Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên:
$AB = a,\quad AC = a\sqrt3$
$\Rightarrow BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{a^2 + 3a^2} = 2a$.
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$ nên:
$BH = HC = a$.
Theo giả thiết, $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ xuống mặt phẳng $(ABC)$ nên:
$SH \perp (ABC)$.
Xét tam giác vuông $SBH$ tại $H$:
$SB = a\sqrt2$
$BH = a$
Áp dụng định lý Pythagore:
$SH^2 = SB^2 - BH^2$
$= (a\sqrt2)^2 - a^2 = 2a^2 - a^2 = a^2$
$\Rightarrow SH = a$.
Diện tích đáy tam giác $ABC$:
$S_{ABC} = \dfrac12 AB\cdot AC = \dfrac12 \cdot a \cdot a\sqrt3 = \dfrac{a^2\sqrt3}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$:
$V = \dfrac13 S_{ABC}\cdot SH$
$= \dfrac13 \cdot \dfrac{a^2\sqrt3}{2} \cdot a$
$= \dfrac{a^3\sqrt3}{6}$.
Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt3}{6}$. Chọn C
A N B C H K S
Theo giả thiết, \(HA=HC=\frac{1}{2}AC=a\) và \(SH\perp\left(ABC\right)\)
Xét \(\Delta v.ABC\) ta có : \(BC=AC.\cos\widehat{ACB}=2a\cos30^0=\sqrt{3}a\)
Do đó : \(S_{\Delta.ABC}=\frac{1}{2}AC.BC.\sin\widehat{ACB}=\frac{1}{2}.2a.\sqrt{3}a.\sin30^0=\frac{\sqrt{3}a^2}{2}\)
Vậy \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=\frac{\sqrt{6}a^3}{6}\)
Vì CA=2HA nên d(C,(SAB))=2d(H, (SAB)) (1)
Gọi N là trung điểm của Ab, ta có HN là đường trung bình của tam giác ABC
Do đó HN//BC suy ra AB vuông góc với HN.
Lại có AB vuông góc với Sh nên AB vuông góc với mặt phẳng (SHN).
Do đó mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SHN).
Mà Sn là giao tuyến của 2 mặt phẳng vừa nêu, nên trong mặt phẳng (SHN), hạ HK vuông góc với SN, ta có HK vuông góc với mặt phẳng (SAB)
Vì vậy d(J, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C. (SAB))=2HK (2)
Vì \(SH\perp\left(ABC\right)\) nên \(SH\perp HN\), xét tam giác v.SHN, ta có :
\(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HN^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{HN^2}\)
Vì HN là đường trung bình của tam giác ABC nên \(HN=\frac{1}{2}BC=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
Do \(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{11}{6a^2}\) suy ra \(HK=\frac{\sqrt{66}a}{11}\) (3)
Thế (3) vào (2) ta được \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)
A B C D H K S
Hạ \(SH\perp BC\Rightarrow\left(SBC\right)\perp\left(ABC\right)\)
\(\Rightarrow SH\perp BC;SH=SB.\sin\widehat{SBC}=a\sqrt{3}\)
Diện tích : \(S_{ABC}=\frac{12}{\boxtimes}BA.BC=6a^2\)
Thể tích : \(V_{s.ABC}=\frac{1}{3}S_{ABC}.SH=2a^3\sqrt{3}\)
Hạ \(HD\perp AC\left(D\in AC\right),HK\perp SD\left(K\in SD\right)\)
\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\Rightarrow HK=d\left(H,\left(SAC\right)\right)\)
\(BH=SB.\cos\widehat{SBC}=3a\Rightarrow BC=4HC\)
\(\Rightarrow d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4d\left(H,SAC\right)\)
Ta có : \(AC=\sqrt{BA^2+BC^2}=5a;HC=BC-BH=a\)
\(\Rightarrow HD=BA.\frac{HC}{AC}=\frac{3a}{5}\)
\(HK=\frac{SH.HS}{\sqrt{SH^2+HD^2}}=\frac{3a\sqrt{7}}{14}\)
Vậy \(d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4HK=\frac{6a\sqrt{7}}{7}\)
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, có
$AB = 2,\ \widehat{ABC}=60^\circ$.
Trong tam giác vuông $ABC$:
$\cos 60^\circ = \dfrac{AB}{BC}$
$\dfrac12 = \dfrac{2}{BC} \Rightarrow BC = 4$.
=> $AC = BC\sin60^\circ = 4 \cdot \dfrac{\sqrt3}{2} = 2\sqrt3$.
Diện tích đáy $ABC$ là:
$S_{ABC} = \dfrac12 AB \cdot AC$
$= \dfrac12 \cdot 2 \cdot 2\sqrt3 = 2\sqrt3$.
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.
Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên:
$AH = \dfrac{BC}{2} = 2$.
Góc giữa $SA$ và mặt phẳng đáy bằng $45^\circ$ nên:
$\tan 45^\circ = \dfrac{SA}{AH}$
$1 = \dfrac{SA}{2} \Rightarrow SA = 2$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SA$
$= \dfrac13 \cdot 2\sqrt3 \cdot 2$
$= \dfrac{4\sqrt3}{3}$.
S A M I C G B H
Vì tam giác ABC vuông cân tại C, \(AB=3a\Rightarrow CA=CB=\frac{3a}{\sqrt{2}}\)
Gọi M là trung điểm \(AC\Rightarrow MC=\frac{3a}{2\sqrt{2}}\Rightarrow MB=\frac{3a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\)
\(\Rightarrow BG=\frac{2}{3}BM=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\Rightarrow SG=\sqrt{SB^2-BG^2}=a\)
\(\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SG.S_{\Delta ABC}=\frac{3a^2}{4}=\frac{3a^2}{4}\)
Kẻ \(GI\perp AC\left(I\in AC\right)\Rightarrow AC\perp\left(SGI\right)\)
Ta có : \(GI=\frac{1}{3}BC=\frac{a}{\sqrt{2}}\)
Kẻ \(GH\perp SI\left(H\in SI\right)\Rightarrow GH\perp\left(SAC\right)\Rightarrow d\left(G,\left(SAC\right)\right)=GH\)
Ta có \(\frac{1}{GH^2}=\frac{1}{GS^2}+\frac{1}{GI^2}\Rightarrow GH=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow3d\left(B,\left(SAC\right)\right)=3GH=a\sqrt{3}\)
Đáp án C
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên:
$AB = a,\quad AC = a\sqrt3$
$\Rightarrow BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{a^2 + 3a^2} = 2a$.
Vì $H$ là trung điểm của $BC$ nên:
$BH = HC = a$.
Theo giả thiết, $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$ nên:
$SH \perp (ABC)$.
Xét tam giác vuông $SBH$ tại $H$:
$SB = a\sqrt2,\quad BH = a$
Áp dụng định lý Pitago:
$SH^2 = SB^2 - BH^2$
$= (a\sqrt2)^2 - a^2 = 2a^2 - a^2 = a^2$
$\Rightarrow SH = a$.
Diện tích đáy tam giác $ABC$ là:
$S_{ABC} = \dfrac12 AB \cdot AC$
$= \dfrac12 \cdot a \cdot a\sqrt3 = \dfrac{a^2\sqrt3}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH$
$= \dfrac13 \cdot \dfrac{a^2\sqrt3}{2} \cdot a$
$= \dfrac{a^3\sqrt3}{6}$.
Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt3}{6}$
Chọn đáp án C.