Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do \(OC=\dfrac{1}{2}AC\Rightarrow d\left(O;\left(SCD\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(A;\left(SCD\right)\right)\)
Kẻ \(AH\perp SD\Rightarrow AH\perp\left(SCD\right)\)
\(\Rightarrow AH=d\left(A;\left(SCD\right)\right)\)
\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AD^2}\Rightarrow AH=\dfrac{SA.AD}{\sqrt{SA^2+AD^2}}=\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow d\left(O;\left(SCD\right)\right)=\dfrac{1}{2}AH=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
Ta có \(\frac{d\left(A,\left(SCD\right)\right)}{d\left(M,\left(SCD\right)\right)}=2\Rightarrow d=\left(m,\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,\left(SCD\right)\right)\)
Dễ thấy AC _|_ CD, SA _|_ CD dựng AH _|_ SA => AH _|_ (SCD)
Vậy d(A,(SCD))=AH
Xét tam giác vuông SAC (A=1v) có \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{AS^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)
Vậy suy ra \(d\left(M,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)
.jpg)
E=AB∩CD,G=EN∩SB⇒GE=AB∩CD,G=EN∩SB⇒G là trọng tâm tam giác SAE.
d(M,(NCD))=GMGBd(B,(NCD))=12d(B,(NCD))=12.12d(A,(NCD))=14d(A,(NCD))=
Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.
Vì $SA \perp (ABCD)$ nên đặt $S(0,0,h)$.
Xét cạnh $SD$:
$\vec{SD} = (0,2a,-h),\ SD = \sqrt{(2a)^2 + h^2} = \sqrt{4a^2 + h^2}$.
Góc giữa $SD$ và đáy là $60^\circ$ nên:
$\sin 60^\circ = \dfrac{SA}{SD} \Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{h}{\sqrt{4a^2 + h^2}}$.
Giải ra:
$\dfrac{3}{4} = \dfrac{h^2}{4a^2 + h^2} \Rightarrow 3(4a^2 + h^2) = 4h^2$
$\Rightarrow 12a^2 + 3h^2 = 4h^2 \Rightarrow h^2 = 12a^2 \Rightarrow h = 2a\sqrt{3}$.
⇒ $S(0,0,2a\sqrt{3})$.
Xét mặt phẳng $(SBD)$:
$\vec{SB} = (a,0,-2a\sqrt{3}),\ \vec{SD} = (0,2a,-2a\sqrt{3})$.
Vectơ pháp tuyến:
$\vec{n} = \vec{SB} \times \vec{SD} = (4a^2\sqrt{3},\ 2a^2\sqrt{3},\ 2a^2)$.
Khoảng cách từ $A$ đến $(SBD)$:
$d = \dfrac{|\vec{n} \cdot \vec{SA}|}{|\vec{n}|}$ với $\vec{SA} = (0,0,2a\sqrt{3})$.
Tính: $\vec{n} \cdot \vec{SA} = 2a^2 \cdot 2a\sqrt{3} = 4a^3\sqrt{3}$.
$|\vec{n}| = \sqrt{(4a^2\sqrt{3})^2 + (2a^2\sqrt{3})^2 + (2a^2)^2} = a^2\sqrt{48 + 12 + 4} = a^2\sqrt{64} = 8a^2$.
Suy ra: $d = \dfrac{4a^3\sqrt{3}}{8a^2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa SB và (ABCD)
\(\Rightarrow\widehat{SBA}=45^0\Rightarrow SA=AB.tan45^0=a\)
Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow AO=CO\Rightarrow d\left(C;\left(SBD\right)\right)=d\left(A;\left(SBD\right)\right)\)
Kẻ AH vuông góc BD, kẻ AK vuông góc SH
\(\Rightarrow AK\perp\left(SBD\right)\Rightarrow AK=d\left(A;\left(SBD\right)\right)\)
\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AD^2}+\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{4a^2}=\dfrac{5}{4a^2}\)
\(\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{5}{4a^2}=\dfrac{9}{4a^2}\)
\(\Rightarrow AK=\dfrac{2a}{3}\Rightarrow d\left(C;\left(SBD\right)\right)=\dfrac{2a}{3}\)
Chọn A.
