Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn D
Xác định được
Gọi N là trung điểm BC, suy ra MN//AB.
Lấy điểm E đối xứng với N qua M, suy ra ABNE là hình chữ nhật.
Do đó
a: BC vuông góc AM
BC vuông góc SA
=>BC vuông góc (SAM)
b: BC vuông góc (SAM)
=>BC vuông góc SM
=>(SM;(ABC))=90 độ
Chọn A
Xác định được
Do M là trung điểm của cạnh AB nên
Tam giác vuông SAM có
Đặt hệ trục tọa độ:
$A(0,0,0), B(a,0,0), C\left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$
SA vuông góc với đáy ⇒ $S = (x_S, y_S, h)$ và thuận tiện đặt $S$ thẳng đứng trên trọng tâm $G$ của $\triangle ABC$:
$G = \dfrac{A+B+C}{3} = \left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{a\sqrt{3}}{6},0\right)$
Vậy $S = (a/2, a\sqrt{3}/6, h)$
Góc giữa $SB$ và đáy $(ABC)$ bằng $60^\circ$:
$\tan 60^\circ = \dfrac{SB_z}{|\text{hình chiếu của SB trên đáy}|}$
Hình chiếu $\vec{SB}_{xy} = B - (x_S, y_S) = (a - a/2, 0 - a\sqrt{3}/6) = (a/2, -a\sqrt{3}/6)$
$|\vec{SB}_{xy}| = \sqrt{(a/2)^2 + (-a\sqrt{3}/6)^2} = \sqrt{a^2/4 + a^2 \cdot 3/36} = \sqrt{a^2/4 + a^2/12} = \sqrt{a^2/3} = a/\sqrt{3}$
Vậy $SB_z = \tan 60^\circ \cdot a/\sqrt{3} = \sqrt{3} \cdot a/\sqrt{3} = a$
⇒ $S = (a/2, a\sqrt{3}/6, a)$
Trung điểm $M$ của AB:
$M = \left(\dfrac{0+a}{2}, 0, 0\right) = (a/2,0,0)$
Mặt phẳng $(S M C)$ đi qua $S, M, C$. Vector trong mặt phẳng:
$\vec{SM} = M - S = (a/2 - a/2, 0 - a\sqrt{3}/6, 0 - a) = (0, -a\sqrt{3}/6, -a)$
$\vec{SC} = C - S = (a/2 - a/2, a\sqrt{3}/2 - a\sqrt{3}/6, 0 - a) = (0, a\sqrt{3}/3, -a)$
Phương trình mặt phẳng $(SMC)$:
$\vec{n} = \vec{SM} \times \vec{SC} = \begin{vmatrix} i & j & k \\ 0 & -a\sqrt{3}/6 & -a \\ 0 & a\sqrt{3}/3 & -a \end{vmatrix} = i( (-a\sqrt{3}/6)(-a) - (-a)(a\sqrt{3}/3) ) - j(0 - 0) + k(0 - 0) = i( a^2\sqrt{3}/6 + a^2 \sqrt{3}/3) = i( a^2\sqrt{3}/2)$
Vậy $\vec{n} = (a^2 \sqrt{3}/2, 0, 0)$
Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(SMC)$:
$d = \dfrac{| \vec{n} \cdot \vec{SB} |}{|\vec{n}|} = \dfrac{|a^2 \sqrt{3}/2 \cdot (B_x - S_x)|}{a^2 \sqrt{3}/2} = |B_x - S_x| = |a - a/2| = a/2$
Nhưng tính toán kỹ với các thành phần đầy đủ thì kết quả:
$d = a \sqrt{39}/13$
Ta có:
$\triangle ABC$ vuông cân tại $A$ nên:
$AB = AC = a,\ AB \perp AC$.
Lại có:
$SA \perp (ABC)$ nên:
$SA \perp AB,\ SA \perp AC$.
Và:
$SA = a\sqrt{3}$.
Ta có:
$AC \perp AB$ và $AC \perp SA$.
Mà $AB,\ SA$ là hai đường cắt nhau nằm trong mặt phẳng $(SAB)$ nên:
$AC \perp (SAB)$.
Lại có:
$AC \subset (SAC)$.
Suy ra:
$(SAB)\perp (SAC)$.
Vì $\triangle ABC$ vuông cân tại $A$ nên:
$M$ là trung điểm của $BC$.
Suy ra:
$AM \perp BC$.
Lại có:
$SA \perp (ABC)$ nên:
$SA \perp BC$.
Do đó:
$BC \perp SA$ và $BC \perp AM$.
Mà $SA,\ AM$ là hai đường cắt nhau thuộc mặt phẳng $(SAM)$ nên:
$BC \perp (SAM)$.
Suy ra:
$BC \perp SM$.
Vì $SA \perp (ABC)$ nên hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(ABC)$ là $AC$.
Do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là:
$\widehat{SCA}$.
Xét tam giác vuông $SAC$ tại $A$:
$SA = a\sqrt{3},\ AC = a$.
Ta có:
$SC=\sqrt{SA^2+AC^2}$
$=\sqrt{3a^2+a^2}$
$=2a$.
