Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, góc BAD=120. Mặt bên (SAB) có SA=a, SB= a\(\sqrt{3}\) và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Tính thể tích hình chóp SABCD và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SAB). 
S o B H A D G d H' C K
Câu a bạn tự tính nhé!
Câu b: Qua G kẻ đường thẳng d // CD , khoảng cách từ \(d\left(G;\left(SAB\right)\right)=d\left(d;\left(SAD\right)\right)\)
Kẻ HH' vuông CD , nối SH'. Lúc này SH' cách d tại K . \(d\left(K;\left(SAB\right)\right)\) là khoảng cách cần tìm.
Ta có: SH'AB =\(\frac{1}{2}S_{ABCD}\)=\(\frac{1}{2}\times2\sqrt{3}a^2=\sqrt{3}a^2\) \(\Rightarrow HH'=\frac{\sqrt{3}a^2}{a}=\sqrt{3}a\)
Vì K nằm trên d nên \(d\left(K;\left(SAB\right)\right)=\frac{2}{3}HH'=\frac{2\sqrt{3}a}{3}\)
Ta có \(\left(SHC\right)\cap\left(SHD\right)=SH\)
Từ giả thiết \(\left(SHC\right)\perp\left(ABCD\right);\left(SHD\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
\(\Leftrightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}AB.AD.SH=\frac{1}{3}a^2\sqrt{3}.SH\left(1\right)\)
Ta có \(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow HD\) là hình chiếu của SD trên (ABCD), suy ra góc giữa SD và (ABCD) là \(\widehat{SDH}=60^0\Rightarrow SH=HD\tan\widehat{SDHH}=\frac{a\sqrt{39}}{2}\)
Khi đó \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{2}a^3\sqrt{13}\)
Dựng hình bình hành ACBE. Khi đó AC//BE suy ra AC//(SBE)
\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=d\left(AC,\left(SBE\right)\right)=d\left(A,\left(SBE\right)\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)\)
Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên BE và SK.
Khi đó \(BE\perp KH,BE\perp SH\Rightarrow BE\perp HI\left(1\right)\)
Mặt khác \(HI\perp SK\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(HI\perp\left(SBE\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SBE\right)\right)=HI\)
Tính được \(HK=\frac{a\sqrt{3}}{4};HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{212}}\)
\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)=2HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{53}}=\frac{a\sqrt{2067}}{53}\)
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 \(d\left(D,\left(SAB\right)\right)=\frac{3a\sqrt{3}}{2}\)
S A B C D M O N H 45 ❤sin45=\(\dfrac{SO}{SM}\) => SO=sin45 . SM= \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)
OM= \(\sqrt{SM^2-SO^2}\) = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)
BC = 2OM => BC=\(\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)
V = \(\dfrac{1}{3}.AB.BC.SO=\dfrac{1}{3}.a.\dfrac{a\sqrt{6}}{2}.\dfrac{a\sqrt{6}}{4}=\dfrac{a^3}{4}\)
❤ta có: SM⊂ (SAB) (1)
mà: \(\left\{{}\begin{matrix}NC//AB\\AB\subset\left(SAB\right)\end{matrix}\right.\) => NC// (SAB) (2)
từ (1) và (2) => SM//NC
\(d_{\left(SM,NC\right)}=d_{\left(NC,\left(SAB\right)\right)}=d_{\left(N,\left(SAB\right)\right)}=2d_{\left(O,\left(SAB\right)\right)}\)
+kẻ OH⊥SM
+ Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp OM\\AB\perp SO\end{matrix}\right.\) => AB ⊥ (SOM) \(\supset OH\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}OH\perp AB\\OH\perp SM\end{matrix}\right.\) => OH⊥(SAB)
➜d(O,(SAB)) =OH
OH=\(\dfrac{OM.SO}{\sqrt{OM^2+SO^2}}\)\(\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)
➜d(N,(SAB)) =d(SM,NC)= \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)