K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

8 tháng 4 2016


B C A D H K J S

Kẻ \(SH\perp AC\left(H\in AC\right)\)

Do \(\left(SAC\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

\(SA=\sqrt{AC^2-SC^2}=a;SH=\frac{SA.SC}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(S_{ABCD}=\frac{AC.BD}{2}=2a^2\)

\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.2a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\)

Ta có \(AH=\sqrt{SA^2-SH^2}=\frac{a}{2}\Rightarrow CA=4HA\Rightarrow d\left(C,\left(SAD\right)\right)=4d\left(H,\left(SAD\right)\right)\)

Do BC//\(\left(SAD\right)\Rightarrow d\left(B,\left(SAD\right)\right)=d\left(C,\left(SAD\right)\right)=4d\left(H,\left(SAD\right)\right)\)

Kẻ \(HK\perp AD\left(K\in AD\right),HJ\perp SK\left(J\in SK\right)\)

Chứng minh được \(\left(SHK\right)\perp\left(SAD\right)\) mà \(HJ\perp SK\Rightarrow HJ\perp\left(SAD\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SAD\right)\right)=HJ\)

Tam giác AHK vuông cân tại K\(\Rightarrow HK=AH\sin45^0=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)

\(\Rightarrow HJ=\frac{SH.HK}{\sqrt{SH^2+HK^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}\)

Vậy \(d\left(B,\left(SAD\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{2a\sqrt{21}}{7}\)

31 tháng 1 2019

15 tháng 2 2019

Đáp án C.

Gọi điểm H là hình chiếu của A 4 ; 1 ; − 2  trên mặt phẳng O x z , khi đó H 4 ; 0 ; − 2 .

Điểm  A' đối xứng với A 4 ; 1 ; − 2  qua mặt phẳng   O x z nên H 4 ; 0 ; − 2  là trung điểm AA'  . Khi đó  A ' 2 x H − x A ; 2 y H − y A ; 2 z H − z A → A ' 4 ; − 1 ; − 2

4 tháng 1 2017

24 tháng 12 2019

23 tháng 4 2017

24 tháng 11 2019

5 tháng 5 2019

22 tháng 3 2017

Đáp án A    

Dễ thấy tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là điểm.

20 tháng 4 2019

Đáp án A 

Dễ thấy tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là điểm

2 tháng 10 2017

Đáp án A

Ta  xA' = 2xO-x= 3; yA' = 2yO-y= -2zA' = 2zO-zA=1. Vậy A'(3;-2;1).