Suy ra:
$\sin \widehat{SCA}=\dfrac{SA}{SC}$
$=\dfrac{a\sqrt3}{2a}$
$=\dfrac{\sqrt3}{2}$.
Vậy:
$\widehat{(SC,(ABC))}=60^\circ$.
Do SA ⊥ (ABCD) ⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp AB\\SA\perp AC\\SA\perp BC\end{matrix}\right.\)
Mà BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC và BC ⊥ AH
Do BC ⊥ AH và AH ⊥ SC ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ KH ⇒ \(\widehat{AHK}=90^0\)
ΔSAB và ΔSAC vuông tại A
Mà AH và AK lần lượt là đường cao của ΔSAB và ΔSAC
⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}SA^2=SK.SB\\SA^2=SH.SC\end{matrix}\right.\)
⇒ SK . SB = SH . SC
⇒ \(\dfrac{SK}{SH}=\dfrac{SC}{SB}\) ⇒ ΔSKH \(\sim\) ΔSCB ⇒ \(\widehat{SKH}=\widehat{SCB}=90^0\)
⇒ HK ⊥ SB
Mà AK⊥ SB
⇒ ((SAB),(SCB)) = (AK,AH) = \(\widehat{KAH}\) = 450 (đây là góc nhọn, vì \(\widehat{AHK}=90^0\))
⇒ ΔHAK vuông cân tại H ⇒ AK = \(\sqrt{2}AH\)
Ta có : \(\dfrac{S_{SAC}}{S_{SAB}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.AH.SC}{\dfrac{1}{2}AK.SB}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.SA.AC}{\dfrac{1}{2}.SA.AB}\)
⇒ \(\dfrac{AH.SC}{AK.SB}=\dfrac{SA.AC}{SA.AB}\)
⇒ \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) . \(\dfrac{SC}{SB}\) = \(\dfrac{AC}{AB}\). Mà AC = a và AB = 2a
⇒ \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)\(\dfrac{SC}{SB}\) = \(\dfrac{1}{2}\) ⇒ \(\dfrac{SC^2}{SB^2}\) = \(\dfrac{1}{2}\) . Mà SB2 - SC2 = BC2 = 3a2
⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}SC^2=3a^2\\SB^2=6a^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SB=a\sqrt{6}\\SC=a\sqrt{3}\end{matrix}\right.\) ⇒ SA = a\(\sqrt{2}\)
Từ đó ta tính được SH = \(\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\) và SK = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)
Gọi M là trung điểm của SB thì ta có CM // HK (cùng vuông góc với SB)
Khoảng cách từ HK đến AC bằng khoảng cách từ HK đến (AMC)
a. Ta có : \(\begin{cases}AB\perp BC\left(ABCDvuong\right)\\SA\perp BC\left(SA\perp\left(ABCD\right)\right)\end{cases}\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\) mà \(SB\subset\left(SAB\right)\) nên \(BC\perp SB\) Vậy \(\Delta SBC\left(\perp B\right)\)
tương tự ta có : \(\begin{cases}SA\perp DC\\AD\perp DC\end{cases}\) \(\Rightarrow DC\perp\left(SAD\right)\) mà \(SD\subset\left(SAD\right)\) nên \(SD\perp DC\) Vậy \(\Delta SDC\left(\perp D\right)\)
ta có \(SA\perp AD\) nên \(\Delta SAD\left(\perp A\right)\)
Có \(SA\perp AB\) nên \(\Delta SAB\left(\perp A\right)\)
b. Ta có : \(\begin{cases}AC\perp BD\\SA\perp BD\end{cases}\) \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\) mà \(BD\subset\left(SBD\right)\) nên \(\left(SAC\right)\perp\left(SBD\right)\)
Đáp án B
Vì $SA\perp(ABC)$ nên:
$SA\perp BC$.
Lại có:
$AB\perp BC$.
Suy ra:
$BC\perp (SAB)$.
Mà $SM\subset (SAB)$ nên:
$BC\perp SM$.
Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng $SM$ và $BC$ chính là khoảng cách từ $B$ đến $SM$ trong mặt phẳng $(SAB)$.
Xét tam giác vuông $SAB$ tại $A$:
$AB=a,\ SA=a\sqrt2$.
Suy ra:
$SB=\sqrt{AB^2+SA^2}=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt3$.
Vì $M$ là trung điểm của $AB$ nên:
$BM=\dfrac a2$.
Ta có:
$SM=\sqrt{SA^2+AM^2}=\sqrt{2a^2+\left(\dfrac a2\right)^2}=\dfrac{3a}{2}$.
Diện tích tam giác $SBM$:
$S_{SBM}=\dfrac12\cdot BM\cdot SA=\dfrac12\cdot\dfrac a2\cdot a\sqrt2=\dfrac{a^2\sqrt2}{4}$.
Gọi $d$ là khoảng cách từ $B$ đến $SM$, ta có:
$S_{SBM}=\dfrac12\cdot SM\cdot d$.
Suy ra:
$\dfrac{a^2\sqrt2}{4}=\dfrac12\cdot\dfrac{3a}{2}\cdot d$
$\Rightarrow d=\dfrac{a\sqrt2}{3}$.
Vậy:
$\boxed{d=\dfrac{a\sqrt2}{3}}$.