Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABCD)
Kẻ HN vuông góc với AB tại N, HM vuông góc với AD tại M
Ta cần tìm chiều cao h=A'H của hình hộp
Dễ dàng chứng minh \(\widehat{A'NH}=60^0\) và \(\widehat{A'MH}=45^0\)
Xét tam giác vuông NHA' và MHB' có
\(NH=\frac{HA'}{tan\widehat{HNA'}}=\frac{h}{\sqrt{3}}\) và \(MH=\frac{HA'}{tan\widehat{HMA'}}=h\)
Xét hình vuông AMHN có \(AH=\sqrt{HN^2+HM^2}=\frac{2h}{\sqrt{3}}\)
Xét tam giác vuông AHA' có \(AH^2+A'H^2=A'A^2\Leftrightarrow h^2+\frac{4}{3}h^2=1\Leftrightarrow h=\sqrt{\frac{3}{7}}\)
Vậy thể tích hình hộp là: \(V=h.\sqrt{3}.\sqrt{7}=\sqrt{\frac{3}{7}}.\sqrt{3}\sqrt{7}=3\)
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 \(d\left(D,\left(SAB\right)\right)=\frac{3a\sqrt{3}}{2}\)
Lời giải:
Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $S$ xuống mặt phẳng $(ABC)$
Ta có \(\left\{\begin{matrix} SH\perp AB\\ SA\perp AB\end{matrix}\right.\Rightarrow AB\perp (SHA)\rightarrow AB\perp HA\)
Tương tự \(BC\perp HC\). Kết hợp với \(ABC\) vuông cân tại $B$ suy ra \(ABCH\) là hình vuông
Có \(AH\parallel (SBC)\Rightarrow d(A,(SBC))=d(H,(SBC))\)
Kẻ \(HT\perp SC\). Có \(\left\{\begin{matrix} SH\perp BC\\ HC\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow BC\perp (SHC)\Rightarrow BC\perp HT\)
Do đó \(HT\perp (SBC)\Rightarrow d(H,(SBC))=HT=\sqrt{\frac{SH^2.HC^2}{SH^2+HC^2}}=\sqrt{\frac{SH^2.AB^2}{SH^2+AB^2}}=\sqrt{2}\Rightarrow SH=\sqrt{6}a\)
Từ trung điểm $O$ của $AC$ dựng trục vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$. Trên trục đó ta lấy điểm $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp.
\(IS^2=IA^2=IH^2\Leftrightarrow (\overrightarrow{IO}+\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{HS})^2=IO^2+OH^2\)
\(\Leftrightarrow HS^2+2\overrightarrow{IO}.\overrightarrow{HS}=0\)
Do \(\overrightarrow {SH}\parallel \overrightarrow {IO}\Rightarrow \overrightarrow {IO}=k\overrightarrow{SH}\). Thay vào PT trên có $k=\frac{1}{2}$
\(\Rightarrow IO=\frac{\sqrt{6}a}{2}\Rightarrow IA=\sqrt{IO^2+AO^2}=\sqrt{3}a\)
\(\Rightarrow S_{\text{mặt cầu}}=4\pi R^2=12a^2\pi\)
