Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 :
\(AH=\frac{AM\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\Rightarrow d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{4}\)
1.
\(V=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{6}.a.a.2a=\frac{a^3}{3}\)
2.
\(V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{2}\)
P/s: chóp này là chóp "có đáy là tam giác đều" chứ không phải "chóp tam giác đều"
Hai loại này khác xa nhau đấy, ko lộn xộn nhầm lẫn được đâu
3.
Câu này đề sai
\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\Rightarrow\Delta SAC\) vuông tại A
\(\Rightarrow SC>SA\) (cạnh huyền luôn lớn hơn cạnh góc vuông)
Do đó đề cho \(SA=SC\) là vô lý
4.
\(AC=BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=2a\)
\(\widehat{SCA}=60^0\Rightarrow SA=SC.tan60^0=2a\sqrt{3}\)
\(V=\frac{1}{3}SA.AB.AD=\frac{1}{3}.2a\sqrt{3}.a.a\sqrt{3}=2a^3\)
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 \(V_{\left(H\right)}=\frac{1}{3}\pi.R^2.OH=\frac{\sqrt{3}}{54}\pi a^3\)
D A B C N M I G H
\(d\left(M,BN\right)=\frac{\left|13\left(-1\right)-10.2+13\right|}{\sqrt{13^2+10^2}}=\frac{20}{\sqrt{269}}\)
\(H\in\Delta\Leftrightarrow H\left(3a;2a\right)\)
Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm của tam giác BCD
Suy ra \(CG=\frac{2}{3}.CI=\frac{1}{3}AC\) mà \(AM=\frac{1}{4}AC\Rightarrow MG=\frac{5}{12}AC\Rightarrow CG=\frac{4}{5}MG\)
\(\Rightarrow d\left(C,BN\right)=\frac{4}{5}d\left(M,BN\right)=\frac{16}{\sqrt{269}}\Rightarrow d\left(H,BN\right)=2d\left(C,BN\right)=\frac{32}{\sqrt{269}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left|13.3a-10.2a+13\right|}{\sqrt{269}}=\frac{32}{\sqrt{269}}\Leftrightarrow a=1\) hoặc \(a=\frac{-45}{19}\)
Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên \(H\left(3;2\right)\)
Tiếp.........
Ta thấy \(CM=\frac{3AC}{4}=\frac{2AB}{4}=\frac{2CD}{4}=\frac{CD}{2}=CD=CH\Rightarrow\Delta MHN\) vuông tại M
HM có phương trình \(y-2=0\Rightarrow MN:x+1=0\Rightarrow N\left(-1;0\right)\Rightarrow C\left(1;1\right),D\left(-3;-1\right)\)
Do \(\overrightarrow{CM}=3\overrightarrow{MA}\Rightarrow A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right)\Rightarrow I\left(\frac{-1}{3};\frac{5}{3}\right)\Rightarrow B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right)\)
Vậy \(A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right);B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right);C\left(1;1\right);D\left(-3.-1\right)\)
4.
\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\\BC\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)
\(\Rightarrow BC\perp AH\)
Mà \(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp SC\)
Lại có \(AK\perp SC\)
\(\Rightarrow SC\perp\left(AKH\right)\Rightarrow SK\) là đường cao của chóp S.AHK ứng với đáy là tam giác AHK vuông tại H (do \(AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp HK\))
Áp dụng hệ thức lượng:
\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AB^2}=\)
À thôi đến đây phát hiện ra đề bài sai
\(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp AB\Rightarrow\) tam giác SAB vuông tại A với SA là cạnh góc vuông, SB là cạnh huyền
\(\Rightarrow SB>SA\Rightarrow SB=SA=a\) là hoàn toàn vô lý
S A B C D M N H K
Thế tích của khối chóp S.CDNM :
\(S_{CDNM}=S_{ABCD}-S_{AMN}-SBC\)
\(=AB^2-\frac{1}{2}AM.AN-\frac{1}{2}BC.BM\)
\(=a^2-\frac{a^2}{8}-\frac{a^2}{4}=\frac{5a^2}{8}\)
Vậy \(V_{SCDNM}=\frac{1}{3}S_{CDNM.SH}=\frac{5\sqrt{3}a^2}{24}\)
Khoảng cách giữa 2 đường thẳng DM và SC
\(\Delta ADM=\Delta DCN\Rightarrow\widehat{ADM}=\widehat{DCN}\Rightarrow DM\perp CN\)
Kết hợp với điều kiện :
\(DM\perp SH\Rightarrow DM\perp\left(SHC\right)\)
Hạ \(HK\perp SC\left(K\in SC\right)\Rightarrow HK\)là đoạn vuông góc chung của DM và SC
Do đó :
\(d\left(DM,SC\right)=HK\)
Ta có :
\(\begin{cases}HC=\frac{CD^2}{CN}=\frac{2a}{\sqrt{5}}\\HK=\frac{SH.HC}{\sqrt{SH^2+HC^2}}=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}\end{cases}\)
\(\Rightarrow d\left(DM,SC\right)=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}\)
cậu ơi, hướng dẫn giúp tớ bài tương tự này với: cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, góc giữa SD và mặt phẳng ABCD là 45 độ, SA vuông góc (ABCD). M là trung điểm BC. Tính khoảng cách DM và SC
cảm ơn c nhiều nhiều.
Đáp án D