Xác định được
Vì M là trung điểm SA nên
Kẻ AK ⊥ DM và chứng minh được AK ⊥ (CDM) nên
Trong tam giác vuông MAD tính được
Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.
Vì $SA \perp (ABCD)$ nên đặt $S(0,0,h)$.
Xét cạnh $SC$:
$\vec{SC} = (a,2a,-h)$, $SC = \sqrt{a^2 + (2a)^2 + h^2} = \sqrt{5a^2 + h^2}$.
Góc giữa $SC$ và đáy là $60^\circ$ nên:
$\sin 60^\circ = \dfrac{SA}{SC} \Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{h}{\sqrt{5a^2 + h^2}}$.
Giải ra:
$\dfrac{3}{4} = \dfrac{h^2}{5a^2 + h^2} \Rightarrow 3(5a^2 + h^2) = 4h^2$
$\Rightarrow 15a^2 + 3h^2 = 4h^2 \Rightarrow h^2 = 15a^2 \Rightarrow h = a\sqrt{15}$.
⇒ $S(0,0,a\sqrt{15})$.
Trung điểm: $M\left(0,0,\dfrac{a\sqrt{15}}{2}\right),\ N\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt{15}}{2}\right)$.
Xét mặt phẳng $(DMN)$:
$\vec{DM} = (0,-2a,\dfrac{a\sqrt{15}}{2}),\ \vec{DN} = \left(\dfrac{a}{2},-2a,\dfrac{a\sqrt{15}}{2}\right)$.
Vectơ pháp tuyến:
$\vec{n} = \vec{DM} \times \vec{DN} = \left(0,\dfrac{a^2\sqrt{15}}{4},a^2\right)$.
Khoảng cách từ $S$ đến $(DMN)$:
$d = \dfrac{|\vec{n} \cdot \vec{DS}|}{|\vec{n}|}$ với $\vec{DS} = (0,-2a,a\sqrt{15})$.
Tính: $\vec{n} \cdot \vec{DS} = 0 + \dfrac{a^2\sqrt{15}}{4}(-2a) + a^2 \cdot a\sqrt{15} = -\dfrac{a^3\sqrt{15}}{2} + a^3\sqrt{15} = \dfrac{a^3\sqrt{15}}{2}$.
$|\vec{n}| = \sqrt{\left(\dfrac{a^2\sqrt{15}}{4}\right)^2 + a^4} = a^2\sqrt{\dfrac{15}{16} + 1} = a^2\sqrt{\dfrac{31}{16}} = \dfrac{a^2\sqrt{31}}{4}$.
Suy ra: $d = \dfrac{\dfrac{a^3\sqrt{15}}{2}}{\dfrac{a^2\sqrt{31}}{4}} = \dfrac{2a\sqrt{15}}{\sqrt{31}}$.
Đáp án: A. $\dfrac{2a\sqrt{15}}{\sqrt{31}}$
d(B;(SCD))=1/2*d(A;(SCD))
Gọi giao của AB và CD là E
BC//AD
=>EB/EA=EC/ED=BC/AD=1/2
=>ΔAED cân tại E
=>AC vuông góc DE
Kẻ AF vuông góc SC
\(AC=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}\left(cm\right)\)
\(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{6}\left(cm\right)\)
=>\(AF=d\left(A;\left(SCD\right)\right)=\dfrac{3}{\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}\left(cm\right)\)
=>\(d\left(B;\left(SCD\right)\right)=\dfrac{\sqrt{6}}{4}\left(cm\right)\)
S A B C D H E K F
Ta có
\(SH\perp\left(ABCD\right);SH\in\left(SBD\right)\Rightarrow\left(SBD\right)\perp\left(ABCD\right)\)
Trong mp (ABCD) từ C dựng đường thẳng vuông góc với BD cắt BD tại F ta có
\(SH\perp\left(ABCD\right);CF\in ABCD\Rightarrow SH\perp CF\)
Mà \(CF\perp BD\)
Ta có \(BD\in\left(SBD\right);SH\in\left(SBD\right)\)
