Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi O là giao điểm của AC và BD
ABCD là hình vuông
=>AB=BC=CD=DA=a
ΔABC vuông tại B
=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)
=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)
=>\(AC=a\sqrt2\)
ABCD là hình vuông
=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD; AC=BD
=>\(OA=OB=OC=OD=\frac{AC}{2}=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt2}{2}\)
=>SO⊥(ABCD)
Theo đề, ta có: \(\hat{SAO}=\hat{SBO}=\hat{SCO}=\hat{SDO}=30^0\)
Xét ΔSOA vuông tại O có tan SAO=SO/AO
=>\(SO=\frac{a\sqrt2}{2}\cdot\tan30=\frac{a\sqrt2}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{3}=\frac{a\sqrt6}{6}\)
a: TA có: BO⊥AC
BO⊥ SO
SO,AC cùng thuộc mp(SAC)
Do đó: BO⊥(SAC)
=>d(B;(SAC))=BO=a\(\frac{\sqrt2}{2}\)
b: Gọi M là trung điểm của CD
ΔOCD vuông tại O
mà OM là đường trung tuyến
nên OM=MC=MD=CD/2=a/2
ΔOCD cân tại O
mà OM là đường trung tuyến
nên OM⊥CD tại M
CD⊥ SO
CD⊥ OM
mà SO,OM cùng thuộc mp(SOM)
nen CD⊥(SOM)
Kẻ OH⊥ SM tại H
=>CD⊥ OH
=>OH⊥(SCD)
=>d(O;(SCD))=OH
Xét ΔSOM vuông tại O có OH là đường cao
nên \(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OM^2}=\frac{1}{\left(\frac{a\sqrt6}{6}\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\frac{10}{a^2}\)
=>\(OH^2=\frac{a^2}{10}\)
=>\(OH=\frac{a\sqrt{10}}{10}\)
=>d(O;(SCD))=\(\frac{a\sqrt{10}}{10}\)
c: AB//CD
=>AB//(SCD)
=>d(A;(SCD))=2*d(O;(SCD))=2*OH=\(\frac{a\sqrt{10}}{5}\)
Gọi O là giao điểm của AC và BD
ABCD là hình vuông
=>AB=BC=CD=DA=a
ΔABC vuông tại B
=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)
=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)
=>\(AC=a\sqrt2\)
ABCD là hình vuông
=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD; AC=BD
=>\(OA=OB=OC=OD=\frac{AC}{2}=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt2}{2}\)
=>SO⊥(ABCD)
Gọi N là trung điểm của AB
ΔOAB cân tại O
mà ON là đường trung tuyến
nên ON⊥AB
ΔOAB vuông tại O
mà ON là đường trung tuyến
nên ON=AB/2=a/2
Ta có: ON⊥ AB
SO⊥ AB
mà ON,SO cùng thuộc mp(SON)
nên AB⊥(SON)
=>Góc giữa mặt bên (SAB) và mặt đáy (ABCD) là góc SNO=45 độ
=>ΔSON vuông cân tại O
=>SO=ON=a/2
a: TA có: BO⊥AC
BO⊥ SO
SO,AC cùng thuộc mp(SAC)
Do đó: BO⊥(SAC)
=>d(B;(SAC))=BO=a\(\frac{\sqrt2}{2}\)
b; Trong mp(SON), kẻ OK⊥ NS tại K
AB⊥(SON)
=>AB⊥OK
mà OK⊥ SN
nên OK⊥(SAB)
=>d(O;(SAB))=OK
Xét ΔSON vuông tại O có OK là đường cao
nên \(OK\cdot SN=OS\cdot ON\)
=>\(OK=\frac{a}{2}\cdot\frac{a}{2}:\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\frac{a^2}{4}:\sqrt{\frac{2a^2}{4}}=\frac{a^2}{4}:\frac{a\sqrt2}{2}=\frac{a^2}{4}\cdot\frac{2}{a\sqrt2}=\frac{a\sqrt2}{4}\)
=>d(O;(SAB))=OK=\(\frac{a\sqrt2}{4}\)
c: CD//AB
=>CD//(SAB)
=>d(C;(SAB))=2*d(O;(SAB))=\(\frac{a\sqrt2}{2}\)
Đề bài sai. (SAD) và (SAC) cùng vuông góc với đáy, thế thì ta sẽ có là hình thoi ACBD, vô lý
1)
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABC)$.
