Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a, \(\widehat{ASB}=60^0\); \(\widehat{BSC}=90^0\), \(\widehat{CSA}=120^0\). Tinhd d(AC, SB)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(AB=\sqrt{SA^2+SB^2}=a\sqrt{2}\)
\(AC=\sqrt{SA^2+SC^2-2SA.SC.cos120^0}=\sqrt{3}\)
\(BC=\sqrt{SB^2+SC^2-2SB.SC.cos60^0}=a\)
\(\Rightarrow AB^2+BC^2=AC^2\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại B
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) \(\Rightarrow\) H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC (do SA=SB=SC)
\(\Rightarrow\) H trùng trung điểm AC
Gọi M là trung điểm SA \(\Rightarrow MH||SC\Rightarrow\) góc giữa SC và (SAB) bằng góc giữa MH và (SAB)
Gọi N là trung điểm AB \(\Rightarrow HN\perp AB\Rightarrow AB\perp\left(SHN\right)\)
Trong mp (SHN), kẻ \(HK\perp SN\Rightarrow HK\perp\left(SAB\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{KMH}\) là góc giữa SC và (SAB)
\(SH=\sqrt{SA^2-\left(\dfrac{AC}{2}\right)^2}=...\)
\(MH=\dfrac{1}{2}SA=...\) (trung tuyến ứng với cạnh huyền)
\(NH=\dfrac{1}{2}BC=...\) (đường trung bình)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{1}{SH^2}+\dfrac{1}{NH^2}\Rightarrow HK=...\)
\(\Rightarrow sin\widehat{KMH}=\dfrac{HK}{MH}=...\)
Xét tam giác \(SAC\) có:
\(AC = \sqrt {S{A^2} + S{C^2} - 2.SA.SC.\cos \widehat {ASC}} = a\sqrt 3 \)
\(SI\) là trung tuyến \( \Rightarrow SI = \frac{{\sqrt {2\left( {S{A^2} + S{C^2}} \right) - A{C^2}} }}{2} = \frac{a}{2}\)
Ta có: \(S{I^2} + A{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{A^2}\)
\( \Rightarrow \Delta SAI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot AC\)
Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) có: \(AB = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}} = a\sqrt 2 \)
Xét tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) có \(\widehat {BSC} = {60^ \circ }\) nên tam giác \(SBC\) đều. Vậy \(BC = a\)
Xét tam giác \(ABC\) có: \(A{B^2} + B{C^2} = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} + {a^2} = 3{a^2} = A{C^2}\)
\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B \Rightarrow BI = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Xét tam giác \(SBI\) có: \(S{I^2} + B{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{B^2}\)
\( \Rightarrow \Delta SBI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot BI\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}SI \bot AC\\SI \bot BI\end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\)
\(V=\dfrac{a.a\sqrt{3}.a\sqrt{2}}{6}.\sqrt{1+2cos90^0.cos60^0.cos120^0-cos^290-cos^260-cos^2120}=\dfrac{a^3\sqrt{3}}{6}\)
Chọn B
Gọi M là điểm trên đoạn SC sao cho SC=3SM Tính được AB=BM=a, A M = a 2 =>DABM vuông tại B, suy ra trung điểm H của AM là tâm đường tròn ngoại tiếp DABM. Suy ra
Chọn đáp án B.
Ta có: S A ⊥ S B S A ⊥ S C ⇒ S A ⊥ ( S B C )
Vì vậy áp dụng công thức cho trường hợp khối chóp có cạnh bên vuông góc đáy có:
SAB đều nên \(AB=a\)
\(BC=\sqrt{SB^2+SC^2}=a\sqrt{2}\)
\(AC=\sqrt{SA^2+SC^2-2SA.SC.cos120^0}=a\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại B, do \(SA=SB=SC\Rightarrow\) hình chiếu của S lên đáy trùng tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
Gọi H là trung điểm AC \(\Rightarrow SH\perp\left(ABC\right)\)
Qua B kẻ đường thẳng d song song AC, từ H kẻ \(HD\perp d\), từ H kẻ \(HE\perp SD\)
\(\Rightarrow HE=d\left(AC;SB\right)\)
\(HD=d\left(B;AC\right)=\dfrac{2S_{\Delta ABC}}{AC}=\dfrac{AB.BC}{AC}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)
\(SH=\sqrt{SA^2-\left(\dfrac{AC}{2}\right)^2}=\dfrac{a}{2}\)
\(HE=\dfrac{HD.SH}{\sqrt{HD^2+SH^2}}=\)