\(\Rightarrow CF\perp\left(SBD\right)\) => CF là khoảng cách từ C đến (SBD)
Trong mp (ABCD) nối CH cắt AD tại E
Ta có BC//AD \(\Rightarrow\dfrac{BC}{ED}=\dfrac{HB}{HD}=\dfrac{HC}{HE}=1\Rightarrow ED=BC=\dfrac{3a}{2}\)
\(\Rightarrow EA=AD-ED=3a-\dfrac{3a}{2}=\dfrac{3a}{2}=BC\)
Mà BC//AE và \(\widehat{ABC}=90^o\)
=> ABCE là hình chữ nhật
Trong mp (ABCD) từ H dựng đường thẳng vuông góc với CD cắt CD tại K
Xét tg vuông CDE có
\(CD=\sqrt{CE^2+ED^2}=\sqrt{4a^2+\dfrac{9a^2}{4}}=\dfrac{5a}{2}\)
Xét tg vuông ABD có
\(BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{4a^2+9a^2}=a\sqrt{13}\)
\(\Rightarrow HB=HD=\dfrac{BD}{2}=\dfrac{a\sqrt{13}}{2}\)
Xét tg vuông CKH và tg vuông CED có \(\widehat{ECD}\) chung
=> tg CKH đồng dạng với tg CED (g.g.g)
\(\Rightarrow\dfrac{CK}{CE}=\dfrac{HC}{CD}\Rightarrow CK=\dfrac{CE.HC}{CD}=\dfrac{2a.a}{\dfrac{5a}{2}}=\dfrac{4a}{5}\)
Xét tg vuông CKH có
\(HK=\sqrt{HC^2-CK^2}=\sqrt{a^2-\dfrac{16a^2}{25}}=\dfrac{3a}{5}\)
Xét tg vuông DKH và tg vuông DFC có \(\widehat{BDC}\) chung
=> tg DKH đồng dạng với tg DFC (g.g.g)
\(\Rightarrow\dfrac{HK}{CF}=\dfrac{HD}{CD}\Rightarrow CF=\dfrac{HK.CD}{HD}=\dfrac{\dfrac{3a}{5}.\dfrac{5a}{2}}{\dfrac{a\sqrt{13}}{2}}=\dfrac{3a\sqrt{13}}{13}\)
a: BC vuông góc SA
BC vuông góc AB
=>CB vuông góc (SBA)
DC vuông góc AD
DC vuông góc SA
=>DC vuông góc (SAD)
=>(SDC) vuông góc (SAD)
b: (SC;(SAD))=(SC;SD)=góc CSD
\(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=2a\sqrt{7}\)
\(AC=\sqrt{\left(2a\right)^2+3a^2}=a\sqrt{7}\)
\(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=4a\sqrt{2}\)
\(cosCSD=\dfrac{SC^2+SD^2-DC^2}{2\cdot SC\cdot SD}=\dfrac{32a^2+28a^2-4a^2}{2\cdot2a\sqrt{7}\cdot4a\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{14}}{4}\)
=>góc CSD=21 độ
(SC;(ABCD))=(CS;CA)=góc SCA
tan SCA=SA/AC=5/căn 7
=>góc SCA=62 độ
Câu 2: ABCD là hình chữ nhật có tâm O
=>O là trung điểm của AC
=>d(A;(SCD))=2d(O;(SCD))
Kẻ AH⊥SD tại H
ta có: CD⊥ AD(ABCD là hình chữ nhật)
CD⊥ SA(SA⊥(ABCD))
AD,SA cùng thuộc mp(SAD)
Do đó CD⊥(SAD)
=>CD⊥AH
Ta có: AH⊥SD
AH⊥CD
mà SD,CD cùng thuộc mp(SDC)
nên AH⊥(SCD)
=>AH là khoảng cách từ A đến mp(SCD)
Xét ΔSAD vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{\left(2a\right)^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{4a^2}\)
=>\(AH^2=\frac{4a^2}{5}\)
=>\(AH=\frac{2a\sqrt5}{5}\)
=>\(d\left(A;\left(SCD\right)\right)=\frac{2a\sqrt5}{5}\)
=>\(d\left(O;\left(SCD\right)\right)=\frac{2a\sqrt5}{5}:2=\frac{a\sqrt5}{5}\)