Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi I, J, K lần lượt là các giao điểm của AH và MO; AC và BH; MC và BO
\(MA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow MA\perp BJ\)
H là trực tâm của tam giác ABC => \(AC\perp BJ\)
\(\left\{{}\begin{matrix}BJ\perp MA\\BJ\perp AC\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow BJ\perp\left(MAC\right)\)
\(\Rightarrow BJ\perp MC\)
O là trực tâm của tam giác MBC nên \(BO\perp MC\)
Do đó : \(BO\perp\left(BJK\right)\Rightarrow MC\perp\left(BOH\right)\Rightarrow MC\perp OH\) (1)
Chứng minh tương tự : \(MB\perp OH\) (2)
Từ (1) và (2) cho \(OH\perp\left(MBC\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}BD\perp SA\\BD\perp AC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)
\(\Rightarrow\left(SBD\right)\perp\left(SAC\right)\)
a a a I A B C S 120độ
Gọi I là trung điểm của BC
tam giác SBC đều cạnh a
=> SI \(\perp\) BC
Mà : BC \(\perp\) SA (SA \(\perp\)(ABC))
=> BC \(\perp\) (SAI) => BC \(\perp\) AI
=> \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}BC.AI\)
Ta có : Tam giác ABC có đường trung tuyến AI là đường cao
=> Tam giác ABC cân tại A
-> AI là phân giác
Xét \(\Delta\) vuông \(AIB\) có : \(AI=BI.cot60^o\)
= \(\dfrac{a}{2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{a}{2\sqrt{3}}\)
Xét \(\Delta\) vuông \(SAI\) có :
\(SA=\sqrt{SI^2-AI^2}\)
\(SI\) là đường cao của \(\Delta\) đều cạnh a => SI = \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
=> SA = \(\sqrt{\dfrac{3a^2}{4}-\dfrac{a^2}{12}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\)
=> \(V_{SABC}=\dfrac{1}{3}S_{ABC}.SA=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^2}{4\sqrt{3}}\cdot\dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^3\sqrt{2}}{36}\)
Vậy ......
Ps : Viết sai SABC thành \(S_{ABC}\) ; SBC thành \(S_{BC}\) ;
SA \(\perp\) (ABC) thành \(S_{A\perp\left(ABC\right)}\) ; \(V_{SABC}\) thành \(V_{S_{ABC}}\) . Lần sau viết cho cẩn thận
t nhìn cái đề nó thế thì viết thế thôi