Vì $(SAC) \perp (ABC)$ nên $H \in AC$.
a) Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là góc giữa $SC$ và hình chiếu $HC$:
$\tan \alpha = \dfrac{SH}{HC}$.
Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$, $H \in AC$ nên đặt $HC = x$.
Vì tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên $SH \perp AC$ tại trung điểm $\Rightarrow H$ là trung điểm $AC$.
Suy ra $HC = \dfrac{a}{2}$.
Xét góc giữa $SB$ và đáy:
$\tan 30^\circ = \dfrac{SH}{BH} = \dfrac{1}{\sqrt3}$.
Trong tam giác đều:
$BH = \dfrac{\sqrt3}{2}a$.
=> $\dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{SH}{\dfrac{\sqrt3}{2}a} \Rightarrow SH = \dfrac{a}{2}$.
Do đó: $\tan \alpha = \dfrac{SH}{HC} = \dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a}{2}} = 1 \Rightarrow \alpha = 45^\circ$.
b) Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$:
Gọi $M$ là trung điểm $BC$, khi đó góc giữa hai mặt phẳng là:
$\tan \beta = \dfrac{SH}{HM}$.
Trong tam giác đều:
$HM = \dfrac{\sqrt3}{2}a \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{a\sqrt3}{4}$.
=> $\tan \beta = \dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a\sqrt3}{4}} = \dfrac{2}{\sqrt3} \Rightarrow \beta = \arctan \dfrac{2}{\sqrt3}$.
2)
Vì $(SAB) \perp (ABC)$ và tam giác $SAB$ vuông tại $S$ nên:
$SA \perp SB$, đồng thời $SA \perp (ABC)$.
=> $SA$ là chiều cao.
a) Góc giữa $SC$ và $(ABC)$:
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ thì $H \equiv A$.
Do đó: $\tan \alpha = \dfrac{SA}{AC}$.
Vì tam giác đều: $AC = a$.
=> $\tan \alpha = \dfrac{a\sqrt3}{a} = \sqrt3 \Rightarrow \alpha = 60^\circ$.
b) Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$:
Gọi $M$ là trung điểm $BC$, ta có:
$\tan \beta = \dfrac{SA}{AM}$.
Trong tam giác đều:
$AM = \dfrac{\sqrt3}{2}a$.
=> $\tan \beta = \dfrac{a\sqrt3}{\dfrac{\sqrt3}{2}a} = 2 \Rightarrow \beta = \arctan 2$.
a: SO vuông góc (ABCD)
=>(SAC) vuông góc (ABCD)
b: AC vuông góc BD
BD vuông góc SO
=>BD vuông góc (SAC)
=>(SBD) vuông goc (SAC)
Ta tính được \(AG=a\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)
Từ gt ta có:
\(\widehat{\left(SA,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SA,AG\right)}=\widehat{SAG}=60^0\)(Vì S.ABC là chóp tam giác đều nên \(SG\perp\left(ABC\right)\))
Khi đó SG=AG.tan60=a
Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow GM=a\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)
Đặt d(G,(SBC))=x
Áp dụng mô hình "điểm tốt - vẽ hai bước" cho hình chóp S.GBC với G là "điểm tốt" ta có:
\(\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{1}{SG^2}+\dfrac{1}{GM^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{\left(a\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right)^2}\)
\(\Rightarrow x=\dfrac{a}{\sqrt{13}}\)
Mô hình "điểm tốt - vẽ hai bước": Cho hình chóp S.ABC với \(SA\perp\left(ABC\right)\). Kẻ \(AH\perp BC,AK\perp SH\) thì d(A,(SBC))=AK.
CM: Ta có: \(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp AH\)
Mà \(AH\perp BC\Rightarrow BC\perp\left(SAH\right)\)
\(\Rightarrow\left(SBC\right)\perp\left(SAH\right)\) theo giao tuyến SH
Mà \(AK\perp SH,AK\subset\left(SAH\right)\) \(\Rightarrow AK\perp\left(SBC\right)\), dễ dàng suy ra đpcm
Vì SABC là hình chóp đều nên nó sẽ có tính đối xừng, và cách làm giống bài bên trên toi vừa làm, bạn tham khảo