
Tam giác AHC vuông tại H nên
AH = √(a² -a²/4) = a√3/2
Diện tích tam giác ABC là S(ABC) = 1/2.AH.BC= 1/2.a²√3/2
(dvdt)
+)Từ S hạ SK ┴ AH , Kết hợp AH ┴ BC ta có SK ┴ (ABC)
Hay SK là đường cao của hình chóp đều SABC
+) Bài cho góc giữa các mặt bên với đáy là 60 độ nên
góc giữa (SH,HK) = 60 độ
Tam giác vuông SKH có SK = HK.tan(60)
Tam giác vuông BKH có HK = a/2.tan(30) = a√3/6
- - > SK = a√3/6.tan(60) = a/2
Vậy V(SABC) =1/3.SK.S(ABC) = 1/3.a/2.1/2.a²√3/2
= a³√3/24 (dvtt)
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 :
\(AH=\frac{AM\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\Rightarrow d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{4}\)
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)= \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
