Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi h và h’ lần lượt là chiều cao hạ từ A, A’ đến mặt phẳng (SBC).
Gọi S1 và S2 theo thứ tự là diện tích các tam giác SBC và SB’C’.
Khi đó ta có h′h=SA′SAh′h=SA′SA và 12B′SC′.SB′.SC′12BSC.SB.SC=SB′SB.SC′SC12B′SC′.SB′.SC′12BSC.SB.SC=SB′SB.SC′SC
Suy ra VS.A′B′C′VS.ABC=VA′.SB′C′VA.SBC=13h′S213hS1=SA′SA⋅SB′SB⋅SC′SCVS.A′B′C′VS.ABC=VA′.SB′C′VA.SBC=13h′S213hS1=SA′SA⋅SB′SB⋅SC′SC
Đó là điều phải chứng minh.
. (vì α ∈ 
), α = arccos t.
(loại).
.
S A B M N C
Dùng định lý hàm số Cosin tính được \(MN=2a\sqrt{3}\)
\(AM=2a\sqrt{2},AN=2a\). Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC =60 độ suy ra tam giác AMN vuông tại A.
Gọi H là trung điểm của MN, vì SA=SM=SN và tam giác AMN vuông tại A \(\Rightarrow SH\perp\left(AMN\right)\), tính được SH=a
Tính được \(V_{S.AMN}=\frac{2\sqrt{2}a^3}{3}\)
\(\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM.SN}{SB.SC}=\frac{1}{3}\) \(\Rightarrow V_{S.ABC}=2\sqrt{2}a^3\)
Vậy d(C;(SAB)) =\(\frac{3V_{S.ABC}}{S_{\Delta SAB}}=\frac{6a^3\sqrt{2}}{3a^2}=2a\sqrt{2}\)
Dễ dàng chứng minh MN // BC
Xét \(\Delta SBC\) có MN // BC và MN đi qua trọng tâm G
\(\Rightarrow\) \(\begin{cases}SM=\frac{2}{3}SB\\SN=\frac{2}{3}SC\end{cases}\)
Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích đố với 2 khối tứ diện S.AMN và S.ABC ta có
\(\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=1.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\\ \Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{4}{9}.V_{S.ABC}\)
Tính được \(V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SA.AB.BC=\frac{a^3}{6}\)
\(\Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{2a^3}{27}\)
Đáp án C