Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án D
Vẽ AO ⊥ (BCD, MH ⊥ (BCD). Gọi K là trung điểm EF, ta có (ABK) ⊥ (BCD), mp (ABK) chứa AO, MH và là mặt phẳng trung trực của đoạn CD và EF.
Gọi J là trung điểm CD; G là giao điểm của MK và AJ; I là giao điểm của MK và AO.
Gọi N, P lần lượt là giao điểm của ME với AC, MF với AD. Khi đó (MNP) chính là thiết diện khi cắt tứ diện đều ABCD bởi mp (MEF). Vì BE=BF=2a nên ta cũng có MN=MP, hay tam giác MNP cân tại M, đường cao MG.
Để tính diện tích MNP, ta cần đi tìm MG và NP.
Vì G là giao điểm của các đường trung tuyến AJ và MK trong tam giác ABK nên G là trọng tâm của tam giác ABK, do đó MG = 1 3 MK (1) và AG = 2 3 AJ hay NP = 2 3 CD = 2 a 3 (vì NP//CD//EF và chứng minh dựa vào các tam giác đồng dạng, tính chất tỉ số đồng dạng và các đường cao; đường cao AG, AJ trong tam giác ANP và ACD).
Áp dụng nhanh: tam giác đều cạnh a có độ dài mỗi đường cao là 3 2 a (và diện tích là 3 4 a 2 ).
Tam giác đều BCD cạnh a có đường cao BJ = 3 2 a , trọng tâm O, suy ra BO = 2 3 BJ = a 3 . Lại vì MH là đường trung bình trong tam giác vuông ABO nên
Vì tam giác MHK vuông tại H nên ta có
Quay lại (1), ta có
từ đó tính được diện tích tam giác MNP là
2.
a/ Gọi O là trung điểm BD \(\Rightarrow BD\perp\left(OAA'\right)\)
Trong tam giác OAA', từ A kẻ \(AH\perp OA'\Rightarrow AH\perp\left(A'BD\right)\Rightarrow AH=d\left(A;\left(A'BD\right)\right)\)
\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{A'A^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)
b/
Trong tam giác vuông A'AC', kẻ \(A'K\perp AC'\Rightarrow A'K=d\left(A';AC'\right)\)
\(\frac{1}{A'K^2}=\frac{1}{A'A^2}+\frac{1}{A'C'^2}\Rightarrow A'K=...\)
\(A'D'//B'C'\Rightarrow A'D'//\left(AB'C'\right)\Rightarrow d\left(D';AC'\right)=d\left(A';AC'\right)=...\)
Trong tam giác vuông ABC', kẻ \(BP\perp AC'\)
Tương tự như trên:
\(d\left(B;AC'\right)=d\left(C;AC'\right)=BP=\frac{AB.C'B}{\sqrt{AB^2+C'B^2}}=...\)
1.
a/ I là trung điểm SC
\(\Rightarrow IC=\frac{1}{2}SC\Rightarrow d\left(I;\left(ABCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(S;\left(ABCD\right)\right)=\frac{1}{2}SA=\frac{a}{2}\)
b/
Kẻ \(OH\perp CM\) (H thuộc CM) (1)
\(IO\) là đường trung bình tam giác SAC \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}IO=\frac{1}{2}SA=\frac{a}{2}\\IO//SA\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow IO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow IO\perp CM\) (2)
(1); (2) \(\Rightarrow CM\perp\left(IOH\right)\Rightarrow CM\perp IH\)
\(\Rightarrow IH=d\left(I;CM\right)\)
Gọi N là trung điểm CD \(\Rightarrow OH=\frac{1}{2}.\frac{MN.CN}{\sqrt{MN^2+CN^2}}=\frac{a\sqrt{5}}{10}\)
\(\Rightarrow IH=\sqrt{IO^2+OH^2}=\frac{a\sqrt{30}}{10}\)
Hình chiếu vuông góc của SA lên (ABCD) là AO nên góc giữa SA và (ABCD) là \(\widehat{SAO}\)
Xét \(\Delta SAO\left(\perp O\right)\) ta có : \(SA=\frac{a\sqrt{5}}{2};AO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}a\sqrt{2}\)
\(\cos\widehat{SAO}=\frac{AO}{SA}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}\)
c. Xét \(\Delta SOC\) có : \(\begin{cases}SO\perp BD\\OC\perp BD\end{cases}\) nên \(\left(SOC\right)\perp BD\) mà \(OM\subset\left(SOC\right)\Rightarrow OM\perp BD\)
xét : \(\left(MBD\right)\cap\left(ABCD\right)=BD\)
Trong (MBD) có \(OM\perp BD\)
Trong (ABCD) có \(OC\perp BD\)
Vậy góc giữa (MBD) và (ABCD) là \(\widehat{MOC}\)
Ta có : \(\Delta SAC\) đồng dạng với \(\Delta MOC\) (vì \(CM=\frac{1}{2}CS;CO=\frac{1}{2}CA\))nên \(\widehat{MOC}=\widehat{SAC}\)
Đáp án A